Mỗi cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 34 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 34 phần từ trên số cách chọn là \(C_{34}^2.\)

\({u_5} = {u_1} + 4d = - 1 + 4.2 = 7\)

2^2x-1 = 32 ⇔ 2x - 1 = 5 ⇔ x = 3

Thể tích của khối lập phương cạnh 3 bằng 3³ = 27

Hàm số y = log₂(x+3) xác định khi x + 3 > 0 ⇔ x > -3

\(\int {{2^x}dx} = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C\)

\(V = 6.4.5 = 120\,c{m^3}\)

\(S_xq=\pi rl \to r=\dfrac{12 \pi}{3 \pi}=4\)

\(S = 4\pi {R^2} = 16\pi \Rightarrow {R^2} = 4 \Rightarrow R = 2\)

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên \((- \infty; -1)\) và (0;1)

log₅a² = 2log₅a

Thể tích của khối trụ là \(V=\pi r^2h\)

Giá trị cực tiểu bằng y(0) = 1

Ta thấy đồ thị hàm số có nét cuối đi lên nên a > 0 ⇒ loại đáp án A và C. 

Hàm số có hai điểm cực trị là x = 0 và x = 2

+) Xét đáp án B: \(y = {\rm{ }}{x^3} - 3x + 2{\rm{ }}\) có \(y' = 3{x^2} - 3\)

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

Hàm số có hai điểm cực trị là x = -1 và x = 1.

⇒ Loại đáp án B. 

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 0, tiệm cận ngang là y = 0 và y = 3.

Điều kiện x > 0.

Bất phương trình \(\log x \le 1 \Leftrightarrow x \le 10\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left( { - \infty ;10} \right]\)

Dựa vào BBT suy ra phương trình \(f\left( x \right) = \frac{{ - 3}}{2}\) có 3 nghiệm phân biệt.

\(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} = 2 - 4} = - 2\)

Số phức liên hợp của số phức z = 3 - 2i là \(\bar z = 3 + 2i\).

Hình chiếu của điểm M(3;1;-1) trên trục Oy là (0;1;0).

\({9^x} + {2.3^x} - 3 < 0 \Leftrightarrow - 3 < {3^x} < 1 \Leftrightarrow {3^x} < 1 \Leftrightarrow x < 0\)

Khi quay tam giác ABC xung quanh cạnh góc vuông AB thì đường gấp khúc ACB tạo thành một hình nón có đường cao h = AC = 2a, bán kính đáy r = AB = a nên đường sinh \(l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 \).

Suy ra diện tích xung quanh của hình nón đó bằng: \({S_{xq}} = \pi rl = 2\sqrt 5 \pi {a^2}\).

Đặt \(t = 3x - 1 \Rightarrow dt = 3dx \Rightarrow dx = \frac{{dt}}{3}\)

Đổi cận \(x = 1 \Rightarrow t = 2,\,x = 3 \Rightarrow t = 8.\)

Khi đó \(I = \frac{3}{2}\int\limits_1^3 {f(3x - 1)dx = \frac{3}{2}\int\limits_2^8 {\frac{{f(t)}}{3}dt = \frac{1}{2}} } \int\limits_2^8 {f(t)dt = \frac{1}{2}.10 = 5.} \)

\(V = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {{x^{\frac{1}{2}}}.{e^{\frac{x}{2}}}} \right)}^2}} dx = \pi \int\limits_1^2 {\left( {x.{e^x}} \right)} dx\)

Ta có vectơ chỉ phương của đường thẳng MN là \(\overrightarrow u = \overrightarrow {MN} = \left( {2;\,2;\, - 2} \right)\).

Hay một vectơ chỉ phương khác có dạng \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;\,1;\, - 1} \right)\).

