Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy xét trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) 

Giá trị lớn nhất của hàm số là 5 khi \(x=2\).

Với \(x = 0 \Rightarrow y = 1\). Ta có \(y' = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow PTTT \) là \(y = x + 1{\rm{ }}\left( d \right)\) 

Tiếp tuyến cắt Ox; Oy lần lượt tại các điểm \(A\left( { - 1;0} \right)\) và \(B\left( {0;1} \right)\) 

Diện tích tam giác OAB là \(S = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}.\left| { - 1} \right|.\left| 1 \right| = \frac{1}{2}\).

Ta có \(D = R;y' = {x^3} + 3{x^2} - 4 = {\left( {x + 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\). Do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\) và nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right)\). Hàm số không đạt cực trị tại \(x =  - 2\) do \(y'\) không đổi dấu qua điểm này.

Ta có: \(D = R\backslash \left\{ { - 1} \right\}\); \(y' = \frac{{1 + m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\). Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định

\( \Leftrightarrow y' = \frac{{1 + m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0{\rm{ }}\left( {\forall x \in D} \right) \Leftrightarrow m >  - 1\).

Ta có: \(y = {\left( {{{\sin }^2}x} \right)^2} - {\left( {{{\cos }^2}x} \right)^2} = \left( {{{\sin }^2}x - {{\cos }^2}x} \right)\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) =  - \cos 2x\) 

Do đó \(y' = 2\sin 2x\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 3{m^2} = 0 \Leftrightarrow {x^2} = {m^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = m\\
x =  - m
\end{array} \right.\).

Do hàm số có \(a = 1 > 0\) nên để hàm số đã cho nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 2 thì \(\left\{ \begin{array}{l}
m \ne 0\\
\left| {m - \left( { - m} \right)} \right| = 2
\end{array} \right.\) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 0\\
2\left| m \right| = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  \pm 1\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 3{m^2}\). Để hàm số đồng biến trên \(R \Leftrightarrow y' \ge 0{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in R\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - {m^2} \ge 0{\rm{ }}\forall x \in R\) (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm) \( \Leftrightarrow {m^2} \le 0 \Leftrightarrow m = 0\).

Ta có: \(y' = 6{x^2} - 6\left( {3m - 1} \right)x + 6\left( {2{m^2} - m} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {3m - 1} \right)x + \left( {2m - 1} \right)m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = m\\
x = 2m - 1
\end{array} \right.\) 

Do hàm số có \(a = 2 > 0\) nên để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 4 \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 2m - 1\\
\left| {2m - 1 - m} \right| = 4
\end{array} \right.\) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 1\\
\left| {m - 1} \right| = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 1\\
\left[ \begin{array}{l}
m = 5\\
m =  - 3
\end{array} \right.
\end{array} \right.\).

Ta có: \(y' =  - 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  \pm 1
\end{array} \right.\). Do hàm số có \(a =  - 1 < 0\) nên hàm số đạt cực đại tại điểm \(x =  \pm 1\) 

Với \(x =  \pm 1 \Rightarrow {y_{CD}} = y\left( { \pm 1} \right) =  - 2\). PTTT tại điểm cực đại là \(y =  - 2\).

Ta có: \(y' =  - 4{x^3} + 16x > 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 4} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x <  - 2\\
0 < x < 2
\end{array} \right.\) 

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).

\(y = x - 1 + \frac{1}{{x - 2}} \Rightarrow y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 3\\
x = 1
\end{array} \right.\) 

Lại có: \(y'' = \frac{2}{{{{\left( {x - 2} \right)}^3}}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y''\left( 1 \right) =  - 2 < 0\\
y''\left( 3 \right) = 2 > 0
\end{array} \right.\) nên hàm số đạt cực đại tại \(x=1\) 

Hoặc lập BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x=1\).

Ta có \(y' = 3m{x^2} + 6x + 12\). Cho \(y'\left( 2 \right) = 3\left( {4m + 4 + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow m =  - 2\).                               

Với \(m =  - 2 \Rightarrow y'' = 6mx + 6 =  - 12x + 6 \Rightarrow y''\left( 2 \right) < 0\) khi đó \(m =  - 2\) hàm số đạt cực đại tại \(x=2\).

Ta có: \(y' =  - 3{x^2} + 6x + 3m\). Để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi \(y' \le 0\) với mọi x thuộc khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\). Khi đó \(m \le {x^2} - 2x{\rm{ }}\left( {\forall x > 0} \right) \Leftrightarrow m \le {\left( {x - 1} \right)^2} - 1 = f\left( x \right){\rm{ }}\left( {\forall x > 0} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) =  - 1\).

Ta có \(y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x =  - 1
\end{array} \right.\). Do hàm số có \(a = 1 > 0\) nên \({x_{CD}} < {x_{CT}} \Rightarrow {x_{CD}} =  - 1\) 

Khi đó \({y_{CD}} = y\left( { - 1} \right) = 6\).

