ĐK: \(-1<x<3\)

Ta có: \(\log _{2}(x+1)<\log _{2}(3-x) \Leftrightarrow(x+1)<(3-x) \Leftrightarrow x<1\)

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là \(S=(-1 ; 1)\)

Từ bảng xét dấu của \(y=f'(x)\) ta thấy f\(y=f'(x)\) đổi dấu qua các điểm x=-1 và x = 4 nên hàm số có hai điểm cực trị.

Xét điểm \(N(3 ; 4 ;-1)\)

\(\frac{3-3}{2}=\frac{4-4}{1}=\frac{-1+1}{2}\)

Từ đây ta suy ra \(N(3 ; 4 ;-1) \in d\)

Dựa vào hình dạng đồ thị nhậ thấy đây là đồ thị hàm trùng phương nên loại đáp án C. 

Mặt khác, hàm số đạt cực đại tại x = 0 , đạt cực tiểu tại \(x=\pm1\)

Mà \(y(\pm 1)=-1\) nên nhận đáp án D

Áp dụng công thức logarit của một lũy thừa ta có \(\log \left(a^{3}\right)=3 \log a\)

Do SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên AM là hình chiếu vuông góc của SM trên mặt phẳng (ABC)

Vậy góc giữa đường thẳng SM và mặt phẳng ( ABC) là góc giữa SM và AM hay \(\widehat {SMA}\)

Vì tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A nên: \(A M=\frac{1}{2} B C=\frac{a \sqrt{2}}{2}\)

Tam giác SAM vuông tại A và có \(S A=A M=\frac{a \sqrt{2}}{2}\) nên tam giác SAM vuông cân tại A.

\(\Rightarrow \widehat{S M A}=45^{\circ}\) 

\(I=\int\limits_{1}^{e} \frac{\sqrt{1+3 \ln x}}{x} \mathrm{d} x\)

\(\text { Đặt } t=\sqrt{1+3 \ln x} \Leftrightarrow t^{2}=1+3 \ln x \Rightarrow 2 t \mathrm{d} t=\frac{3}{x} \mathrm{d} x\)

Đổi cận \(\text { Với } x=1 \Rightarrow t=1 ; \text { với } x=e \Rightarrow t=2\)

Khi đó: \(I=\frac{2}{3} \int_{1}^{2} t^{2} \mathrm{d} t\)

Ta có: 

\(z=(2+i)^{2}=3+4 i \Rightarrow\)số phức z có điểm biểu diễn là \(Q(3 ; 4)\)

Ta có:\(y^{\prime}=3 x^{2}+6 x+3=0 \Leftrightarrow x=-1 \Rightarrow y^{\prime} \geq 0 \forall x \in \mathbb{R}\)

Vậy hàm số không có cực trị.

Ta có \(\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} y=0 \Rightarrow y=0\) là đường tiệm cận ngang .

Thể tích khối nón là: \(V=\frac{1}{3} \pi R^{2} h=\frac{1}{3} \pi .4^{2} .6=32 \pi\)

Thể tích của khối chóp S.ABCD  là \(V=\frac{1}{3} \cdot S A \cdot A B^{2}=\frac{1}{3} \cdot 3 a \cdot a^{2}=a^{3}\)

\(\begin{array}{l} \log _{2}(a b)=\log _{4}\left(a b^{4}\right) \Leftrightarrow \log _{2}(a b)=\frac{1}{2} \log _{2}\left(a b^{4}\right) \\ \Leftrightarrow \log _{2}(a b)^{2}=\log _{2}\left(a b^{4}\right) \Leftrightarrow a^{2} b^{2}=a b^{4} \Leftrightarrow a=b^{2} \end{array}\)

Mặt cầu có tâm I(-3;2;-1)

\(R=\sqrt{(-3)^{2}+2^{2}+(-1)^{2}+2}=4\)

Phát biểu D sai vì hàm số nghịch biến trên \((-\infty ;-1) \text { và }(-1 ;+\infty)\)

Hàm số xác định khi \(x^{2}-4 x+3 \neq 0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x \neq 1 \\ x \neq 3 \end{array}\right.\)

Hình chữ nhật ABCD có \(A C=2 a \sqrt{2} \text { và } \widehat{A C B}=45^{\circ}\) nên là hình vuông.