Phương trình chính tắc của đường thẳng MN qua M(1;0;1) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;\,1;\, - 1} \right)\) có dạng:

\(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{1} - \frac{{z - 1}}{{ - 1}}\)

Chọn ngẫu nhiên 2 số từ 23 số nguyên dương có \(\left| \Omega \right| = C_{23}^2\) cách chọn

Gọi A là biến cố: Chọn được 2 số có tổng là một số chẵn

Tổng của 2 số là số chẵn khi 2 số đó đều chẵn hoặc đều lẻ

Trong 27 số nguyên dương đầu tiên có 11 số chẵn và 12 số lẻ

TH1: Chọn được 2 số chẵn có \(C_{11}^2\) cách chọn

TH2: Chọn được 2 số lẻ có \(C_{11}^2\) cách chọn

Suy ra \(\left| {{\Omega _A}} \right| = C_{11}^2 + C_{12}^2 = 121\). Vậy xác suất cần tìm là \(P = \frac{{121}}{{C_{23}^2}} = \frac{{11}}{{23}}\).

Trong (ABC), qua M kẻ đường thẳng song song với AB, qua B kẻ đường thẳng song song với AM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại E ta được tứ giác ABEM là hình bình hành.

Vì ME / / AB ⇒ AB / / ( SME)

⇒ d (AB; SM ) = d ( AB; (SME)) = d (A; (SME))

Từ A trong mặt phẳng (ABEM) kẻ AK \(\bot\) ME , lại có

ME \(\bot\) SA (do SA \(\bot\) (ABEM )) ⇒ EK \(\bot\)  (SAK)

Trong (SAK) kẻ AH \(\bot\) SK tại H

Ta có AH \(\bot\) SK; EK \(\bot\) AH (do EK \(\bot\) (SAK)) ⇒ AH \(\bot\) (SKE) tại H.

Từ đó d(AB; SM ) = d(A; (SME )) = AH

+ Xét tam giác SBA vuông tại A có \(SA = AB.\tan SBA = a.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\)

+ Lại có tam giác ABC vuông cân tại B nên \(AC = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 \Rightarrow CM = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Do đó \(AM = AC + CM = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}\)

+ Tam giác ABC vuông cân tại B nên ACB = 45° ⇒ CBE = ACB = 45° (hai góc so le trong)

Từ đó ABE = ABC + CBE = 90° + 45° = 135° , suy ra AME = 135° (hai góc đối hình bình hành)

Nên tam giác AME là tam giác tù nên K năm ngoài đoạn ME.

Ta có KMA = 180° - AME = 45° mà tam giác AMK vuông tại K nên tam giác AMK vuông cân tại K

\( \Rightarrow AK = \frac{{AM}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{3a}}{2}\)

+ Xét tam giác SAK vuông tại A có đường cao AH, ta có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{9{a^2}}}{4}}} \Rightarrow AH = \frac{{3a\sqrt 7 }}{7}\)

 Vậy \(d\left( {AB;SM} \right) = \frac{{3a\sqrt 7 }}{7}.\)

Hàm số \(f\left( x \right) = - \frac{1}{3}{x^3} + m{x^2} - 9x + 5\) có \(f'\left( x \right) = - {x^2} + 2mx - 9\).

Hàm số nghịch biến trên R

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in R\\ \Leftrightarrow - {x^2} + 2mx - 9 \le 0\,\,\forall x \in R\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - 1 < 0\\ \Delta ' = {m^2} - 9 \le 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow - 3 \le m \le 3 \end{array}\)

Do \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 3\,; - 2\,;\, - 1\,;\,0\,;\,1\,;\,2\,;\,3} \right\}\). Vậy có 7 giá trị nguyên của m.

Để tỷ lệ người xem mua sản phẩm đạt trên 80% thì điều kiện là \(P\left( t \right) = \frac{1}{{1 + 49{e^{ - 0,015t}}}} > \frac{4}{5}\)

\( \Leftrightarrow 1 + 49{e^{ - 0,015t}} < \frac{5}{4}\)

\( \Leftrightarrow t > 351,87\)

Do n là số nguyên nên \(n \ge 352\).

Ta có \(y' = 3{\rm{a}}{{\rm{x}}^2} + b\)

Hình dáng đồ thị suy ra a > 0.

