Điều kiện xác định: \({{x}^{2}}+1\ne 0\) (luôn đúng).

Vậy TXĐ: \(D=\mathbb{R}\).

\(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 1.\left( { - 2} \right) + 3.1 = 1\)

\(\overrightarrow {BA}  = \left( { - 2;{\mkern 1mu} 4} \right)\)

Hàm số xác định khi \(\sin x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow \sin x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi .\)

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được gọi là dãy số tăng nếu với mọi số tự nhiên n: \({u_{n + 1}} > {u_n}\)

\({T_{\vec v}}\left( A \right) = A' \Rightarrow \overrightarrow {A{\mkern 1mu} A'}  = \vec v \Leftrightarrow A'\left( {4; - 1} \right)\)

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} AB \bot AC\\ AB \bot AD \end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {ACD} \right) \Rightarrow AB \bot CD\)

\(\Rightarrow \left( {AB;CD} \right) = 90^\circ \)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1)

Hàm số xác định khi: \(x-1>0\Leftrightarrow x>1\). Vậy tập xác định: \(D=\left( 1;\,+\infty  \right)\). 

Nguyên hàm không có tính chất nguyên hàm của tích bằng tích các nguyên hàm.

Hoặc B, C, D đúng do đó là các tính chất cơ bản của nguyên hàm nên A sai.

\(x + 2i = 3 + 4yi \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 3\\ 2 = 4y \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 3\\ y = \frac{1}{2} \end{array} \right.\)

\(\overrightarrow a  =  - \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  - 3\overrightarrow k  \Rightarrow \overrightarrow a \left( { - 1;2; - 3} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số không âm x, y.

Ta có: \(x + y \ge 2\sqrt {xy}  = 12\)

Hàm cos x là hàm chẵn các hàm còn lại là hàm lẻ.

\(y' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}.\)

A sai. Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm thẳng hàng đã cho.

B sai. Trong trường hợp điểm thuộc đường thẳng đã cho, khi đó ta chỉ có 1 đường thẳng, có vô số mặt phẳng đi qua đường thẳng đó.

D sai. Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó hoặc trong trường hợp 4 điểm mặt phẳng không đồng phẳng thì sẽ tạo không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 12\).

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 2 \Rightarrow y = 15\\ x = 2 \Rightarrow y = - 17 \end{array} \right.\).

Ta lại có: \(y'' = 6x \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} y''\left( { - 2} \right) = - 12 < 0\\ y''\left( 2 \right) = 12 > 0 \end{array} \right.\) nên hàm số đạt cực đại tại x = -2 và giá trị cực đại của hàm số bằng 15.

Dạng đồ thị hình bên là đồ thị hàm đa thức bậc 3 \(y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\) có hệ số a>0.

Do đó, chỉ có đồ thị ở đáp án A. là thỏa mãn.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{2017x - 2018}}{{x + 1}} =  -  \propto \)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{2017x - 2018}}{{x + 1}} =  +  \propto \)

Nên đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -1

Ta có : \(y'=3{{x}^{2}}-6x\Rightarrow y'\left( 3 \right)=9\)

Phương trình tiếp tuyến tại điểm A (3;1) là \(y=9\left( x-3 \right)+1\Leftrightarrow y=9x-26\)

Hàm số \(y=\log \left( {{x}^{2}} \right)\) xác định khi \({{x}^{2}}>0\Leftrightarrow x\ne 0\)

\(d = \frac{{\left| {3.3 - 4.\left( { - 4} \right) - 1} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = \frac{{24}}{5}\)

Ta có \(f'\left( x \right)=1-\frac{4}{{{x}^{2}}}=0\Leftrightarrow x=\pm 2\)

Ta có \(f\left( 1 \right)=5;\,\,f\left( 2 \right)=4;\,\,f\left( 3 \right)=\frac{13}{3}\)

Suy ra \(\underset{\text{ }\!\![\!\!\text{ }1;3]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=4;\,\,\underset{[1;3]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=5\)

