Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đơn điệu (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=3x^2-6x-m$. Hàm số đồng biến trên $(4;+\infty )$ khi $y^{\prime }\ge 0$ với mọi $x>4$, tức $m\le 3x^2-6x$ với mọi $x>4$. Xét $g(x)=3x^2-6x$ có đỉnh tại $x=1$, nên trên $(4;+\infty )$ hàm $g$ tăng dần và ${\min }_{x>4}g(x)=g(4)=48-24=24$. Vậy điều kiện là $m\le 24$. Vì $m$ nguyên dương nên $m\in \{1,2,\dots ,24\}$, tập $S$ có 24 phần tử. Đáp án D.

Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-2x+2m$.

Hàm số $f(x)$ đồng biến trên khoảng $(-1;+\infty )\iff f^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (-1;+\infty )$

$$\iff 3x^2-2x+2m\ge 0,\forall x\in (-1;+\infty )$$

$$\iff 2m\ge -3x^2+2x,\forall x\in (-1;+\infty )$$

$$\iff m\ge -\frac{3}{2}{x}^2+x,\forall x\in (-1;+\infty )$$

Đặt $g(x)=-\frac{3}{2}{x}^2+x$ với $x\in (-1;+\infty )$. Ta có: $g^{\prime }(x)=-3x+1$.

$g^{\prime }(x)=0\iff -3x+1=0\iff x=\frac{1}{3}$



Ta có giá trị lớn nhất của hàm số $g(x)$ trên khoảng $(-1;+\infty )$ là $\frac{1}{6}$.

Do đó hàm số $f(x)$ đồng biến trên khoảng $(-1;+\infty )\iff m\ge \frac{1}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{x^2-x-1}{x+1}$, tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus \{-1\}$.

a. Ta có $y^{\prime }=\frac{(2x-1)(x+1)-(x^2-x-1)}{(x+1{)}^2}=\frac{2x^2+x-1-x^2+x+1}{(x+1{)}^2}=\frac{x^2+2x}{(x+1{)}^2}=\frac{x(x+2)}{(x+1{)}^2}$.

$y^{\prime }=0\iff x=0$ hoặc $x=-2$ (đều thuộc $D$).

- Trên $(-\infty ;-2)$: $y^{\prime }>0$ nên hàm số đồng biến.
- Trên $(-2;-1)$: $y^{\prime }<0$ nên hàm số nghịch biến.
- Trên $(-1;0)$: $y^{\prime }<0$ nên hàm số nghịch biến.
- Trên $(0;+\infty )$: $y^{\prime }>0$ nên hàm số đồng biến.

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty ;-2)$ và $(0;+\infty )$; nghịch biến trên các khoảng $(-2;-1)$ và $(-1;0)$.

b. Hàm số đạt cực đại tại $x=-2$: $y(-2)=\frac{4+2-1}{-1}=-5$, tức điểm $A(-2;-5)$; đạt cực tiểu tại $x=0$: $y(0)=\frac{-1}{1}=-1$, tức điểm $B(0;-1)$.

Khoảng cách $AB=\sqrt{(0-(-2){)}^2+(-1-(-5){)}^2}=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=-x^2+2mx-(6m+40)$. Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $y^{\prime }\le 0$ với mọi $x$, tức $x^2-2mx+6m+40\ge 0$ với mọi $x$. Điều kiện: ${\Delta }^{\prime }=m^2-(6m+40)\le 0\iff m^2-6m-40\le 0\iff (m-10)(m+4)\le 0\iff -4\le m\le 10$. Các giá trị nguyên của $m$: từ $-4$ đến $10$, gồm $10-(-4)+1=15$ giá trị. Kết quả trùng với đáp án nguồn là 15.