Hàm số có cực đại và cực tiểu suy ra y' = 0 có hai nghiệm phân biệt \( \Rightarrow {x^2} = - \frac{b}{{3a}} > 0 \Rightarrow b < 0\)

Giao điểm của độ thị với trục tung là (0;c) nằm phía trên trục hoành, suy ra c > 0.

Cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng song song với trục, ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD (với AB là dây cung của hình tròn tâm O). Do hình trụ có chiều cao là \(h = OO' = 4\sqrt 2 \Rightarrow \) hình trụ có độ dài đường sinh \(l = AD = 4\sqrt 2 \).

Diện tích hình chữ nhật ABCD bằng \(AB.CD = 16 \Rightarrow AB = \frac{{16}}{{AD}} = \frac{{16}}{{4\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \). Gọi K là trung điểm đoạn AB thì \(OK \bot AB\), lại có mặt phẳng (ABCD) vuông góc với mặt phẳng đáy của hình trụ \(\Rightarrow OK \bot mp\left( {ABCD} \right) \Rightarrow\) khoảng cách giữa OO' và mặt phẳng (ABCD) là \(OK = \sqrt 2 \). Xét tam giác vuông AOK

\(R = OA = \sqrt {O{K^2} + A{K^2}} = \sqrt {O{K^2} + {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = 2\)

Diện tích xung quanh của hình trụ là \(S = 2\pi R.l = 2\pi .2.4\sqrt 2 = 16\pi \sqrt 2 \)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^4} - 4{x^3} + 4{x^2} + a\).

\(g'\left( x \right) = 4{x^3} - 12{x^2} + 8x;g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 12{x^2} + 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = 2 \end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

Do \(2m \ge M > 0\) nên m > 0 suy ra \(g\left( x \right) \ne 0\,\,\forall x \in \left[ {0;2} \right]\).

Suy ra \(\left[ \begin{array}{l} a + 1 < 0\\ a > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a < - 1\\ a > 0 \end{array} \right.\).

Nếu a < -1 thì M = -a, \(m = - a - 12\left( { - a - 1} \right) \ge - a \Leftrightarrow a \le - 2\)

Nếu a > 0 thì M = a + 1, \(m = a \Leftrightarrow 2a \ge a + 1 \Leftrightarrow a \ge 1\).

Do đó \(a \le - 2\) hoặc \(a \ge 1\), do a nguyên và thuộc đoạn [-3;3] nên \(a \in \left\{ { - 3; - 2;1;2;3} \right\}\).

Vậy có 5 giá trị của a thỏa mãn đề bài.

\({V_{ACB'D'}} = V - \left( {{V_{B'.ABC}} + {V_{C.B'C'D'}} + {V_{D'.ACD}} + {V_{A.A'B'D'}}} \right).\)

\({V_{B'.ABC}} = {V_{C.B'C'D'}} = {V_{D'.ACD}} = {V_{A.A'B'D'}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{3}.\frac{V}{2} \Rightarrow {V_{ACB'D'}} = V - 4.\frac{V}{6} = \frac{V}{3}.\)

Ta có \({2^{x - 2 + \sqrt[3]{{m - 3x}}}} + \left( {{x^3} - 6{x^2} + 9x + m} \right){2^{x - 2}} = {2^{x + 1}} + 1\)

\( \Leftrightarrow {2^{\sqrt[3]{{m - 3x}}}} + {\left( {x - 2} \right)^3} + 8 + m - 3x = {2^3} + {2^{2 - x}}\)

\(\Leftrightarrow {2^{\sqrt[3]{{m - 3x}}}} + m - 3x = {2^{2 - x}} + {\left( {2 - x} \right)^3}\)

Xét hàm \(f\left( t \right) = {2^t} + {t^3}\) trên R có \(f'\left( t \right) = {2^t}.\ln 2 + 3{t^2} > 0,\forall t \in R\) nên hàm số liên tục và đồng biến trên R.