Do đó tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số là 4.5 = 20

Đặt \(t={{3}^{x}},\,t>0\)

Phương trình đã cho trở thành \({{t}^{2}}+6t-7=0\Leftrightarrow t=1\) (nhận) hoặc t=-7 (loại)

Với t=1 thì \({{3}^{x}}=1\Leftrightarrow x=0\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0

Ta có: \(m{{\cos }^{2}}x-4\sin x\cos x+m-2=0\Leftrightarrow m\frac{1+\cos 2x}{2}-2\sin 2x+m-2=0\)

\(\Leftrightarrow m\cos 2x-4\sin 2x+3m-4=0\Leftrightarrow m=\frac{4+4\sin 2x}{3+\cos 2x}\)

Xét M trên \(\left[ 0;\frac{\pi }{4} \right]\) ta có \(f'\left( x \right)=\frac{8+24\cos 2x+8\sin 2x}{{{\left( 3+\cos 2x \right)}^{2}}}\)

Nhận xét \(f'\left( x \right)>0\) với mọi \(x\in \left[ 0;\frac{\pi }{4} \right]\) nên để phương trình có nghiệm trên \(\left[ 0;\frac{\pi }{4} \right]\) thì \(f\left( 0 \right)\le m\le f\left( \frac{\pi }{4} \right)\Leftrightarrow 1\le m\le \frac{8}{3}\)

Khi đó phương trình \(m\cos 2x-4\sin 2x+3m-4=0\) có đúng một nghiệm trên \(\left[ 0;\frac{\pi }{4} \right]\)

\({S_{10}} = {u_1}.\frac{{1 - {q^{10}}}}{{1 - q}} =  - 3.\frac{{1 - {{\left( { - 2} \right)}^{10}}}}{{1 - \left( { - 2} \right)}} = 1023\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} CD \bot AD\\ CD \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right)\) theo giao tuyến SD

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD \(\Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH\)

Xét \(\Delta SAD\) vuông tại A đường cao AH

\(\begin{array}{l} \Rightarrow AH = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a.2a}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\\ \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \end{array}\)

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của đoạn CD và AB, ta có:

\(\Delta SAB\) đều \(\Rightarrow AB\bot SF\Rightarrow CD\bot SF\) (do CD||AB) (1)

\(\Delta SCD\) vuông cân tại S \(\Rightarrow CD\bot SE\) (2)

Từ (1), (2) suy ra \(CD\bot \left( SEF \right)\Rightarrow \left( SEF \right)\bot \left( ABCD \right)\) theo giao tuyến EF

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên EF \(\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)\)

Dựng \(BK\bot AH\) tại K \(\Rightarrow BK\bot \left( SAH \right)\Rightarrow BK\bot SA\)

Gọi \(M=BK\cap CD\) ta có \(SH\bot \left( ABCD \right)\) hay \(SH\bot \left( BDM \right)\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.BDM}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{BDM}}\)

\(\Delta SCD\) vuông cân tại S \(\Rightarrow SE=\frac{CD}{2}=\frac{a}{2}\)

\(\Delta SAB\) đều cạnh \(AB=a\Rightarrow SF=\frac{a\sqrt{3}}{2};\,\text{EF}=a\)

\(\Rightarrow S{{E}^{2}}+S{{F}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{4}+\frac{3{{a}^{2}}}{4}={{a}^{2}}=E{{F}^{2}}\Rightarrow \Delta SEF\) vuông cân tại S \(\Rightarrow SH=\frac{SE.SF}{EF}=\frac{\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\)

\(\Rightarrow AH=\sqrt{S{{A}^{2}}-S{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\frac{3{{a}^{2}}}{16}}=\frac{a\sqrt{13}}{4}\) và \(HF=\sqrt{S{{F}^{2}}-S{{H}^{2}}}=\sqrt{\frac{3{{a}^{2}}}{4}-\frac{3{{a}^{2}}}{16}}=\frac{3a}{4}\)

