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

a. (2 điểm) Với $a,b,c$ là các số thực bất kỳ thỏa mãn $a\ge b\ge c>0$, chứng minh
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\le \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}.$$

Lời giải: biến đổi tương đương ta được:
$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\ge a{b}^2+b{c}^2+c{a}^2\iff (a-b)(b-c)(a-c)\ge 0$, suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b$ hoặc $b=c$.

b. (3 điểm) Với $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, $n\ge 2$ và các các số thực $x_1\ge x_2\ge \dots \ge x_n>0$, chứng minh
$$\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_3}+\dots +\frac{x_{n-1}}{x_n}+\frac{x_n}{x_1}\le \frac{x_2}{x_1}+\frac{x_3}{x_2}+\dots +\frac{x_n}{x_{n-1}}+\frac{x_1}{x_n}.$$

Lời giải:
Đặt $\frac{x_1}{x_2}=t_1,\frac{x_2}{x_3}=t_2,\dots ,\frac{x_{n-1}}{x_n}=t_{n-1}$ thì $t_i\ge 1,\forall i=1,2,\dots ,n-1$ và $\frac{x_n}{x_1}=\frac{1}{t_1{t}_2\dots t_{n-1}}$, ta chứng minh:

$$t_1+t_2+\dots +t_{n-1}+\frac{1}{t_1{t}_2\dots t_{n-1}}\le \frac{1}{t_1}+\frac{1}{t_2}+\dots +\frac{1}{t_{n-1}}+t_1{t}_2\dots t_{n-1}$$

$$\iff f(t_1;t_2;\dots ;t_{n-1})=\sum _{i=1}^{n-1}\left(t_i-\frac{1}{t_i}\right)+\frac{1}{t_1{t}_2\dots t_{n-1}}-t_1{t}_2\dots t_{n-1}\le 0.$$

Coi $t_2,t_3,\dots ,t_{n-1}$ là tham số, $f$ là hàm của $t_1$, ta có

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(t_1)& =1+\frac{1}{t_1^2}-t_2{t}_3\dots t_{n-1}-\frac{1}{t_1^2{t}_2{t}_3\dots t_{n-1}}\\ & =1+\frac{1}{x^2}-M-\frac{1}{M{x}^2}(\text{với }x=t_1\ge 1,M=t_2{t}_3\dots t_{n-1}\ge 1)\\ & =(1-M)+\frac{1}{x^2}\left(1-\frac{1}{M}\right)\\ & =(1-M).\left(1-\frac{1}{x^{2}M}\right)\le 0\end{array}$$

suy ra $f(t_1;t_2;\dots ;t_{n-1})$ nghịch biến theo từng biến độc lập, nên $f(t_1;t_2;\dots ;t_{n-1})\le f(1;1;\dots ;1)=0$, ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $x_1=x_2=\dots =x_n$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ, $y=f^{\prime }(x)$ có tiệm cận đứng $x=1$ và đi qua điểm $(0;-3)$, hai nhánh nằm dưới trục hoành tiến về 0. Vì $f^{\prime }(x)=\frac{ad-bc}{(cx+d{)}^2}$ nên $f^{\prime }(x)=\frac{k}{(x-1{)}^2}$ với $k<0$; do $f^{\prime }(0)=-3$ nên $k=-3$. Suy ra $f(x)=\frac{3}{x-1}+C$. Trên $[2;4]$, $f^{\prime }<0$ nên $f$ nghịch biến, giá trị nhỏ nhất tại $x=4$: $f(4)=1+C=6\Rightarrow C=5$. Vậy $f(x)=\frac{3}{x-1}+5$.
a) Sai: vì $f^{\prime }(x)=-\frac{3}{(x-1{)}^2}<0$ với mọi $x\ne 1$, hàm số nghịch biến trên $(1;+\infty )$.
b) Sai: $f(2)=\frac{3}{1}+5=8\ne 6$.
c) Đúng: $y=5+\frac{3}{x-1}$ nguyên khi $x-1\in \{\pm 1,\pm 3\}$, tức $x\in \{2,4,0,-2\}$ cho các điểm $(2;8),(4;6),(0;2),(-2;4)$: đúng 4 điểm nguyên.
d) Sai: khoảng cách từ $M(x,y)$ đến $\Delta :3x+y-6=0$ là $d=\frac{|3x-1+\frac{3}{x-1}|}{\sqrt{10}}$. Đặt $t=x-1<0$: $3t+\frac{3}{t}+2\le -6+2=-4$ (đẳng thức khi $t=-1$), nên $d_{\min }=\frac{4}{\sqrt{10}}$ tại $x=0$, $y=2$, tức $M(0;2)$, $a+b=2\ne -2$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=-\frac{3}{(x-1{)}^2}<0$ nên hàm số nghịch biến trên $(1;+\infty )$, không đồng biến.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f(x)=\frac{3}{x-1}+5$ nên $f(2)=8\ne 6$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$y=5+\frac{3}{x-1}$ nguyên khi $x-1\in \{\pm 1,\pm 3\}$, cho 4 điểm nguyên: $(2;8),(4;6),(0;2),(-2;4)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách nhỏ nhất đạt tại $M(0;2)$ với $a+b=2\ne -2$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=x^5-5x^2+5(m-1)x-2026$, có $f^{\prime }(x)=5(x^4-2x+m-1)$.