\(\Rightarrow A B=B C=C D=D A=2 a\)

Khi quay hình chữ nhật quanh cạnh AB ta được hình trụ có chiều cao \(h=A B=2 a\) và bán kính đáy là \(r=B C=2 a\) .

\(\Rightarrow S_{t p}=2 \pi r l=2 \pi r h=8 \pi a^{2}\)  

\(\begin{array}{l} f^{\prime}(x)=-3 x^{2}-6 x+9 \\ f^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=1\in[-2;1] \\ x=-3 \notin [-2;1] \end{array}\right. \end{array}\)

\(f(-2)=-21 ; f(1)=6\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [-2;1] là -21

Ta có \((P): 5 x-2 y+z+6=0 \Rightarrow \overrightarrow{n_{3}}=(5 ;-2 ; 1)\) là một vectơ pháp tuyến của (P).

Ta có:

\(\begin{array}{l} 7^{2 x^{2}+5 x+4}=49 \Leftrightarrow 7^{2 x^{2}+5 x+4}=7^{2} \Leftrightarrow 2 x^{2}+5 x+4=2 \\ \Leftrightarrow 2 x^{2}+5 x+2=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=-2 \\ x=-\frac{1}{2} \end{array}\right. \end{array}\)

Vậy tổng các nghiệm là \(-5\over 2\)

Ta có: 

\(\lim\limits _{x \rightarrow-\infty} f(x)=-1\Rightarrow \)  đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = - 1. 

\(\lim \limits_{x \rightarrow-1^{-}} f(x)=+\infty ; \lim\limits _{x \rightarrow-1^{+}} f(x)=-\infty\Rightarrow \) đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = - 1.

Vậy tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng là 2.

Vec tơ chỉ phương của d là \(\vec{u_d}(3 ;-4 ; 7)\)

Đường thẳng đi qua A và song song với đường thẳng d nhận vec tơ chỉ phương của d làm vectơ chỉ phương.

\(\text { Vậy}: \vec{u}(3 ;-4 ; 7)\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f(x), trục hoành và hai đường thẳng x=0, x=2 được tính bởi công thức

\(\begin{array}{l} S=\int\limits_{0}^{2}|f(x)| \mathrm{d} x=\int\limits_{0}^{1}|f(x)| \mathrm{d} x+\int\limits_{1}^{2}|f(x)| \mathrm{d} x \\ \Rightarrow S=\left|\int\limits_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x\right|+\left|\int\limits_{1}^{2} f(x) \mathrm{d} x\right| \\ \Rightarrow S=\int\limits_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x-\int\limits_{1}^{2} f(x) \mathrm{d} x \end{array}\)

Vậy  \(S=\left|\int\limits_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x\right|\) là mệnh đề sai.

Hình chiếu vuông góc của điểm M (1;0;2)  trên mặt phẳng (Oyz) là \(M^{\prime}(0 ; 0 ; 2)\)

Ta có:

\(\overrightarrow{A B}=(2 ; 1 ;-2), \overrightarrow{A C}=(-12 ; 6 ; 0) \Rightarrow[{\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}}]=(12 ; 24 ; 24)=12(1 ; 2 ; 2)\)

Vậy vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \((A B C) \text { là } \vec{n}=(1 ; 2 ; 2)\)

\(2^{2 x+1}-5.2^{x}+2=0 \Leftrightarrow 2.2^{2 x}-5.2^{x}+2=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 2^{x}=2 \\ 2^{x}=\frac{1}{2} \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=1 \\ x=-1 \end{array}\right.\right.\)

Vậy tổng tất cả các nghiệm bằng 0 . 

Bán kính của mặt cầu là: \(R=\frac{a}{2}\)

Diện tích của mặt cầu là: \(S=4 \pi R^{2}=4 \pi \frac{a^{2}}{4}=\pi a^{2}\)

Diện tích xung quanh của hình nón ( N) là:

\(S_{x q}=\pi R l\)

\((3+2 i) z+(2-i)^{2}=4+i \Leftrightarrow(3+2 i) z=4+i-(2-i)^{2} \Leftrightarrow(3+2 i) z=4+i-\left(4-4 i+i^{2}\right)\)

\(\Leftrightarrow(3+2 i) z=1+5 i \Leftrightarrow z=\frac{1+5 i}{3+2 i} \Leftrightarrow z=1+i\)

Vậy hiệu phần thực và phần ảo của số phức z là 0. 