a) Đúng: $C(x)=0,0005x^2+0,15x+5$. b) Sai: $C(100)=25$ triệu đồng. c) Đúng: $\overline{C}(x)=0,0005x+0,15+\frac{5}{x}$. d) Đúng: ${\overline{C}}^{\prime }(x)=\frac{5}{10^4}-\frac{5}{x^2}=0\iff x=100$; $\overline{C}(x)$ nghịch biến trên $(0;100)$.
a) Đúng: Chi phí mỗi ngày là tổng các chi phí nên $C(x)=0,0005x^2+0,15x+5$ (triệu đồng).
b) Sai: Khi $x=100$, ta có $C(100)=0,0005\times 100^2+0,15\times 100+5=25$.
c) Đúng: Chi phí trung bình trên mỗi khối sản phẩm là $$\overline{C}(x)=\frac{0,0005x^2+0,15x+5}{x}=0,0005x+0,15+\frac{5}{x}.$$
d) Đúng: Xét hàm số $\overline{C}(x)=0,0005x+0,15+\frac{5}{x}$, $0<x\le 200$. Ta có ${\overline{C}}^{\prime }(x)=\frac{5}{10^4}-\frac{5}{x^2}$, ${\overline{C}}^{\prime }(x)=0\iff x^2=10^4\Rightarrow x=100$ (do $x\in (0;200]$). Bảng biến thiên: Vậy chi phí trung bình giảm khi hàm số $\overline{C}(x)$ nghịch biến, tức là $x\in (0;100)$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $H(v)=33(10\sqrt{v}-v+10,45)$ với $v>0$. Ta có $H^{\prime }(v)=33\left(\frac{5}{\sqrt{v}}-1\right)$. Tốc độ mất nhiệt tăng khi $H^{\prime }(v)>0\iff \frac{5}{\sqrt{v}}>1\iff \sqrt{v}<5\iff 0<v<25$. Vậy $H$ tăng trên $(0;25)$, tức $a=0,b=25$ và $a+b=25$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{x+m^2}{x+2025}$ xác định trên $\mathbb{R}\setminus \{-2025\}$. Ta có $y^{\prime }=\frac{(x+2025)-(x+m^2)}{(x+2025{)}^2}=\frac{2025-m^2}{(x+2025{)}^2}$. Vì $(x+2025{)}^2>0$ trên mỗi khoảng xác định, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định khi và chỉ khi $2025-m^2>0$, tức $m^2<2025$, suy ra $-45<m<45$. Các giá trị nguyên của $m$ là $m\in \{-44,-43,\dots ,43,44\}$, gồm $44+44+1=89$ giá trị.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, $y=f^{\prime }(x)$ là hàm bậc ba đi qua $(-1;0)$, đạt cực đại $4$ tại $x=0$, đi qua $(1;2)$ và tiếp xúc trục hoành tại $x=2$. Suy ra $f^{\prime }(x)=(x+1)(x-2{)}^2$ (kiểm tra: $f^{\prime }(0)=4$, $f^{\prime }(1)=2$ đều đúng).

a) Trên $(0;2)$: $f^{\prime }(x)=(x+1)(x-2{)}^2>0$ nên $f$ đồng biến, không nghịch biến. → Sai.

b) $f^{\prime }(x)\ge 0$ trên $\mathbb{R}$ nên $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$; vì $f$ là đa thức bậc ba hệ số cao nhất dương nên $f(x)\to -\infty$ khi $x\to -\infty$, do đó $f$ không có giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$. → Sai.

c) Đặt $g(x)=f(x-2026)-2025x+2024$, thì $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x-2026)-2025$. Vì $\max f^{\prime }=4$ nên $g^{\prime }(x)\le 4-2025=-2021<0$ với mọi $x$; nói riêng $g^{\prime }(2028)=f^{\prime }(2)-2025=-2025<0$. Suy ra $g^{\prime }(x)=0$ vô nghiệm, $g$ có $0$ điểm cực trị, không phải $2$. → Sai.