Ta có $y=|f(x)|$ nghịch biến trên $(-\infty ;1)$ khi và chỉ khi: trên khoảng đó, tại những nơi $f(x)<0$ thì $f^{\prime }(x)\ge 0$ và tại những nơi $f(x)>0$ thì $f^{\prime }(x)\le 0$.

Xét $\phi (x)=x^4-2x$: ${\phi }^{\prime }(x)=4x^3-2=0\iff x=\alpha =2^{-1/3}\approx 0,794$, $\phi (\alpha )=-\frac{3\alpha }{2}\approx -1,1906$; $\phi$ giảm trên $(-\infty ;\alpha )$, tăng trên $(\alpha ;+\infty )$, và $\phi (x)\to +\infty$ khi $x\to -\infty$.

• Nếu $m-1>\phi (\alpha )$ (tức $m<1+\frac{3\alpha }{2}\approx 2,19$): $f^{\prime }$ đổi dấu từ $+$ sang $-$ tại điểm $x_1<\alpha <1$. Trên $(x_1;\min (x_2;1))$ ta có $f^{\prime }<0$ mà $f$ vẫn âm (vì $f$ tăng từ $-\infty$ rồi $f(x_1)\le 0$), khi đó $|f|$ nghịch biến thành đồng biến — loại. (Kiểm tra $m=2$: $f^{\prime }(x)=5(x-1)(x^3+x^2+x-1)$, $f^{\prime }<0$ trên khoảng gần $1$ với $f(1)=5(2-407)<0$, nên $|f|$ đồng biến — loại.)

• Nếu $m-1\le \phi (\alpha )$ (tức $m\ge 2,19$, với $m$ nguyên thì $m\ge 3$): $x^4-2x+m-1\ge \phi (\alpha )+m-1\ge 0$ với mọi $x$, nên $f^{\prime }(x)\ge 0$ trên $\mathbb{R}$, tức $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. Khi đó $|f|$ nghịch biến trên $(-\infty ;1)$ nếu $f(x)<0$ với mọi $x<1$, điều kiện đủ là $f(1)\le 0$:
$$f(1)=1-5+5(m-1)-2026=5m-2035\le 0\iff m\le 407.$$

Vậy $m\in \mathbb{Z}$, $3\le m\le 407$ (405 giá trị). Tổng:
$$S=\frac{(3+407)\cdot 405}{2}=410\cdot 202,5=83025.$$

Khớp với đáp án nguồn 83025.