Do đó từ (1) suy ra \(m - 3x = {\left( {2 - x} \right)^3} \Leftrightarrow m = 8 - 9x + 6{x^2} - {x^3}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 8\) trên R có \(f'\left( x \right) = - 3{x^2} + 12x - 9\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 3\\ x = 1 \end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có, phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi 4 < m < 8.

Suy ra \(a = 4;{\rm{ }}b = 8 \Rightarrow T = {b^2} - {a^2} = 48\).

Trong mặt phẳng (OBC) dựng hình bình hành OMBN, kẻ \(OI \bot BN\).

Kẻ \(OH \bot AI\). Nhận xét \(OM{\rm{//}}\left( {ABN} \right)\) nên khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và OM bằng khoảng cách giữa đường thẳng OM và mặt phẳng (ABN), bằng khoảng cách từ  đến mặt phẳng . Suy ra \(h = d\left( {O,\left( {ABN} \right)} \right) = OH\).

Tam giác OBI có OB = a, \(\widehat {BOM} = {60^{\rm{o}}}\) nên \(OI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác AOI vuông tại O nên \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 }}\).

Ta có: \(y' = - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9\).

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < 0\\ \Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - \left( { - 3} \right).\left( {4m + 9} \right) \le 0 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 12m + 27 \le 0 \Leftrightarrow m \in \left[ { - 9; - 3} \right]\)

Suy ra số giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên R là 7.

Theo bài ta có \(r = 0,017,A = 78.685.800\)

Và yêu cầu bài toán là \({S_N} \ge 120.000.000 \Leftrightarrow 78.685.800{e^{0,017N}} \ge 120.000.000\)

\( \Rightarrow N \ge 24,85 \Rightarrow \min N = 25\).

Do đó đến năm 2001 + 25 = 2026 thì thỏa yêu cầu bài toán.

Đồ thị hàm số có x = 1 là tiệm cận đứng nên c = -1.

Đồ thị hàm số có y = -1 là tiệm cận ngang nên a = -1.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2 nên \(\frac{b}{c} = - 2\) do đó b = 2.

Vậy \(T = a - 3b + 2c = - 1 - 3.2 + 2\left( { - 1} \right) = - 9\)

Thiết diện ABCD là hình vuông có cạnh là 8a (h = 8a).

Khoảng cách từ trục đến mặt phẳng (ABCD) là d = 3a

Suy ra bán kính đường tròn đáy \(r = \sqrt {{d^2} + {{\left( {\frac{h}{2}} \right)}^2}} = 5\)

Vậy \({S_{xq}} = 2\pi rh = 80\pi {a^2};{V_{tr}} = \pi {r^2}h = 200\pi {a^3}\)

\(f\left( 2 \right) - f\left( 0 \right) = \int\limits_0^2 {f'\left( x \right)dx} = \int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right){e^x}dx} = x{e^x}\left| {_0^2} \right. = 2{e^2}.\)

\(f\left( 2 \right) = 2{e^2} + f\left( 0 \right) = 2{e^2} + 1.\)

Dễ thấy x = 0 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số vì \(x \ge 1.\)

Ta xét phương trình \({f^2}\left( x \right) - f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {f\left( x \right) = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\\ {f\left( x \right) = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)} \end{array}} \right..\)

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng 

+) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} < 1;{x_2} = 2\) (nghiệm kép).

+) Phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt là \({x_3} = 1;{x_4} \in \left( {1;2} \right);{x_5} > 2.\)

Do đó \({f^2}\left( x \right) - f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right).h\left( x \right)\) suy ra \(g\left( x \right) = \frac{{\sqrt {x - 1} }}{{x.h\left( x \right)}}.\)

Mà h(x) = 0 có 3 nghiệm lớn hơn 1 \(\left( {2;{x_4};{x_5}} \right) \Rightarrow \) ĐTHS y = g(x) có 3 đường TCĐ.

Ta có \(n(\Omega ) = {4^4}\). Gọi  A là biến cố: “1 toa có 3 người, 1 toa có 1 người.”