\(3 f(x)=2(1) \Leftrightarrow f(x)=\frac{2}{3}\)

Số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm đồ thị hàm số \(y=f(x)\) và đường thẳng \(y=\frac{2}{3}\) .

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số \(y=f(x)\) và đường thẳng \(y=\frac{2}{3}\) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt. Vậy phương trình \(3 f(x)=2\) có 4 nghiệm phân biệt. 

Ta có: \(M(-2 ; 1) \Rightarrow z=-2+i \Rightarrow \bar{z}=-2-i\)

Ta có:

\(\int f(x) \mathrm{d} x=\int\left(x^{2}+3\right) \mathrm{d} x=\int x^{2} \mathrm{d} x+\int 3 \mathrm{d} x=\frac{x^{3}}{3}+3 x+C\)

Ta có:

công bội \(u_3=u_1.q^2\Rightarrow q=\sqrt{3}\)

Khi đó:

\(u_7=u_1.q^6=1.(\sqrt3)^6=9\)

Ta có: \(z^{2}+2 z+10=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} z=-1+3 i \\ z=-1-3 i \end{array}\right.\)

Vì \(z_0\) là nghiệm phức có phần thực âm và phần ảo dương nên \(z_{0}=-1+3 i\)

\(\Rightarrow w=i z_{0}=i(-1+3 i)=-i+3 i^{2}=-3-i\)

 Vậy điểm biểu diễn là \(M(-3 ;-1)\)

Ta có công thức \(A_{n}^{k}=\frac{n !}{(n-k) !}\)

Suy ra \(A_{n}^{n}=\frac{n !}{(n-n) !}=n !\). Vậy  C sai.

Ta có:

\(\int\limits_{1}^{3} f(x) \mathrm{d} x=\int\limits_{1}^{2} f(x) \mathrm{d} x+\int\limits_{2}^{3} f(x) \mathrm{d} x=-3+4=1\)

Ta có: \(P=x^{\frac{1}{2}} \sqrt[8]{x}=x^{\frac{1}{2}} \cdot x^{\frac{1}{8}}=x^{\frac{1}{2}+\frac{1}{8}}=x^{\frac{5}{8}}\)

Theo công thức tính thể tích  khối lăng trụ ta có \(V=B h\)

Phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{-2 x+1}{x+1}=-x+m(1)\)

ĐK: \(x \neq-1\)

(1)\(\Rightarrow \frac{-2 x+1}{x+1}=-x+m\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow-2 x+1=(-x+m)(x+1) \\ \Leftrightarrow-x^{2}+(m+1) x+m-1=0(2) \end{array}\)

Để đường thẳng \(d: y=-x+m\) cắt đồ thị hàm số \(y=\frac{-2 x+1}{x+1}\) tại hai điểm phân biệt A B, thì phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác -1

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} \Delta>0 \\ -3 \neq 0 \end{array} \Leftrightarrow m^{2}+6 m-3>0\right.\)

\(\Leftrightarrow m \in(-\infty ;-3-2 \sqrt{3}) \cup(-3+2 \sqrt{3} ;+\infty) \text { (3). }\)

Gọi \(A\left(x_{A} ;-x_{A}+m\right), B\left(x_{B} ;-x_{B}+m\right)\)  là tọa độ giao điểm:  

Theo đề bài ta có:

\(\begin{array}{l} A B \leq 2 \sqrt{2} \Leftrightarrow \sqrt{\left(x_{B}-x_{A}\right)^{2}+\left(x_{B}-x_{A}\right)^{2}} \leq 2 \sqrt{2} \\ \Leftrightarrow 2\left(x_{B}-x_{A}\right)^{2}=8 \Leftrightarrow x_{B}^{2}-2 x_{A} x_{B}+x_{A}^{2}-4 \leq 0 \\ \Leftrightarrow\left(x_{A}+x_{B}\right)^{2}-4 x_{A} \cdot x_{B}-4 \leq 0 \\ \Leftrightarrow(m+1)^{2}-4(1-m)-4<0 \end{array}\)

\(\Leftrightarrow m^{2}+6 m-7<0 \Leftrightarrow m \in(-7 ; 1)(4)\)

Từ (3) và (4) ta có: \(m \in(-7 ;-3-2 \sqrt{2}) \cup(-3+2 \sqrt{2} ; 1)\)

\(Vì \, m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in\{-6;0\}\)

Vây tổng các phần tử của S là -6

Số phần tử không gian mẫu: \(n(\Omega)=C_{19}^{8}=75582\)

Gọi A là biến cố:” trong 8 học sinh được chọn có đủ 3 khối”. 