d) Với $t=\cos x\in [-1;1]$, phương trình $f^{\prime }(t)=3$ trở thành $(t+1)(t-2{)}^2=3\iff t^3-3t^2+1=0$. Xét $p(t)=t^3-3t^2+1$: $p(-1)=-3<0$, $p(0)=1>0$ nên có nghiệm $t_1\in (-1;0)$; $p(0)=1>0$, $p(1)=-1<0$ nên có nghiệm $t_2\in (0;1)$; nghiệm thứ ba thuộc $(2;3)$ ngoài $[-1;1]$. Với $t_1\in (-1;0)$: $\cos x=t_1$ có đúng $2$ nghiệm trong $[0;2\pi ]$ và không có nghiệm nào trong $(2\pi ;\frac{5\pi }{2}]$ (vì $\cos x\in [0;1)$ trên đoạn này). Với $t_2\in (0;1)$: $\cos x=t_2$ có $2$ nghiệm trong $[0;2\pi ]$ và thêm $1$ nghiệm trong $(2\pi ;\frac{5\pi }{2})$ (vì $\cos x$ giảm từ $1$ xuống $0$ trên đoạn này). Vậy tổng cộng phương trình có đúng $5$ nghiệm, không phải $4$. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=(x+1)(x-2{)}^2>0$ trên $(0;2)$ nên $f$ đồng biến trên $(0;2)$, không nghịch biến. → Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)\ge 0$ trên $\mathbb{R}$ nên $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$; là đa thức bậc ba hệ số dương nên $f(x)\to -\infty$ khi $x\to -\infty$, $f$ không có min trên $\mathbb{R}$. → Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
$g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x-2026)-2025\le 4-2025=-2021<0$ với mọi $x$ (vì $\max f^{\prime }=4$; chẳng hạn $g^{\prime }(2028)=-2025<0$), nên $g^{\prime }$ không có nghiệm và $g$ có $0$ điểm cực trị. → Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(\cos x)=3\iff t^3-3t^2+1=0$ với $t=\cos x$, có hai nghiệm $t_1\in (-1;0)$, $t_2\in (0;1)$. $\cos x=t_1$ cho $2$ nghiệm; $\cos x=t_2$ cho $3$ nghiệm (2 trong $[0;2\pi ]$ và 1 trong $(2\pi ;\frac{5\pi }{2})$). Tổng cộng $5$ nghiệm, không phải $4$. → Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị của $f^{\prime }(x)$ (hàm bậc ba): đồ thị có điểm uốn/đặc trưng qua các điểm $(-3;-4)$, $(-2;0)$ (tiếp xúc trục hoành, cực đại), $(-1;-2)$, $(0;-4)$ (cực tiểu), và cắt trục hoành tại $x=1$. Vì $f^{\prime }(x)$ có cực đại tại $x=-2$ và cực tiểu tại $x=0$ nên $f^{\prime }(x)=a(x+2{)}^2(x-1)+c$ dạng $f^{\prime }(x)=a{x}^3+3a{x}^2+cx+d$ với $f^{\prime }(0)=-4\Rightarrow d=-4$, và $f^{\prime }(-1)=-2\Rightarrow -a+3a-4=-2\Rightarrow a=1$, $c=0$. Vậy $f^{\prime }(x)=x^3+3x^2-4=(x-1)(x+2{)}^2$. Kiểm tra: $f^{\prime }(-3)=-4$, $f^{\prime }(-2)=0$, $f^{\prime }(1)=0$ khớp đồ thị.

a) $f^{\prime }(2)=8+12-4=16\ne 48$ → Sai.
b) Trên $(0;1)$: $f^{\prime }(x)=(x-1)(x+2{)}^2<0$ nên $f$ nghịch biến trên $(0;1)$, do đó không đồng biến trên $(0;+\infty )$ → Sai.
c) $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-x+1=(x-1)(x+2{)}^2-(x-1)=(x-1)[(x+2{)}^2-1]=(x-1)(x+1)(x+3)$. Với $x\in (1;2026)$: $x-1>0$, $x+1>0$, $x+3>0$ nên $g^{\prime }(x)>0$ → $g$ đồng biến → Đúng.
d) $f^{\prime }(x)=0\iff x=1$ hoặc $x=-2$; tại $x=-2$ đạo hàm không đổi dấu (nghiệm kép, $f^{\prime }\le 0$ quanh $x=-2$), chỉ tại $x=1$ đạo hàm đổi dấu từ $-$ sang $+$. Vậy $f$ có duy nhất một điểm cực trị → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $f^{\prime }(x)=x^3+3x^2-4$ (thỏa các điểm $(-2;0)$, $(-1;-2)$, $(0;-4)$, $(1;0)$ trên đồ thị), ta có $f^{\prime }(2)=16\ne 48$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=(x-1)(x+2{)}^2<0$ trên $(0;1)$ nên $f$ nghịch biến trên $(0;1)$, do đó không đồng biến trên $(0;+\infty )$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-x+1=(x-1)(x+1)(x+3)>0$ với mọi $x\in (1;2026)$, nên $g$ đồng biến trên khoảng này.
d) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=0$ có nghiệm $x=-2$ (kép, không đổi dấu) và $x=1$ (đổi dấu từ $-$ sang $+$), nên $f$ có duy nhất một điểm cực trị tại $x=1$.