Dựa vào hình vẽ ta thấy \(a>0\) vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty \). Mặt khác đồ thị hàm số đi qua điểm \(O\left( {0;0} \right)\) nên chỉ có đáp án C là đáp án đúng.

Ta có \(y'\left( x \right) = \cos x - m\)

Đặt \(\cos x = t,t \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow y'\left( t \right) = t - m\). Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow y'\left( x \right) \le 0,\forall x \in R \Leftrightarrow y'\left( t \right) \le 0,\forall t \in \left[ { - 1;1} \right]\) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y'\left( { - 1} \right) \le 0\\
y'\left( 1 \right) \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 1 - m \le 0\\
1 - m \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge  - 1\).

Ta có \(y' = 6{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0;y =  - 2\\
x = 1;y =  - 3
\end{array} \right.\). Điểm cực đại là điểm có tung độ lớn hơn.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng \(x = {x_0}\) sao cho hàm số không xác định tại \(x_0\). Ta có tiệm cận đứng \(x=1\), khi đó hàm số không xác định tại \(x=1\) sẽ nhận \(x=1\) làm tiệm cận đứng.

Ta có \(y' = 3{x^3} + {m^2} + 1 \ge 1,\forall x \in \left[ {0;2} \right] \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} y = y\left( 0 \right) = {m^2} - 2\) .

Để \(\mathop {Min}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} y = 7 \Leftrightarrow {m^2} - 2 = 7 \Leftrightarrow m =  \pm 3\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{x}{{{x^2} - 1}} = 0 \Rightarrow \) Tiệm cận đứng \(y=0\) 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{x}{{{x^2} - 1}} = \infty  \Rightarrow \) Tiệm cận ngang \(x=-1\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{x}{{{x^2} - 1}} = \infty  \Rightarrow \) Tiệm cận ngang \(x=1\).

Ta có: \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). Tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{x - 1}}\) với trục tung là nghiệm của phương trình \(x = 0 \Rightarrow y =  - 2 \Rightarrow y'\left( 0 \right) =  - 3\)

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y =  - 3x - 2\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 8x \Rightarrow y'\left( 1 \right) =  - 5 \Rightarrow y\left( 1 \right) =  - 1\) 

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y =  - 5\left( {x - 1} \right) - 1 =  - 5x + 4\).

A. \(y' =  - \frac{1}{{{x^2}}} < 0,\forall x \ne 0\). Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

B. \(y' =  - \frac{3}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 1\). Hàm số nghịch biế trên từng khoảng xác định.

C. \(y' = \frac{{{x^2} - 2x + 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne 1\). Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Gọi \(M\left( {{x_0};x_0^3 - 3x_0^2 - 2} \right) \in \left( C \right)\).

Ta có hệ số góc của tiếp tuyến tại M bằng 9: \(y'\left( {{x_0}} \right) = 3x_0^2 - 6{x_0} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} =  - 1;{y_0} =  - 6\\
{x_0} = 3;{y_0} =  - 2
\end{array} \right.\).

Ta có: \(y' = \frac{1}{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne \frac{3}{2}\). Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Mặt khác, hàm số \(y = \frac{{1 - x}}{{2x - 3}}\) bị gián đoạn tại điểm có hoành độ \(x = \frac{3}{2}\).

Suy ra không tồn tại giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
y' = \frac{{ - m}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} < 0\\
m \notin \left[ {1; + \infty } \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > 0\\
m < 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m < 1\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 1
\end{array} \right.\) 

Lập bảng biến thiên \( \Rightarrow \) hàm số chỉ đạt cực tiểu tại \(x=0\) và hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\), đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(y' = {\left( {x + 2} \right)^2} + 2\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 2\\
x + 2 + 2\left( {x - 1} \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 2 \Rightarrow y = 0\\
x = 0 \Rightarrow y =  - 4
\end{array} \right.\)

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là \(A\left( { - 2;0} \right),B\left( {0; - 4} \right) \Rightarrow \) trung điểm \(I\left( { - 1; - 2} \right)\).

Ta có \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y'\left( 0 \right) = c = 2\\
y'\left( 2 \right) = 12a + 4b + c =  - 2\\
y\left( 0 \right) = d = 2\\
y\left( 2 \right) = 8a + 4b + 2c + d =  - 2
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c = 2\\
d = 2\\
a = 1\\
b =  - 4
\end{array} \right. \Rightarrow y\left( { - 2} \right) =  - 26\).

Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + {m^2} - 1 = 0 \Rightarrow \Delta ' = {m^2} - {m^2} + 1 = 1 > 0\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = m + 1 \Rightarrow {y_1} = y\left( {m + 1} \right)\\
{x_2} = m - 1 \Rightarrow {y_2} = y\left( {m - 1} \right)
\end{array} \right.\) 

Ta ép cho trung điểm I của cạnh AB thuộc \(d:y = 5x - 9\), với \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\), \(B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\).