Xét 2 công đoạn liên tiếp:

+) Chọn 3 hành khách trong 4 hành khách, chọn 1 toa trong 4 toa và xếp lên toa đó 3 hành khách vừa chọn \(\Rightarrow C_4^3.C_4^1 = 16\)

+) Chọn 1 toa trong 3 toa còn lại và xếp lên toa đó 1 một hành khách \( \Rightarrow C_3^1 = 3\) (Cách)

\( \Rightarrow n(A) = 16.3 = 48 \Rightarrow P(A) = \frac{{48}}{{{4^4}}} = \frac{3}{{16}}\)

Ta có: \(CC'//AA' \Rightarrow CC'//\left( {ABB'A'} \right) \supset AM\).

\(\Rightarrow d\left( {AM;CC'} \right) = d\left( {CC';\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right)\)

Trong (ANC) kẻ \(CH \bot AB\) (\(H \in AB\)) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} CH \bot AB\\ CH \bot AA' \end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CH\).

Ta có \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}CA.CB.\sin \widehat {ACB} = \frac{1}{2}.2a.a.\sin 120^\circ = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

\(AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2} - 2AC.BC.\cos \widehat {ACB}} = \sqrt {4{a^2} + {a^2} - 2.2a.a.\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)} = a\sqrt 7 \)

Mà \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}CH.AB \Rightarrow CH = \frac{{2{S_{\Delta ABC}}}}{{AB}} = \frac{{2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\).

Gọi A là số tiền gửi ban đầu với lãi suất r% một quý.

Sau quý thứ nhất, người đó nhận được số tiền là: \({S_1} = A\left( {1 + r} \right)\).

Sau quý thứ hai, người đó nhận được số tiền là: \({S_2} = {S_1}\left( {1 + r} \right) = A{\left( {1 + r} \right)^2}\).

…

Sau quý thứ n, người đó nhận được số tiền là: \({S_n} = {S_{n - 1}}\left( {1 + r} \right) = A{\left( {1 + r} \right)^n}\).

Theo bài ra với A = 120 triệu đồng, r = 1,75% một quý, để người đó nhận được số tiền nhiều hơn 150 triệu đồng bao gồm gốc và lãi, ta có bất phương trình sau:

\(\begin{array}{l} 120{\left( {1 + \frac{{1.75}}{{100}}} \right)^n} > 150\\ \Leftrightarrow {\left( {1,0175} \right)^n} > 1,25\\ \Leftrightarrow n > {\log _{1,0175}}1,25 \approx 12,86 \end{array}\)

Vì n là số nguyên dương nên n = 13

Gọi r, l lần lượt là bán kính đáy, độ dài đường sinh của hình nón ⇒ chiều cao \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} .\)

Từ giả thiết, ta có \(\frac{1}{{{r^2}}} + \frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{3}\) và \(h = r\sqrt 3 \) suy ra \(r = 2 \Rightarrow h = 2\sqrt 3 \Rightarrow l = \sqrt {{2^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}} = 4.\)

Vậy diện tích toàn phàn của hình nón là \({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .2.4 + \pi {2^2} = 12\pi .\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} f\left( x \right) = \smallint \sin x.si{n^2}2xdx\;\\ = 4\smallint \sin x\left( {1 - co{s^2}x} \right)co{s^2}xdx\\ = - 4\smallint \left( {co{s^2}x - co{s^4}x} \right)d\left( {cosx} \right)\\ = \frac{{ - 4}}{3}co{s^3}x + \frac{4}{5}co{s^5}x + C \end{array}\)

\(\begin{array}{l} f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 0 \Rightarrow C = 0\\ \Rightarrow \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f(x)dx} = \frac{{ - 104}}{{225}} \end{array}\)

Điều kiện: \(x > \frac{1}{3}\) và m > 0

Phương trình đã cho tương đương: \(lo{g_3}x - {\log _3}\left( {3x - 1} \right) = {\log _3}\frac{1}{m} \Leftrightarrow \frac{x}{{3x - 1}} = \frac{1}{m}.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{x}{{3x - 1}}\) với \(x > \frac{1}{3}\) có