Ta có \(BK.AH=HF.AB\Rightarrow BK=\frac{HF.AB}{AH}=\frac{\frac{3a}{4}.a}{\frac{a\sqrt{13}}{4}}=\frac{3a}{\sqrt{13}}\)

\(\Delta KBA\) và \(\Delta ABI\) là hai tam giác vuông đồng dạng (với \(I=BM\cap AD\))

\(\begin{align} & \Rightarrow \frac{BI}{AB}=\frac{AB}{BK}\Rightarrow BI=\frac{A{{B}^{2}}}{BK}=\frac{{{a}^{2}}}{\frac{3a}{\sqrt{13}}}=\frac{a\sqrt{13}}{3} \\ & \Rightarrow AI=\sqrt{B{{I}^{2}}-A{{B}^{2}}}=\sqrt{\frac{13{{a}^{2}}}{9}-{{a}^{2}}}=\frac{2a}{3}\Rightarrow ID=\frac{a}{3} \\ \end{align}\)

\(\Delta DIM\) và \(\Delta AIB\) là hai tam giác vuông đồng dạng

\(\begin{align} & \Rightarrow \frac{DM}{AB}=\frac{DI}{AI}=\frac{\frac{a}{3}}{\frac{2a}{3}}=\frac{1}{2}\Rightarrow DM=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}\Rightarrow {{S}_{\Delta BDM}}=\frac{1}{2}BC.DM=\frac{1}{2}a.\frac{a}{2}=\frac{{{a}^{2}}}{4} \\ & \Rightarrow {{V}_{S.BDM}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{\Delta BDM}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{4}.\frac{{{a}^{2}}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{48} \\ \end{align}\)

Ta có

\(\begin{array}{l} f\left( 1 \right) = m + 3\\ \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - {x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^2} + 2} \right) = 3 \end{array}\)

Hàm số f(x) liên tục tại x = 1 khi: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow m + 3 = 3 \Leftrightarrow m = 0\)

Gọi K là trung điểm của đoạn AB, ta có \(\Delta SAB\) đều \(\Rightarrow SK\bot AB\)

Mà \(\left( SAB \right)\bot \left( ABC \right)\) theo giao tuyến AB

\(\Rightarrow SK\bot \left( ABC \right)\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SK.{{S}_{\Delta ABC}}\)

Ta có \(\Delta ABC\) vuông tại A có \(AB=a,BC=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow AC=\sqrt{B{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{2}\)

\(\Delta SAB\) đều cạnh AB = a  \(\Rightarrow \) Đường cao \(SK=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{12}\)

Đkxđ: \(\left[ \begin{array}{l} x \le 0\\ x \ge 2 \end{array} \right.\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x} }}.\)

Khi đó \(f'\left( x \right) \ge f\left( x \right) \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x} }} \ge \sqrt {{x^2} - 2x} \Leftrightarrow x - 1 \ge {x^2} - 2x \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 1 \le 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} \le x \le \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}\). Vì x là nghiệm nguyên nên \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{C_m}} \right)\) với trục hoành là

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

Để \(\left( {{C_m}} \right)\) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm phân biệt khác -2

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ \Delta = - 12{m^2} + 4m + 1 > 0\\ m.4 + \left( {2m + 1} \right)2 + 4m \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ - \frac{1}{6} < m < \frac{1}{2} \end{array} \right.\)

Để biểu thức \(B={{\log }_{2}}\left( 2x-1 \right)\) xác định thì \(2x-1>0\Leftrightarrow x>\frac{1}{2}.\)

Hàm số \(y={{\left( x+1 \right)}^{\frac{1}{3}}}\) xác định khi \(x+1>0\Leftrightarrow x>-1\)

Hàm số đồng biến trên \(\left( -\infty ;-1 \right)\) nên đồng biến trên \(\left( -\infty ;-3 \right)\).