Chọn A
Đặt $t=\sqrt{x^2-4x}$. Khi $x\in (-4;-1)$, ta có $t\in \left(\sqrt{5};4\sqrt{2}\right)$.
Ta có ${\left(\sqrt{x^2-4x}\right)}^{\prime }=\frac{x-2}{\sqrt{x^2-4x}}<0,\forall x\in (-4;-1)$.
Do đó hàm số $y=f(x)=\frac{x^2-4x+m+2+3\sqrt{x^2-4x}}{\sqrt{x^2-4x}+2}$ nghịch biến trên khoảng $(-4;-1)$
$\iff$ Hàm số $y=g(t)=\frac{t^2+3t+m+2}{t+2}$ đồng biến trên khoảng $\left(\sqrt{5};4\sqrt{2}\right)$
$\iff g^{\prime }(t)=\frac{t^2+4t+4-m}{(t+2{)}^2}\ge 0,\forall t\in \left(\sqrt{5};4\sqrt{2}\right)$
$\iff t^2+4t+4-m\ge 0,\forall t\in \left(\sqrt{5};4\sqrt{2}\right)\iff m\le t^2+4t+4,\forall t\in \left(\sqrt{5};4\sqrt{2}\right)$
$\iff m\le 9+4\sqrt{5}\approx 17,9$.
Vậy có 17 giá trị nguyên dương của $m$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị của $f^{\prime }(x)$: $f^{\prime }(-1)=0$, $f^{\prime }(2)=0$, $f^{\prime }(x)>0$ trên $(-1;2)$, $f^{\prime }(x)<0$ với $x<-1$ và $x>2$; trên $[-1;1]$ hàm $f^{\prime }$ tăng từ $0$ lên giá trị lớn nhất (khoảng $4$ tại gần $x=0$) rồi giảm, với $f^{\prime }(1)=2<3$.

a) Sai. Xét $f^{\prime }(t)=3$ với $t=\cos x\in [-1;1]$: do $f^{\prime }(-1)=0$, $f^{\prime }$ tăng đến giá trị lớn nhất $>3$ rồi giảm xuống $f^{\prime }(1)=2<3$, nên phương trình $f^{\prime }(t)=3$ có hai nghiệm $t_1\in (-1;0)$ và $t_2\in (0;1)$. Với $t_1<0$: $\cos x=t_1$ có 2 nghiệm trong $[0;5\pi /2]$ (nghiệm $2\pi +\alpha >5\pi /2$ vì $\alpha >\pi /2$). Với $t_2>0$: $\cos x=t_2$ có 3 nghiệm trong $[0;5\pi /2]$ (vì $\alpha <\pi /2$ nên $2\pi +\alpha \le 5\pi /2$). Tổng cộng 5 nghiệm, không phải 4. (Hoặc nếu dùng mô hình $f^{\prime }(x)=-x^2+x+2$ thì chỉ có $t=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\in [-1;1]$, cho 2 nghiệm — cũng không phải 4.) Vậy khẳng định a sai.

b) Sai. $y=f(x-2026)-2025x+2024$ nên $y^{\prime }=f^{\prime }(x-2026)-2025$. Vì giá trị lớn nhất của $f^{\prime }$ trên đồ thị chỉ bằng $4<2025$ nên $y^{\prime }<0$ với mọi $x$: hàm số luôn nghịch biến, không có điểm cực trị.

c) Sai. Trên $(0;2)$ đồ thị $f^{\prime }$ nằm trên trục hoành, tức $f^{\prime }(x)>0$, nên $f$ đồng biến (không nghịch biến) trên $(0;2)$.

d) Sai. $f$ nghịch biến trên $(-\infty ;-1)$, đồng biến trên $(-1;2)$, nghịch biến trên $(2;+\infty )$, nên $x=-1$ và $x=2$ đều là điểm cực tiểu địa phương. Tuy nhiên không thể kết luận ${\min }_{\mathbb{R}}f(x)=f(-1)$: cần so sánh $f(-1)$ với $f(2)$, mà đồ thị $f^{\prime }$ không cho biết điều này; hơn nữa $f$ là đa thức và $f^{\prime }(x)<0$ khi $x\to \pm \infty$ (theo dáng đồ thị) nên $f(x)$ có thể giảm vô hạn, khi đó $f$ không có giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$. Vậy khẳng định d sai.

Kết luận: cả bốn ý a, b, c, d đều sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trên [-1;1], f'(t)=3 có hai nghiệm t1∈(-1;0), t2∈(0;1) (vì max f'≈4>3 và f'(1)=2<3). cos x=t1 (t1<0) cho 2 nghiệm trong [0;5π/2]; cos x=t2 (t2>0) cho 3 nghiệm. Tổng 5 nghiệm ≠ 4 nên sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
y'=f'(x-2026)-2025. Vì max f' = 4 < 2025 nên y'<0 với mọi x, hàm không có điểm cực trị. Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trên (0;2) có f'(x)>0 nên f đồng biến, không nghịch biến. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
x=-1 và x=2 đều là điểm cực tiểu địa phương của f; không thể kết luận min trên ℝ bằng f(-1) (cần so sánh f(-1) và f(2), và f có thể không có min trên ℝ vì f'<0 khi x→±∞). Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, $f^{\prime }(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $-3$ tại $x=2$ (đường giằng $(2;-3)$), tức $f^{\prime }(t)\ge -3$ với mọi $t$.