Tính được \(\left\{ \begin{array}{l}
{y_1} = \frac{1}{3}{\left( {m + 1} \right)^3} - m{\left( {m + 1} \right)^2} + \left( {{m^2} - 1} \right)\left( {m + 1} \right)\\
{y_2} = \frac{1}{3}{\left( {m - 1} \right)^3} - m{\left( {m - 1} \right)^2} + \left( {{m^2} - 1} \right)\left( {m - 1} \right)
\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow {y_1} + {y_2} = \frac{2}{3}{m^3} + \frac{1}{3}.6m - m\left( {2{m^2} + 2} \right) + 2m\left( {{m^2} - 1} \right) = \frac{2}{3}{m^3} - 2m\) 

\( \Rightarrow I\left( {m;\frac{1}{3}{m^3} - m} \right) \Rightarrow \frac{1}{3}{m^3} - m = 5m - 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 3\\
m = \frac{{ - 3 \pm 3\sqrt 5 }}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow \) tổng bằng 0.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow A\left( {0;1} \right)\\
x = 2 \Rightarrow y =  - 3 \Rightarrow B\left( {2; - 3} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 4} \right)\) 

Đường thẳng d có một VTCP là \(\overrightarrow u  = \left( {1;2m - 1} \right)\) 

Ép cho \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow u  = 0 \Leftrightarrow 2 - 4\left( {2m - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow m = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}\).

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow y = 4{m^3} \Rightarrow A\left( {0;4{m^3}} \right)\\
x = 2m \Rightarrow y = 6{m^3} \Rightarrow B\left( {2m;6{m^3}} \right)
\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {m \ne 0} \right)\) 

\( \Rightarrow {S_{OAB}} = \frac{1}{2}\left| {0.6{m^3} - 4{m^3}.2m} \right| = 8{m^4} = 4 \Leftrightarrow m =  \pm \frac{1}{{\sqrt[4]{2}}}\).

Ta có \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) =  - {t^2} + 18t \Rightarrow v'\left( t \right) =  - 2t + 18;\left\{ \begin{array}{l}
t \in \left( {0;10} \right)\\
v'\left( t \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 9\) 

Tính được \(v\left( 0 \right) = 0;v\left( {10} \right) = 80;v\left( 9 \right) = 81\).

Ta có \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = gt \Rightarrow v\left( 5 \right) = 5.9,8 = 49\left( {m/s} \right)\).

Cần \(x - 2m - 1 = 0\) với \(x = 3 \Leftrightarrow 3 - 2m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).Thử lại thỏa.

\(y' = {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + \left( {{m^2} + m} \right)\). Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì PT \(y'=0\) có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + m} \right) = m + 1 > 0 \Leftrightarrow m >  - 1\) 

\(y' =  - 4{x^3} + 20x \to y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \to y =  - 9\\
x =  \pm \sqrt 5  \to y = 16
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{y_1} = 16\\
{y_2} =  - 9
\end{array} \right. \Rightarrow \left| {{y_1} - {y_2}} \right| = 25\).

\(y' =  - 3{x^2} + 6mx + 3\left( {1 - {m^2}} \right) \Rightarrow y = y'\left( {\frac{x}{3} - \frac{m}{3}} \right) + 2\left( {1 - 2{m^2}} \right)x + m - {m^2}\) 

PT đường thẳng cực trị là: \(\Delta :y = 2\left( {1 - 2{m^2}} \right)x\) 

\(M\left( {0; - 2} \right) \in \Delta  \Leftrightarrow  - 2 = 2\left( {1 - 2{m^2}} \right)0 + m - {m^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 2\\
m =  - 1
\end{array} \right.\).

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x + 2}}{{x + 2}}\) có 2 đường tiệm cận là \(\left( {{d_1}} \right):x =  - 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):y = 3\) 

Gọi \(P\left( {a;\frac{{3a + 2}}{{a + 2}}} \right) \Rightarrow d\left( {P,{d_1}} \right) + d\left( {P,{d_2}} \right) = \left| {a + 2} \right| + \left| {\frac{{3a + 2}}{{a + 2}} - 3} \right| = \left| {a + 2} \right| + \frac{4}{{\left| {a + 2} \right|}} \ge 4\) 

Dấu bằng khi \(\left| {a + 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 0\\
a =  - 4
\end{array} \right.\). Vậy các điểm P, Q là \(\left( {0;1} \right)\) là \(\left( { - 2;5} \right) \Rightarrow P{Q^2} = 20\).

\(y' =  - \frac{4}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). Tiếp tuyến cần tìm song song với đường thẳng \(y =  - 4x + 2 \Rightarrow \) có hệ số góc \(k =  - 4\) hay \( - \frac{4}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} =  - 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
x = 0
\end{array} \right.\).  Phương trình các tiếp tuyến cần tìm là: \(y =  - 4x + 3\) và \(y =  - 4x + 13\)