+) Gọi \(O=AC\cap BD\), hạ \(OI\bot CD\Rightarrow \widehat{\left( \left( SCD \right),\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SIO}=\alpha \)

+) Ta có \(OI=\frac{a}{2};SO=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \tan \alpha =\frac{SO}{OI}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SIO}=\alpha ={{60}^{0}}\)

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ \frac{1}{3} \right\}.\)

Ta có: \(y=\frac{2x-5}{3x-1}=1-\frac{x+4}{3x-1}.\)

Để \(x,y\in \mathbb{Z}\Rightarrow \left( x+4 \right)\vdots \left( 3x-1 \right)\Rightarrow 3\left( x+4 \right)\vdots \left( 3x-1 \right)\Rightarrow \left( 3x-1+13 \right)\vdots \left( 3x-1 \right)\Rightarrow 13\vdots \left( 3x-1 \right)\)

Nên \(\left[ \begin{array}{l} 3x - 1 = 1\\ 3x - 1 = - 1\\ 3x - 1 = 13\\ 3x - 1 = - 13 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{2}{3}(L)\\ x = 0\\ x = \frac{{14}}{3}(L)\\ x = - 4 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} y = 5\\ y = 1 \end{array} \right.\)

Vậy trên đồ thị hàm số có hai điểm có tọa độ nguyên là \(\left( {0;5} \right),\left( { - 4;1} \right).\)

Từ đồ thị hàm số y = f(x) ta có trên khoảng (-1;3) có hai điểm cực trị.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l} 6 - 5x > 0\\ 3x - 2 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x < \frac{6}{5}\\ x > \frac{2}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{2}{3} < x < \frac{6}{5}.\)

\({\log _2}\left( {3x - 2} \right) > {\log _2}\left( {6 - 5x} \right) \Leftrightarrow 3x - 2 > 6 - 5x \Leftrightarrow x > 1.\)

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là \(1 < x < \frac{6}{5} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1\\ b = \frac{6}{5} \end{array} \right.\)

Vậy \(S = a + b = 1 + \frac{6}{5} = \frac{{11}}{5}.\)

Hình đa diện ở hình bên có 10 mặt

a có AB=a. Gọi M là trung điểm của \(AB\Rightarrow \widehat{C'MC}=\alpha \Rightarrow \cos \alpha =\frac{MC}{MC'}\Rightarrow CC'=MC'.\sin \alpha \)

\(\begin{align} & {{S}_{ABC'}}=\sqrt{3}\Leftrightarrow \frac{AB.C'M}{2}=\sqrt{3}\Leftrightarrow a.CM.cos\alpha =2\sqrt{3}\Leftrightarrow a.a\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha =2\sqrt{3}\Leftrightarrow \cos \alpha =\frac{4}{{{a}^{2}}} \\ & {{V}_{ABC.A'B'C'}}={{S}_{ABC}}.CC'=\frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}.MC.\tan \alpha =\frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}\frac{\sqrt{3}}{2}a.\tan \alpha =\frac{3}{8}{{a}^{3}}\sqrt{\frac{1}{16{{a}^{4}}}-1}=\frac{3}{8}\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{16}-{{a}^{6}}}. \\ \end{align}\)

Xét 

\(\begin{array}{l} f(x) = 16x - {x^3}\left( {0 \le x \le 4} \right)f'(x) = 16 - 3{x^2}\left( {0 \le x \le 4} \right);\\ f'(x) = 0 \Leftrightarrow 16 - 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{4}{{\sqrt 3 }};f(0) = 0;f(4) = 0;f\left( {\frac{4}{{\sqrt 3 }}} \right) = \frac{{128}}{{3\sqrt 3 }}. \end{array}\)

Vậy \({{V}_{ABC.A'B'C'}}\) lớn nhất khi \(\alpha =\sqrt{x}=\frac{2}{{}^{4}\sqrt{3}}\) nên \(\cos \alpha =\frac{4}{{{a}^{2}}}=\frac{4}{x}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Gọi A là biến cố chọn được hai thẻ sao cho tổng của các số ghi trên hai thẻ nhỏ hơn 700