Ta có $g^{\prime }(x)=\frac{3x^2}{4}{f}^{\prime }\left(\frac{x^3}{4}\right)-\frac{4mx(x^2+4)}{20}=x\left[\frac{3x}{4}{f}^{\prime }\left(\frac{x^3}{4}\right)-\frac{m(x^2+4)}{5}\right]$.

Với $x>0$, $g$ đồng biến trên $(0;+\infty )$ khi và chỉ khi $m\le \frac{15x}{4}\cdot \frac{f^{\prime }(x^3/4)}{x^2+4}$ với mọi $x>0$. Đặt $t=\frac{x^3}{4}\in (0;+\infty )$, điều kiện trở thành $m\le \phi (t)=f^{\prime }(t)\psi (t)$ với mọi $t>0$, với $\psi (t)=\frac{15}{4}\cdot \frac{4^{1/3}{t}^{1/3}}{4+4^{2/3}{t}^{2/3}}$.

Đặt $u=t^{1/3}$, hàm $\frac{u}{4+4^{2/3}{u}^2}$ đạt max khi $4=4^{2/3}{u}^2\Rightarrow u^2=4^{1/3}$, tức $t=2$, và ${\psi }_{\max }=\frac{15}{4}\cdot \frac{4^{1/3}\cdot 4^{1/6}}{4+4}=\frac{15}{4}\cdot \frac{2}{8}=\frac{15}{16}<1$.

Vì $f^{\prime }(t)\ge -3$: khi $f^{\prime }(t)<0$ thì $\phi (t)\ge -3\cdot \frac{15}{16}=-\frac{45}{16}$; khi $f^{\prime }(t)\ge 0$ thì $\phi (t)\ge 0$. Tại $t=2$: $\phi (2)=-3\cdot \frac{15}{16}=-\frac{45}{16}$. Vậy ${\min }_{t>0}\phi (t)=-\frac{45}{16}$.

Do đó $m\le -\frac{45}{16}\approx -2,81$. Các giá trị nguyên âm của $m\in (-20;20)$ thỏa mãn: $m\in \{-19,-18,\dots ,-3\}$, gồm $17$ giá trị.

Đáp án A.

Chọn A. Đặt $t=\sqrt{x^2-4x}$. Khi $x\in (-4;-1)$, ta có $t\in \left(\sqrt{5};4\sqrt{2}\right)$. Ta có ${\left(\sqrt{x^2-4x}\right)}^{\prime }=\frac{x-2}{\sqrt{x^2-4x}}<0,\forall x\in (-4;-1)$. Do đó hàm số $y=f(x)=\frac{x^2-4x+m+2+3\sqrt{x^2-4x}}{\sqrt{x^2-4x}+2}$ nghịch biến trên khoảng $(-4;-1)$ $\iff$ Hàm số $y=g(t)=\frac{t^2+3t+m+2}{t+2}$ đồng biến trên khoảng $\left(\sqrt{5};4\sqrt{2}\right)$ $\iff g^{\prime }(t)=\frac{t^2+4t+4-m}{(t+2{)}^2}\ge 0,\forall t\in \left(\sqrt{5};4\sqrt{2}\right)$ $\iff t^2+4t+4-m\ge 0,\forall t\in \left(\sqrt{5};4\sqrt{2}\right)\iff m\le t^2+4t+4,\forall t\in \left(\sqrt{5};4\sqrt{2}\right)$ $\iff m\le 9+4\sqrt{5}\approx 17,9$. Vậy có 17 giá trị nguyên dương của $m$.