a) Từ đồ thị ta có $f^{\prime }(x)>0\iff \left[\begin{array}{c}-1<x<1\\ x>3\end{array}\right]$ ĐÚNG.

b) $y^{\prime }=-\frac{2}{(x-1{)}^2}{f}^{\prime }\left(\frac{x+1}{x-1}\right)\Rightarrow y^{\prime }=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=2\end{array}\right]$. Lập BBT suy ra hàm số có hai điểm cực trị. SAI.

c) Vì $f(1)+f(3)=2f(-1)\Rightarrow f(1)-f(-1)=f(-1)-f(3)>0\Rightarrow f(-1)>f(3)$. Vậy GTLN, GTNN lần lượt là $f(1),f(3)$. SAI.

d) Thay $x=0$ vào $4f^{\prime }(2x+1)f(2x+1)-2xf(1-x)+x^2{f}^{\prime }(1-x)=0$ ta được $4f^{\prime }(3)f(3)-2.f(0)+f^{\prime }(0)=0\Rightarrow -2.f(0)+2=0\iff f(0)=1$. Vậy phương trình tiếp tuyến là $y=f^{\prime }(0)(x-0)+f(0)\Rightarrow y=2x+1$ ĐÚNG.


a) a) Từ đồ thị ta có $f^{\prime }(x)>0\iff \left[\begin{array}{c}-1<x<1\\ x>3\end{array}\right]$ ĐÚNG.
b) b) Ta có $y^{\prime }=-\frac{2}{(x-1{)}^2}{f}^{\prime }\left(\frac{x+1}{x-1}\right)\Rightarrow y^{\prime }=0\iff f^{\prime }\left(\frac{x+1}{x-1}\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}\frac{x+1}{x-1}=-1\\ \frac{x+1}{x-1}=1\\ \frac{x+1}{x-1}=3\end{array}\right]\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=2\end{array}\right]$ Lập BBT suy ra hàm số $y=f\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$ có hai điểm cực trị. SAI
c) c) Xét hàm số $y=f(x)$ từ đồ thị ta có bảng biến thiên



Vì $f(1)+f(3)=2f(-1)\Rightarrow f(1)-f(-1)=f(-1)-f(3)>0\Rightarrow f(-1)>f(3)$. Vậy GTLN, GTNN lần lượt là $f(1),f(3)$. SAI
d) d) Từ $f^2(2x+1)-x^{2}f(1-x)=3\Rightarrow 4f^{\prime }(2x+1)f(2x+1)-2xf(1-x)+x^2{f}^{\prime }(1-x)=0$. Thay $x=0$ ta được $4f^{\prime }(3)f(3)-2.f(0)+f^{\prime }(0)=0\Rightarrow -2.f(0)+2=0\iff f(0)=1$. Vậy phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số là $y=f^{\prime }(0)(x-0)+f(0)\Rightarrow y=2x+1$ ĐÚNG

(AI giải đề cho tôi)
$F^{\prime }(x)=f(x)=e^{x^3-12x}(x^4-4x^2)=e^{x^3-12x}\cdot x^2(x^2-4)$. Vì $e^{x^3-12x}>0$ và $x^2\ge 0$, dấu của $F^{\prime }(x)$ theo dấu của $x^2-4$. Do đó $F^{\prime }(x)>0$ khi $x<-2$ hoặc $x>2$, tức $F$ đồng biến trên $(-\infty ;-2)$ và $(2;+\infty )$. Vậy $F$ đồng biến trên khoảng $(a;+\infty )$ với $a\ge 2$, giá trị nhỏ nhất của $a$ là $2$.

a) SAI. Đạo hàm của $f(x)=\sin 2x-2x$ là $f^{\prime }(x)=2\cos 2x-2$.

b) ĐÚNG. $f^{\prime }(x)=2\cos 2x-2\le 0\forall x\in \mathbb{R}$ và $f^{\prime }(x)=0\iff \cos 2x-1=0\iff x=k\pi (k\in \mathbb{Z})$ do $\cos 2x\le 1\forall x\in \mathbb{R}$ nên hàm số nghịch biến trên tập xác định.