Ta có \({{n}_{\Omega }}=C_{1000}^{2}\)

Gọi số thứ nhất là a; số thứ hai là b, ta có

\(\begin{align} & a=1\Rightarrow b=2\to 698\Rightarrow {{n}_{b}}=697 \\ & a=2\Rightarrow b=1;3\to 697\Rightarrow {{n}_{b}}=696 \\ & a=3\Rightarrow b=1;2;4\to 696\Rightarrow {{n}_{b}}=695 \\ & ... \\ & a=698\Rightarrow b=1\Rightarrow {{n}_{b}}=1 \\ & {{n}_{A}}=697+696+695+...+1=\frac{698.697}{2}=243253 \\ \end{align}\)

Vậy \(P(A)=\frac{{{n}_{A}}}{{{n}_{\Omega }}}=\frac{243253}{C_{1000}^{2}}\)

Ta có \(BC=\sqrt{A{{C}^{2}}+A{{B}^{2}}-2AC.AB.cos{{120}^{0}}}=a\sqrt{7};\)

\(\begin{align} & {{A}_{1}}B=\sqrt{{{A}_{1}}{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=a\sqrt{21};{{A}_{1}}K=\sqrt{{{A}_{1}}{{C}_{1}}^{2}+{{C}_{1}}{{K}^{2}}}=3a,KB=\sqrt{K{{C}^{2}}+C{{B}^{2}}}=2a\sqrt{3} \\ & d(I,({{A}_{1}}BK))=\frac{1}{2}d\left( {{B}_{1}},\left( {{A}_{1}}BK \right) \right)=\frac{1}{2}.\frac{3{{V}_{{{B}_{1}}{{A}_{1BK}}}}}{{{S}_{\Delta {{A}_{1}}BK}}} \\ \end{align}\)

Mà \({{V}_{{{B}_{1}}{{A}_{1}}BK}}=\frac{1}{2}{{V}_{K.{{A}_{1}}{{B}_{1}}BA}}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}{{V}_{ABC.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}=\frac{1}{3}.2a\sqrt{5}.\frac{1}{2}.a.2a.\sin {{120}^{0}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{15}}{3}.\)

Theo công thức Herong, diện tích tam giác \({{A}_{1}}BK\) bằng

\(S=\sqrt{p\left( p-2a\sqrt{3} \right)\left( p-3a \right)\left( p-a\sqrt{21} \right)}=3{{a}^{2}}\sqrt{3}\) với \(p=\frac{2a\sqrt{3}+3a+a\sqrt{21}}{2}\)

Vậy \(d\left( I,\left( {{A}_{1}}BK \right) \right)=\frac{3}{2}.\frac{\frac{{{a}^{3}}\sqrt{15}}{3}}{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{5}}{6}.\)

Tập xác định \(D=\mathbb{R},y'=3{{x}^{2}}-12x+m.\)

Hàm số \(y={{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+mx+1\) đồng biến trên khoảng \(\left( 1;+\infty  \right)\) khi và chỉ khi \(y'\ge 0,\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)\)

\(\Leftrightarrow m\ge -3{{x}^{2}}+12x,\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)\Leftrightarrow m\ge \underset{\left( 0;+\infty  \right)}{\mathop{\max }}\,\left( -3{{x}^{2}}+12x \right)\Leftrightarrow m\ge 12\)

Do \(\left\{ \begin{align} & m\in \mathbb{Z} \\ & -2018\le m\le 2018 \\ \end{align} \right.\) nên \(m\in \left\{ 12,13,14,...,2018 \right\}.\)

Vậy có 2007 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi số tiền ít nhất mà thầy giáo cần dành ra mỗi tháng để gửi tiết kiệm là x (đồng).