(AI giải đề cho tôi)
**Phần 1.** $f^{\prime }(x)=6x^5-15x^2+m$. Hàm số đồng biến trên $(0;+\infty )$ khi $f^{\prime }(x)\ge 0$ với mọi $x>0$, tức là $m\ge 15x^2-6x^5$ với mọi $x>0$. Đặt $h(x)=15x^2-6x^5$, $h^{\prime }(x)=30x-30x^4=30x(1-x^3)$; $h$ tăng trên $(0;1)$, giảm trên $(1;+\infty )$ nên $\max h=h(1)=9$. Với $m=9$: $f^{\prime }(x)=6x^5-15x^2+9=3(2x^5-5x^2+3)=3(x-1{)}^2(2x^3+4x^2+6x+3)\ge 0$ với mọi $x>0$ (vì $2x^3+4x^2+6x+3>0$ khi $x>0$), $f^{\prime }(x)=0$ chỉ tại $x=1$ nên hàm vẫn đồng biến. Kết luận: $m\ge 9$.

**Phần 2.** Từ tiếp tuyến của $(C_1)$ tại $M(1;f(1))$: $y=2x+3$ suy ra $f(1)=5$, $f^{\prime }(1)=2$. Từ tiếp tuyến của $(C_2)$ tại $N(1;f(f(1)))$: $y=202(10x+1)=2020x+202$ suy ra $f(f(1))=f(5)=2222$ và $[f(f(x)){]}_{x=1}^{\prime }=f^{\prime }(f(1))\cdot f^{\prime }(1)=f^{\prime }(5)\cdot 2=2020$, nên $f^{\prime }(5)=1010$. Với $(C_3)$: $P(1;f(\sqrt{25}))=P(1;2222)$; $v^{\prime }(x)=f^{\prime }(\sqrt{x^2+24})\cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+24}}$ nên $v^{\prime }(1)=f^{\prime }(5)\cdot \frac{1}{5}=\frac{1010}{5}=202$. Phương trình tiếp tuyến của $(C_3)$ tại $P$: $y=2222+202(x-1)=202x+2020$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=\frac{(m+1)x^2-2(m+1)x-4m}{(x-1{)}^2}$.

a) Với $m=-1$: $y^{\prime }=\frac{4}{(x-1{)}^2}>0$ với mọi $x\ne 1$, nên hàm số đồng biến trên $(2;+\infty )$. Đúng.

b) Với $m=0$: $y^{\prime }=\frac{x^2-2x}{(x-1{)}^2}=\frac{x(x-2)}{(x-1{)}^2}$, âm trên $(1;2)$ và dương trên $(2;+\infty )$, nên hàm không nghịch biến trên toàn bộ $(1;+\infty )$. Sai.

c) Hàm đồng biến trên mỗi khoảng xác định $\iff (m+1)x^2-2(m+1)x-4m\ge 0$ với mọi $x\ne 1$. Với $m=-1$ thỏa mãn. Với $m\ne -1$: cần $m+1>0$ và $\Delta =4(m+1)(5m+1)\le 0\iff -1\le m\le -\frac{1}{5}$, kết hợp được $m\in \left[-1;-\frac{1}{5}\right]$. Khi đó $a=-1$, $b=-\frac{1}{5}$ nên $a+5b=-2\ne 0$. Sai.

d) Cần $y^{\prime }\ge 0$ trên $(4;+\infty )$. Với $m=-1$ thỏa. Với $m>-1$: tam thức bậc hai có hệ số dương, đỉnh tại $x=1$, nên trên $(4;+\infty )$ nó tăng và giá trị nhỏ nhất tại $x=4$: $f(4)=8(m+1)-4m=4m+8>0$, thỏa. Với $m<-1$: hệ số $m+1<0$, tam thức $\to -\infty$ khi $x\to +\infty$, không thỏa. Vậy điều kiện cần và đủ là $m\ge -1$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=-1$, $y^{\prime }=\frac{4}{(x-1{)}^2}>0$ với mọi $x\ne 1$ nên hàm đồng biến trên $(2;+\infty )$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=0$, $y^{\prime }=\frac{x(x-2)}{(x-1{)}^2}$ âm trên $(1;2)$ và dương trên $(2;+\infty )$, nên hàm không nghịch biến trên toàn $(1;+\infty )$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Điều kiện là $m\in \left[-1;-\frac{1}{5}\right]$, suy ra $a+5b=-1+5\left(-\frac{1}{5}\right)=-2\ne 0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Hàm đồng biến trên $(4;+\infty )$ khi và chỉ khi $m\ge -1$, tức $m\in [-1;+\infty )$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, $f^{\prime }(x)$ là hàm bậc ba có cực đại điểm $(0;2)$, cực tiểu điểm $(2;-2)$, cắt trục hoành tại $x=1$ và hai điểm khác, nên $f^{\prime }(x)=x^3-3x^2+2$ (kiểm tra: $f^{\prime }(0)=2$, $f^{\prime }(2)=-2$, $f^{\prime \prime }(x)=3x(x-2)$ đổi dấu đúng tại $x=0,2$). $f(0)=\frac{1}{2}\Rightarrow f(x)=\frac{x^4}{4}-x^3+2x+\frac{1}{2}$; kiểm tra $f(2)=4-8+4+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ đúng.