c) ĐÚNG. $f^{\prime }(x)+1=2\cos 2x-1=0\iff x=\pm \frac{\pi }{6}+k\pi (k\in \mathbb{Z})$ suy ra $x=\frac{5\pi }{6}$ là nghiệm dương lớn nhất của phương trình $f^{\prime }(x)+1=0$ trên khoảng $(-\pi ;\pi )$.

d) SAI. $f^{\prime }(x)+1=2\cos 2x-1$ có nghiệm $x=\frac{\pi }{6}\in \left[0;\frac{\pi }{6}\right]$, $f(0)=0;f\left(\frac{\pi }{6}\right)=\sin \frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi }{3}$. Do đó, giá trị nhỏ nhất của $f(x)$ trên đoạn $\left[0;\frac{\pi }{6}\right]$ là $-\frac{\pi }{2}+\sqrt{3}$.
a) Đạo hàm của $f(x)=\sin 2x-2x$ là $f^{\prime }(x)=2\cos 2x-2$. Khẳng định a) SAI.
b) $f^{\prime }(x)=2\cos 2x-2\le 0\forall x\in \mathbb{R}$ và $f^{\prime }(x)=0\iff \cos 2x-1=0\iff x=k\pi (k\in \mathbb{Z})$ do $\cos 2x\le 1\forall x\in \mathbb{R}$ nên hàm số nghịch biến trên tập xác định. Khẳng định b) ĐÚNG.
c) $f^{\prime }(x)+1=2\cos 2x-1=0\iff x=\pm \frac{\pi }{6}+k\pi (k\in \mathbb{Z})$ suy ra $x=\frac{5\pi }{6}$ là nghiệm dương lớn nhất của phương trình $f^{\prime }(x)+1=0$ trên khoảng $(-\pi ;\pi )$. Khẳng định c) ĐÚNG.
d) $f^{\prime }(x)+1=2\cos 2x-1$ có nghiệm $x=\frac{\pi }{6}\in \left[0;\frac{\pi }{6}\right]$, $f(0)=0;f\left(\frac{\pi }{6}\right)=\sin \frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi }{3}$. Do đó, giá trị nhỏ nhất của $f(x)$ trên đoạn $\left[0;\frac{\pi }{6}\right]$ là $-\frac{\pi }{2}+\sqrt{3}$. Khẳng định d) SAI.

$y^{\prime }=x^2+2(m-1)x+2m+1$

Hàm số $y=\frac{1}{3}{x}^3+(m-1)x^2+(2m+1)x+m$ nghịch biến trên khoảng $(0;3)\iff y^{\prime }\le 0\forall x\in (0;3)$ (0.5 điểm)

$\iff x^2+2(m-1)x+2m+1\le 0\forall x\in (0;3)$

$\iff x^2-2x+1+2m(x+1)\le 0\forall x\in (0;3)$

$\iff 2m(x+1)\le -x^2+2x-1\forall x\in (0;3)$

$\iff m\le \frac{-x^2+2x-1}{2(x+1)}\forall x\in (0;3)$. (0.5 điểm)

Xét hàm số $g(x)=\frac{-x^2+2x-1}{2(x+1)},x\in (0;3)$.

$g^{\prime }(x)=\frac{-x^2-2x+3}{2(x+1{)}^2}$.

$$g^{\prime }(x)=0\iff \{\begin{array}{l}x=1\in (0;3)\\ x=-3\notin (0;3)\end{array}.$$ (0.5 điểm)

Bảng biến thiên hàm số $g(x)$:



Từ bảng biến thiên hàm số $g(x)$ trên $(0;3)$ suy ra $m\le -\frac{1}{2}$ là thỏa mãn yêu cầu bài toán. (0.5 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=-x^2+2(1-m^2)x+2$ có $y^{\prime }=-2x+2(1-m^2)$. Hàm đồng biến trên $(-10;-8)$ khi $y^{\prime }\ge 0$ với mọi $x\in (-10;-8)$. Vì $y^{\prime }$ là hàm tuyến tính theo $x$ (nghịch biến), điều kiện là $y^{\prime }(-8)\ge 0$: $16+2(1-m^2)\ge 0\iff m^2\le 9\iff -3\le m\le 3$. Các giá trị nguyên: $m\in \{-3,-2,-1,0,1,2,3\}$, tổng cộng 7 giá trị. Khớp với đáp án nguồn (7).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y=\frac{x^2+3x+3}{x+2}$, $y^{\prime }=\frac{(2x+3)(x+2)-(x^2+3x+3)}{(x+2{)}^2}=\frac{x^2+4x+3}{(x+2{)}^2}=\frac{(x+1)(x+3)}{(x+2{)}^2}$. Hàm số đồng biến khi $y^{\prime }>0$, tức trên $(-\infty ;-3)$ và $(-1;+\infty )$. Vậy $a=-3$, $b=-1$ (hoành độ cực đại là $-3$, cực tiểu là $-1$). Do đó $A=2a+b=2(-3)+(-1)=-7$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{x^2+x+m^2-6}{x+2}$ xác định trên mỗi khoảng $(-\infty ;-2)$ và $(-2;+\infty )$. Ta có $y^{\prime }=\frac{(2x+1)(x+2)-(x^2+x+m^2-6)}{(x+2{)}^2}=\frac{x^2+4x+8-m^2}{(x+2{)}^2}$. Hàm số đơn điệu trên mỗi khoảng xác định khi và chỉ khi $y^{\prime }$ không đổi dấu trên từng khoảng, tức là tam thức $x^2+4x+8-m^2$ không có nghiệm phân biệt (hoặc nghiệm kép), do mẫu luôn dương. Điều kiện: ${\Delta }^{\prime }=4-(8-m^2)=m^2-4\le 0\iff -2\le m\le 2$. Các giá trị nguyên của $m$: $-2,-1,0,1,2$, tổng cộng $5$ giá trị. Vậy đáp án là $5$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{x+m^2}{x+4}$ xác định trên $\mathbb{R}\setminus \{-4\}$. Ta có $y^{\prime }=\frac{(x+4)-(x+m^2)}{(x+4{)}^2}=\frac{4-m^2}{(x+4{)}^2}$. Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi $y^{\prime }>0$ với mọi $x\ne -4$, tức $4-m^2>0\iff -2<m<2$. Các giá trị nguyên của $m$ là $m\in \{-1;0;1\}$, vậy có 3 giá trị nguyên.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $h^{\prime }(t)=-2\cdot \frac{\pi }{12}\sin \left(\frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}\right)=-\frac{\pi }{6}\sin \left(\frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}\right)$. Độ sâu tăng dần khi $h^{\prime }(t)>0$, tức $\sin \left(\frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}\right)<0$. Với $0\le t\le 24$ thì $\frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}\in \left[\frac{\pi }{3};\frac{7\pi }{3}\right]$, nên sin âm khi $\pi <\frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}<2\pi$, suy ra $8<t<20$. Vậy khoảng tăng dần là $(8;20)$, do đó $a=8$, $b=20$ và $a+b=28$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 25: Đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ là đường cong bậc bốn dạng chữ W, cắt trục hoành tại $x=-1$ và $x=1$, và tiếp xúc trục hoành tại $x=0$ ($f^{\prime }(0)=0$ nhưng $f^{\prime }(x)$ không đổi dấu qua $x=0$). Trên khoảng $(-1;1)$, đồ thị $f^{\prime }(x)$ nằm dưới trục hoành ($f^{\prime }(x)\le 0$), nên hàm số $y=f(x)$ nghịch biến trên khoảng $(-1;1)$. Trên $(-\infty ;-1)$ và $(1;+\infty )$ thì $f^{\prime }(x)>0$ nên $f$ đồng biến. Vậy đáp án A. $(-1;1)$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=\frac{(x+5m)-(x+2)}{(x+5m{)}^2}=\frac{5m-2}{(x+5m{)}^2}$. Hàm số đồng biến trên $(-\infty ;-10)$ khi $5m-2>0\iff m>\frac{2}{5}$, đồng thời hàm số phải xác định trên khoảng này: $x=-5m\notin (-\infty ;-10)\iff -5m\ge -10\iff m\le 2$. Vậy $\frac{2}{5}<m\le 2$, các giá trị nguyên là $m\in \{1;2\}$: có 2 giá trị. Đáp án D.