Số tiền tiết kiệm gửi vào ngân hàng sau 60 tháng là

\({{T}_{60}}=x\left( 1,{{005}^{1}}+1,{{005}^{2}}+...+1,{{005}^{60}} \right)=x.1,005.\frac{1,{{005}^{60}}-1}{0,005}\)

Theo bài ta có: \(x.1,005.\frac{1,{{005}^{60}}-1}{0,005}={{5.10}^{8}}\Leftrightarrow a=\frac{{{5.10}^{8}}.0,005}{1,005\left( 1,{{005}^{60}}-1 \right)}=7130747\) (đồng)

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\)

Ta có \(y'=4{{x}^{3}}-4\left( 1-{{m}^{2}} \right)x\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & {{x}^{2}}=1-{{m}^{2}} \\ \end{align} \right.\)

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị \(\Leftrightarrow \) phương trình y’ = 0 có ba nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow \) Phương trình \({{x}^{2}}=1-{{m}^{2}}\) có hai nghiệm phân biệt khác 0 \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 1-{{m}^{2}}>0 \\ & 1-{{m}^{2}}\ne 0 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow -1<m<1\)

Khi đó gọi ba điểm cực trị là

\(A\left( 0;1+m \right),\,\,B\left( \sqrt{1-{{m}^{2}}};m+2{{m}^{2}}-{{m}^{4}} \right),\,\,C\left( -\sqrt{1-{{m}^{2}}};m+2{{m}^{2}}-{{m}^{4}} \right)\)

Ta có: \(BC=\left| {{x}_{C}}-{{x}_{B}} \right|=2\sqrt{1-{{m}^{2}}};\,\,d\left( A;BC \right)={{\left( 1-{{m}^{2}} \right)}^{2}}\)

Lại có: \({{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BC.d\left( A,BC \right)={{\left( 1-{{m}^{2}} \right)}^{2}}\sqrt{1-{{m}^{2}}}\le 1\Rightarrow {{S}_{\max }}=1\) khi m = 0

Ta có \(y'=f'\left( x \right)=2019\frac{{{\left( {{e}^{\frac{x}{2019}}}+\sqrt{e} \right)}^{'}}}{\left( {{e}^{\frac{x}{2019}}}+\sqrt{e} \right)}=\frac{{{e}^{\frac{x}{2019}}}}{{{e}^{\frac{x}{2019}}}+\sqrt{e}}\)

Do đó

\(f'\left( x \right)+f'\left( 2019-x \right)=\frac{{{e}^{\frac{x}{2019}}}}{{{e}^{\frac{x}{2019}}}+\sqrt{e}}+\frac{{{e}^{\frac{2019-x}{2019}}}}{{{e}^{\frac{2019-x}{2019}}}+\sqrt{e}}=\frac{{{e}^{\frac{x}{2019}}}}{{{e}^{\frac{x}{2019}}}+\sqrt{e}}+\frac{{{e}^{1-\frac{x}{2019}}}}{{{e}^{1-\frac{x}{2019}}}+\sqrt{e}}\)

\(=\frac{{{e}^{\frac{x}{2019}}}}{{{e}^{\frac{x}{2019}}}+\sqrt{e}}+\frac{e}{e+\sqrt{e}.{{e}^{\frac{x}{2019}}}}=\frac{{{e}^{\frac{x}{2019}}}}{{{e}^{\frac{x}{2019}}}+\sqrt{e}}+\frac{\sqrt{e}}{\sqrt{e}+{{e}^{\frac{x}{2019}}}}=1\)

Bởi vậy \(2A=\left[ f'\left( 1 \right)+f'\left( 2018 \right) \right]+\left[ f'\left( 2 \right)+f'\left( 2017 \right) \right]+...+\left[ f'\left( 2018 \right)+f'\left( 1 \right) \right]=2018\)

Nên \(A=\frac{2018}{2}=1009\)

Gọi kích thước đáy của cái kho cần xây dựng là x (m) và 2x (m), chiều cao của kho là y (m), (với x, y>0)

Ta có \(V=2{{x}^{2}}y=2000\Rightarrow y=\frac{1000}{{{x}^{2}}}\,\,\,(m)\)