a) $f^{\prime }(x)=x^3-3x^2+2=(x-1)(x^2-2x-2)$, nghiệm $x=1-\sqrt{3}\approx -0,73$; $x=1$; $x=1+\sqrt{3}\approx 2,73$. Trên $(2;1+\sqrt{3})$ ta có $f^{\prime }(x)<0$ (ví dụ $f^{\prime }(2,5)=15,625-18,75+2<0$), nên $f$ nghịch biến trên khoảng đó → khẳng định SAI.

b) Trên $[1;3]$: $f$ giảm trên $(1;1+\sqrt{3})$ và tăng trên $(1+\sqrt{3};3)$ nên GTNN tại $x=1+\sqrt{3}$ với $f(1+\sqrt{3})=-\frac{1}{2}<f(2)=\frac{1}{2}$ → khẳng định SAI.

c) Đặt $h(x)=18f\left(1-\frac{x}{3}\right)-x^2$. Với $t=1-\frac{x}{3}$: $h^{\prime }(x)=-6f^{\prime }(t)-2x=-6\left[f^{\prime }(t)+1-t\right]$. $h^{\prime }(x)=0\iff t^3-3t^2+2=t-1\iff (t-3)(t-1)(t+1)=0\iff t\in \{-1;1;3\}\iff x\in \{12;0;-6\}$. Tại đó: $h(12)=18f(-1)-144=-148,5<0$; $h(0)=18f(1)=31,5>0$; $h(-6)=18f(3)-36=-40,5<0$. Nghiệm của $h(x)=0$: $2f(t)=(1-t{)}^2\iff t(t^3-4t^2-2t+12)=0\iff t(t-2)(t^2-2t-6)=0\iff t\in \{0;2;1\pm \sqrt{7}\}\iff x\in \{3;-3;-3\sqrt{7};3\sqrt{7}\}$, cả 4 nghiệm đơn nên $h$ đổi dấu qua mỗi nghiệm. Hàm $g=|h|$ đạt cực trị tại: 4 nghiệm của $h=0$ (cực tiểu) và 3 điểm $x=-6;0;12$ với $h\ne 0$ (cực đại). Tổng cộng 7 điểm cực trị → khẳng định ĐÚNG.

d) $f^{\prime }(\sin x)=0\iff \sin x\in \{1-\sqrt{3};1\}$ (hai nghiệm thuộc $[-1;1]$; nghiệm $1+\sqrt{3}>1$ loại). Với $\sin x=1-\sqrt{3}\in (-1;1)$: trên $[0;10\pi ]$ (5 chu kỳ) có 10 nghiệm. Với $\sin x=1$: $x=\frac{\pi }{2}+k\pi \cdot 2$, $k=0,..,4$ → 5 nghiệm. Tổng 15 nghiệm $\ne 10$ → khẳng định SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=x^3-3x^2+2<0$ trên $(2;1+\sqrt{3})$ nên $f$ không đồng biến trên toàn $(2;+\infty )$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[1;3]$, $f$ đạt GTNN tại $x=1+\sqrt{3}$ với $f(1+\sqrt{3})=-\frac{1}{2}<f(2)=\frac{1}{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$h^{\prime }(x)=0$ tại $x\in \{-6;0;12\}$ (với $h\ne 0$) và $h(x)=0$ có 4 nghiệm đơn $x\in \{\pm 3;\pm 3\sqrt{7}\}$; $g=|h|$ có $3+4=7$ điểm cực trị.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\sin x\in \{1-\sqrt{3};1\}$: giá trị $1-\sqrt{3}$ cho 10 nghiệm, giá trị $1$ cho 5 nghiệm trên $[0;10\pi ]$, tổng 15 nghiệm.