Ta có: \(n(A)=C_{19}^{8}-\left(C_{14}^{8}+C_{13}^{8}+C_{11}^{8}-C_{8}^{8}\right)=21128\)

\(P(A)=\frac{71128}{75582}\)

Ta có: \(g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x+1)\)

Hàm số g(x) đồng biến \(\Leftrightarrow g^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow f^{\prime}(x+1)>0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x+1>5 \\ 1<x+1<3 \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x>4 \\ 0<x<2 \end{array}\right.\right.\)

Hàm số g(x) nghịch biến \(\Leftrightarrow g^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow f^{\prime}(x+1)>0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 3<x+1<5 \\ x+1<1 \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 2<x<4 \\ x<0 \end{array}\right.\right.\)

Vậy hàm số g(x) đồng biến trên khoảng\((0 ; 2) ;(4 ;+\infty)\) và nghịch biến trên khoảng \((2 ; 4) ;(-\infty ; 0)\) 

Gọi A là số tiền người đó gửi vào ban đầu.

Số tiền người ấy nhận được cả vốn lẫn lãi sau n (năm) là:

\(T_{n}=A(1+7,5 \%)^{n}\)

Theo đề ta có:

\(T_{n}-A>A \Leftrightarrow T_{n}>2 A \Leftrightarrow A(1+7,5 \%)^{n}>2 A \Leftrightarrow(1+7,5 \%)^{n}>2 \Leftrightarrow n>9,58\)

Vậy sau 10 năm thì người ấy có số tiền lãi lớn hơn số tiền gốc ban đầu. 

Gọi \(O=A C \cap B D\)

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên O là trung điểm của BD mà M là trung điểm của SD nên OM// SB / suy ra SB//(ACM). 

Do đó \(d(S B, C M)=d(S B,(A C M))=d(B,(A C M))=d(D,(A C M))\)

Gọi H là trung điểm của AD nên \(M H / / S A \Rightarrow M H \perp(A B C D)\)

\(\Rightarrow d(S B, C M)=d(D,(A C M))=2 d(H,(A C M))\)

Kẻ \(H I \perp A C \Rightarrow(M H I) \perp(M A C)\) theo giao tuyến MI.

Kẻ \(H K \perp M I \Rightarrow H K \perp(A C M)\) hay \(d(H,(A C M))=H K\)

Ta có:

\(H I=\frac{1}{2} O D=\frac{1}{4} B D=\frac{1}{4} \sqrt{A B^{2}+A D^{2}}=\frac{a \sqrt{2}}{4}, M H=\frac{1}{2} S A=a\)

suy ra \(\frac{1}{H K^{2}}=\frac{1}{H M^{2}}+\frac{1}{H I^{2}} \Leftrightarrow \frac{1}{H K^{2}}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{\left(\frac{a \sqrt{2}}{4}\right)^{2}} \Leftrightarrow \frac{1}{H K^{2}}=\frac{9}{a^{2}} \Leftrightarrow H K=\frac{a}{3}\)

Vậy \(d(S B, C M)=2 d(H,(A C M))=2 H K=\frac{2 a}{3}\)

ta có:

\(\left[f^{\prime}(x)\right]^{2}+f(x) \cdot f^{''}(x)=x^{3}-2 x, \forall x \in R\)

\(\Leftrightarrow\left(f^{\prime}(x) \cdot f(x)\right)^{\prime}=x^{3}-2 x, \forall x \in R\)

Lấy nguyên hàm hai vế ta có:

\(\begin{array}{l} \int\left(f^{\prime}(x) \cdot f(x)\right)^{\prime} d x=\int\left(x^{3}-2 x\right) d x \\ \Leftrightarrow f^{\prime}(x) \cdot f(x)=\frac{x^{4}}{4}-x^{2}+C \end{array}\)

Theo đề bài ta có: \(f^{\prime}(0) \cdot f(0)=C=4\)

\(\begin{array}{l} \int\limits_{0}^{2} f^{\prime}(x) \cdot f(x) \cdot d x=\int\limits_{0}^{2}\left(\frac{x^{4}}{4}-x^{2}+4\right) d x \\ \left.\Leftrightarrow \frac{f^{2}(x)}{2}\right|_{0} ^{2}=\frac{44}{15} \quad \Leftrightarrow f^{2}(2)=\frac{268}{15} \end{array}\)

Kẻ đường sinh A A' . Khi đó ta có 

\(\left\{\begin{array}{l} C D \perp A D \\ C D \perp A^{\prime} A \end{array} \Rightarrow C D \perp\left(A^{\prime} A D\right) \Rightarrow C D \perp A^{\prime} O \Rightarrow \widehat{A^{\prime} D C}=90^{\circ}\right.\)

Ta có \(\widehat {ADC}\)  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn\(\Rightarrow A^{\prime} C=2 a\)

Đặt cạnh hình vuông là x. Khi đó:

\(\left\{\begin{array}{l} A^{\prime} D^{2}=A D^{2}-A^{\prime} A^{2}=x^{2}-a^{2} \\ A^{\prime} D^{2}+D C^{2}=A^{\prime} C^{2} \end{array} \Rightarrow 2 x^{2}-a^{2}=4 a^{2} \Rightarrow x^{2}=S_{A B C D}=\frac{5 a^{2}}{2}\right.\)

Ta có:

\(4^{x-1}+2^{x} \sin \left(2^{x-1}+y-1\right)+2=2^{x}+2 \sin \left(2^{x-1}+y-1\right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4^{x}-4.2^{x}+4 .\left(2^{x}-2\right) \cdot \sin \left(2^{x-1}+y-1\right)+4+4=0 \\ \Leftrightarrow\left(2^{x}-2\right)^{2}+4\left(2^{x}-2\right) \sin \left(2^{x-1}+y-1\right)+4\left[\sin ^{2}\left(2^{x-1}+y-1\right)+\cos ^{2}\left(2^{x-1}+y-1\right)\right]=0 \\ \Leftrightarrow\left(2^{x}-2\right)^{2}+2 \cdot\left(2^{x}-2\right) \cdot 2 \sin \left(2^{x-1}+y-1\right)+\left[2 \sin ^{2}\left(2^{x-1}+y-1\right)\right]^{2}+4 \cos ^{2}\left(2^{x-1}+y-1\right)=0 \\ \Leftrightarrow\left[\left(2^{x}-2\right)+2 \sin \left(2^{x-1}+y-1\right)\right]^{2}+4 \cos ^{2}\left(2^{x-1}+y-1\right)=0 \\ \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 2^{x}-2+2 \sin \left(2^{x-1}+y-1\right)=0 \\ \cos ^{2}\left(2^{x-1}+y-1\right)=0 \end{array}\right. \end{array}\)

Vì \(\cos ^{2}\left(2^{x-1}+y-1\right)=0 \Rightarrow \sin ^{2}\left(2^{x-1}+y-1\right)=\pm 1\)

\(\begin{array}{l} \sin ^{2}\left(2^{x-1}+y-1\right)=1 \Rightarrow 2^{x}=0 \text { (vô nghiệm) } \\ \sin ^{2}\left(2^{x-1}+y-1\right)=-1 \Rightarrow 2^{x}=4 \Rightarrow x=x_{0}=2 \in(-2 ; 4) \end{array}\)

Từ giả thuyết ta có các tam giác \(\Delta A B D, \Delta A^{\prime} A D \text { và } A^{\prime} A B\)là các tam giác đều. 

\(\Rightarrow A^{\prime} A=A^{\prime} B=A^{\prime} D\) nên hình chiếu H của A' trên mặt phẳng ( ABCD) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABD .  