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là

\({{S}_{tp}}=2\left( x.2x+x.y+2x.y \right)=4{{x}^{2}}+6xy=4{{x}^{2}}+\frac{6000}{x}\)

\(=4{{x}^{2}}+\frac{3000}{x}+\frac{3000}{x}\ge 3\sqrt[3]{4{{x}^{2}}.\frac{3000}{x}.\frac{3000}{x}}=300\sqrt[3]{36}\,\,\left( {{m}^{2}} \right)\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(4{{x}^{2}}=\frac{3000}{x}\Leftrightarrow x=\sqrt[3]{750}\,\,\,\left( m \right)\)

Chi phí xây dựng thấp nhất khi đó sấp sỉ là \(300\sqrt[3]{36}.500000\approx \text{495289087}\) đồng

Xét đa thức bậc bốn \(g\left( x \right)=2f\left( x \right).f''\left( x \right)-{{\left( f'\left( x \right) \right)}^{2}}\). Ta có \(g'\left( x \right)=2f\left( x \right).f'''\left( x \right)=12f\left( x \right)\)

Vì \(g'\left( x \right)=0\) có ba nghiệm phân biệt nên \(g\left( x \right)=0\) có tối đa bốn nghiệm

Vậy phương trình \(2f\left( x \right).f''\left( x \right)={{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}\) có tối đa bốn nghiệm. Giả sử \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}<{{x}_{3}}\) là ba nghiệm của \(f\left( x \right)=0\). Mà các nghiệm này đều phân biệt nên ta có \(f'\left( {{x}_{1}} \right),\,f'\left( {{x}_{2}} \right),\,f'\left( {{x}_{3}} \right)\) đều khác 0. Ta có

Nhận thấy

\(\begin{align} & g\left( {{x}_{1}} \right)=2f\left( {{x}_{1}} \right).f''\left( {{x}_{1}} \right)-{{\left( f'\left( {{x}_{1}} \right) \right)}^{2}}=-{{\left( f'\left( {{x}_{1}} \right) \right)}^{2}}<0 \\ & g\left( {{x}_{2}} \right)=2f\left( {{x}_{2}} \right).f''\left( {{x}_{2}} \right)-{{\left( f'\left( {{x}_{2}} \right) \right)}^{2}}=-{{\left( f'\left( {{x}_{2}} \right) \right)}^{2}}<0 \\ & g\left( {{x}_{3}} \right)=2f\left( {{x}_{3}} \right).f''\left( {{x}_{3}} \right)-{{\left( f'\left( {{x}_{3}} \right) \right)}^{2}}=-{{\left( f'\left( {{x}_{3}} \right) \right)}^{2}}<0 \\ \end{align}\)

Nên từ bảng biến thiên suy ra phương trình \(g\left( x \right)=0\) có đúng hai nghiệm phân biệt. Do đó phương trình \(2f\left( x \right).f''\left( x \right)={{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}\) có đúng hai nghiệm phân biệt.

Tập xác định của hàm số \(y=x+\sqrt{4-{{x}^{2}}}+m$ là \(D=\left[ -2;2 \right]\)

Ta có \(y'=\frac{\sqrt{4-{{x}^{2}}}-x}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}\);

\(y'=0\Leftrightarrow \sqrt{4-{{x}^{2}}}-x=0\Leftrightarrow \sqrt{4-{{x}^{2}}}=x\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x\ge 0 \\ & 4-{{x}^{2}}={{x}^{2}} \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow x=\sqrt{2}\)

Tính được \(y\left( \sqrt{2} \right)=m+2\sqrt{2},\,\,y\left( -2 \right)=m-2\) và \(y\left( 2 \right)=m+2\)

Để ý rằng \(m-2<m+2<m+2\sqrt{2}\) nên \(\underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\max }}\,y=m+2\sqrt{2}\Leftrightarrow m+2\sqrt{2}=3\sqrt{2}\Leftrightarrow m=\sqrt{2}\)