(AI giải đề cho tôi)
Miền cần xét là $x\in (50;53)$. Ta có $C^{\prime }(x)=\frac{9\left[(x-m{)}^2-9\right]}{81(x-m{)}^2}=\frac{(x-m{)}^2-9}{9(x-m{)}^2}$. Để $C$ giảm liên tục trên $(50;53)$ cần $(x-m{)}^2\le 9$ với mọi $x\in (50;53)$, tức $|x-m|\le 3$ với mọi $x$ trong khoảng, suy ra $m-3\le 50$ và $m+3\ge 53$, cho $m\in [50;53]$. Đồng thời mẫu số $9(x-m)\ne 0$ trên $(50;53)$ nên $m\notin (50;53)$. Vậy $m\in \{50;53\}$, tổng các giá trị nguyên là $50+53=103$.

Xác định dạng của $f^{\prime }$: Vì $f$ là hàm số đa thức bậc sáu nên $f^{\prime }$ là hàm số đa thức bậc năm. Từ đồ thị, $f^{\prime }$ có ba nghiệm $x=-2$, $x=1$, $x=5$; tại $x=-2$ và $x=5$ đồ thị tiếp xúc với trục hoành nên đó là các nghiệm bội chẵn, còn tại $x=1$ đồ thị cắt trục hoành và $f^{\prime }$ đổi dấu từ âm sang dương nên đó là nghiệm bội lẻ. Do tổng các bội bằng 5, ta được $$f^{\prime }(x)=k(x+2{)}^2(x-1)(x-5{)}^2,k>0.$$ Tính đạo hàm của hàm hợp: Với $g(x)=f(x^2)$ ta có $$g^{\prime }(x)=2x{f}^{\prime }(x^2)=2kx(x^2+2{)}^2(x^2-1)(x^2-5{)}^2.$$ Xét dấu: Vì $k>0$ và $(x^2+2{)}^2>0$ với mọi $x$, còn $(x^2-5{)}^2\ge 0$ nên $$g^{\prime }(x)\ge 0⟺x(x^2-1)(x^2-5{)}^2\ge 0⟺\left[x=\pm \sqrt{5}\text{ hoặc }x(x-1)(x+1)\ge 0\right].$$ Lập bảng xét dấu của $x(x-1)(x+1)$ ta được $x(x-1)(x+1)\ge 0⟺x\in [-1;0]\cup [1;+\infty )$. Đếm nghiệm nguyên: Hai giá trị $x=\pm \sqrt{5}$ không nguyên. Các nghiệm nguyên thuộc đoạn $[-2026;2027]$ gồm: $x\in [-1;0]$: có 2 số nguyên là $-1$ và $0$; $x\in [1;2027]$: có 2027 số nguyên là $1;2;\dots ;2027$. Tổng cộng có $2+2027=2029$ nghiệm nguyên. Đáp số: Bất phương trình có 2029 nghiệm nguyên thuộc đoạn $[-2026;2027]$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=e^{3x}+2m{e}^{2x}+(m-3)e^x=e^x\left(e^{2x}+2m{e}^x+m-3\right)$. Đặt $t=e^x$, với $x\in [0;\ln 2]$ thì $t\in [1;2]$. Hàm số đồng biến trên $[0;\ln 2]$ khi và chỉ khi $g(t)=t^2+2mt+m-3\ge 0$ với mọi $t\in [1;2]$. Vì $g$ là tam thức bậc hai với hệ số dương, xét ba trường hợp theo vị trí đỉnh $t=-m$: (1) Nếu $-m\in [1;2]$ tức $m\in [-2;-1]$, giá trị nhỏ nhất $g(-m)=-m^2+m-3\ge 0$ tương đương $m^2-m+3\le 0$, vô nghiệm. (2) Nếu $-m<1$ tức $m>-1$, min tại $t=1$: $g(1)=3m-2\ge 0\Rightarrow m\ge \frac{2}{3}$, thỏa mãn $m>-1$. (3) Nếu $-m>2$ tức $m<-2$, min tại $t=2$: $g(2)=5m+1\ge 0\Rightarrow m\ge -\frac{1}{5}$, mâu thuẫn với $m<-2$. Vậy điều kiện là $m\ge \frac{2}{3}$. Các giá trị nguyên của $m$ thuộc khoảng $(-2026;2026)$ là $m\in \{1,2,\dots ,2025\}$, gồm $2025$ giá trị.