\(\begin{array}{l} \Rightarrow A H=\frac{2}{3} .2 a \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2 \sqrt{3}}{3} a \\ \Rightarrow A^{\prime} H=\sqrt{A^{\prime} A^{2}-A H^{2}}=\frac{2 \sqrt{6}}{3} a \end{array}\)

Thể tích khối hộp \(A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}: \)

\(V=A^{\prime} H S_{A B C D}=\frac{2 \sqrt{6}}{3} a \cdot 2 \cdot \frac{4 a^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}=4 \sqrt{2} a^{3}\)

Đặt \(y=\left|x^{4}-2 x^{3}+x^{2}+a\right|=|f(x)|\)

Xét hàm số \(f(x)=x^{4}-2 x^{3}+x^{2}+a\)

\(f^{\prime}(x)=4 x^{3}-6 x^{2}+2 x=2 x\left(2 x^{2}-3 x+1\right)=0 \Leftrightarrow x \in\left\{0 ; \frac{1}{2} ; 1\right\}\)

\(\Rightarrow f^{\prime}(x) \geq 0, \forall x \in[1 ; 2] \text { và } f(1)=a ; f(2)=a+4\)

ta có \(\forall x \in[1 ; 2] \text { thì }\left\{\begin{array}{l} \max y \in\{|a|,|a+4|\} \\ \min y \in\{|a|, 0,|a+4|\} \end{array}\right.\)

Xét các trường hợp:

\(a \geq 0 \Rightarrow \max y=a+4 ; \min y=a \Rightarrow 2 a+4=10 \Rightarrow a=3, \text {( nhận). }\)

\(a \leq-4 \Rightarrow \max y=-a ; \min y=-a-4 \Rightarrow-a-4-a=10 \Rightarrow a=-7 \text {( nhận) }\)

\(\left\{\begin{array}{l} a<0 \\ a+4>0 \end{array} \Leftrightarrow-4<a<0 \Rightarrow \min y=0 ; \max y \in\{a+4 ;-a\}\right.\)

\(\Rightarrow\left[\begin{array}{l} a+4=10 \\ -a=10 \end{array} \Rightarrow\left[\begin{array}{l} a=6 \\ a=-10 \end{array}\text { (Loại) }\right.\right.\)

Vậy tồn tại hai giá trị a thỏa mãn.  

ta có: \(3 f(x) \geq x^{3}-3 x+m \Leftrightarrow 3 f(x)-x^{3}+3 x \geq m\)

Đặt \(g(x)=3 f(x)-x^{3}+3 x\)

\(g^{\prime}(x)=3 f^{\prime}(x)-3 x^{2}+3\)

\(g^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow f^{\prime}(x)=x^{2}-1\)

Nghiệm của phương trình \(g^{\prime}(x)=0\) là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f^{\prime}(x)\) và parabol \(y=x^{2}-1\)

Dựa vào đồ thị hàm số :

\(f^{\prime}(x)=x^{2}-1 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=-\sqrt{3} \\ x=0 \\ x=\sqrt{3} \end{array}\right.\)

Bảng biến thiên:

Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi \(x \in[-\sqrt{3} ; \sqrt{3}]\)

thì \(m \leq \min\limits _{[-\sqrt{3} ; \sqrt{3}]} g(x)=g(\sqrt{3})=3 f(\sqrt{3})\)

Ta có:

\(\log _{3}\left(\frac{x+y}{1-x y}\right)+(x+1)(y+1)-2=0 \Leftrightarrow \log _{3}\left(\frac{x+y}{1-x y}\right)+x y+x+y-1=0\)

\(\Leftrightarrow \log _{3}(x+y)+x+y=\log _{3}(1-x y)+1-x y\)

Xét hàm đặc trưng \(f(t)=\log _{3} t+t \text { với } t>0\)

\(f^{\prime}(t)=\frac{1}{t \ln 3}+1>0, \forall t>0\)

 suy ra hàm số f(t) đồng biến với \(t>0\)

Vậy:

\(f(x+y)=f(1-x y) \Leftrightarrow x+y=1-x y \Leftrightarrow x(y+1)=1-y \Leftrightarrow x=\frac{1-y}{y+1}\)

Ta có:

\(P=2 x+y=\frac{2-2 y}{y+1}+y=-3+\frac{4}{y+1}+y+1 \geq-3+2 \sqrt{\frac{4}{y+1}(y+1)}=1\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1