\(f'\left( x \right) = - \frac{1}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x > \frac{1}{3}\)

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có nghiệm khi \(\frac{1}{m} > \frac{1}{3} \Leftrightarrow 0 < m < 3.\)

Do \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {1;2} \right\}.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^4} + ax + a}}{{x + 1}}\). Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{3{x^4} + 4{x^3}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {1;{\mkern 1mu} 2} \right]\)

Do đó \(f\left( 1 \right) \le f\left( x \right) \le f\left( 2 \right),\forall x \in \left[ {1;2} \right]\) hay \(a + \frac{1}{2} \le f\left( x \right) \le a + \frac{{16}}{3},{\mkern 1mu} \forall x \in \left[ {1;2} \right]\)

Xét các trường hợp sau :

TH1: Nếu \(a + \frac{1}{2} > 0 \Leftrightarrow a > - \frac{1}{2}\) thì \(M = a + \frac{{16}}{3},m = a + \frac{1}{2}\)

Theo đề bài: \(M \ge 2m \Leftrightarrow a + \frac{{16}}{3} \ge 2\left( {a + \frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow a \le \frac{{13}}{3}\)

Do a nguyên nên \(a \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}\).

TH2 : Nếu \(a + \frac{{16}}{3} < 0 \Leftrightarrow a < - \frac{{16}}{3}\) thì \(m = - \left( {a + \frac{{16}}{3}} \right),M = - \left( {a + \frac{1}{2}} \right)\)

Theo đề bài: \(M \ge 2m \Leftrightarrow - \left( {a + \frac{1}{2}} \right) \ge - 2\left( {a + \frac{{16}}{3}} \right) \Leftrightarrow a \ge - \frac{{61}}{6}\)

Do a nguyên nên \(a \in \left\{ { - 10; - 9;...; - 6} \right\}\).

TH3: Nếu \(a + \frac{1}{2} \le 0 \le a + \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow - \frac{{16}}{3} \le a \le - \frac{1}{2}\) thì \(M = \max \left\{ {\left| {a + \frac{1}{2}} \right|,\left| {a + \frac{{16}}{3}} \right|} \right\} \ge 0,m = 0\)

Khi đó \(M \ge 2m,\forall a \in \left[ { - \frac{{16}}{3};\; - \frac{1}{2}} \right]\)

Do a nguyên nên \(a \in \left\{ { - 5; - 4;...; - 1} \right\}\)

Vậy có 15 giá trị nguyên của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đồ thị hàm số trên hình vẽ có tiệm cận ngang là đường thẳng y = -1 mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = a\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = a\) nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng y = a suy ra a = -1

Suy ra \(y = \frac{{ - x + b}}{{x + c}}\)

Đồ thị hàm số đi qua các điểm \(A\left( {0\,;\, - 2} \right),B\left( {2\,;\,0} \right)\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l} \frac{b}{c} = - 2\\ 0 = \frac{{ - 2 + b}}{{2 + c}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = 2\\ c = - 1 \end{array} \right.\)

T = a - 3b + 2c =  - 1 - 6 - 2 =  - 9.

\(g'\left( x \right) = \left[ {f\left[ {f\left( x \right)} \right]} \right]' = f'\left[ {f\left( x \right)} \right].f'\left( x \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f'\left[ {f\left( x \right)} \right] = 0\\ f'\left( x \right) = 0 \end{array} \right.\)

Do đồ thị hàm số y = f(x) có 2 điểm cực trị nên f'(x) = 0 có 2 nghiệm

Lại có \(f'\left[ {f\left( x \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f\left( x \right) = 0\\ f\left( x \right) \approx \frac{5}{2} \end{array} \right.\) trong đó f(x) = 0 có 3 nghiệm và \(f(x) \approx \frac{5}{2}\) có 3 nghiệm

Vậy phương trình g'(x) = 0 có 8 nghiệm phân biệt