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

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=(x-2{)}^2(1-x)$. Vì $(x-2{)}^2\ge 0$ với mọi $x$, dấu của $f^{\prime }(x)$ do $(1-x)$ quyết định: với $x<1$ thì $1-x>0$ nên $f^{\prime }(x)>0$ (trừ $x=2$ không thuộc miền này), hàm số đồng biến trên $(-\infty ;1)$. Với $x>1$ thì $f^{\prime }(x)<0$ (trừ $x=2$), hàm số nghịch biến. Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $(-\infty ;1)$, khớp với đáp án nguồn D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=(x-2{)}^2(1-x)$. Vì $(x-2{)}^2\ge 0$ với mọi $x$, dấu của $f^{\prime }(x)$ do $(1-x)$ quyết định (tại $x=2$ thì $f^{\prime }(2)=0$ nhưng hàm vẫn không nghịch biến). Xét $x=0<1$: $f^{\prime }(0)=4>0$; xét $x=2$: $f^{\prime }(2)=0$; xét $x=3>1$: $f^{\prime }(3)=1\cdot (1-3)=-2<0$. Vậy $f^{\prime }(x)>0$ khi $x<1$, tức hàm số đồng biến trên $(-\infty ;1)$. Đáp án khớp với đáp án nguồn (Đề 1061, Câu 8: B).

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, hàm số bậc ba có cực đại tại $x=-1$ (điểm cao nhất chạm trục hoành) và cực tiểu tại $x=1$ (điểm thấp nhất có hoành độ 1, tung độ $-4$). Hàm số đồng biến trên $(-\infty ;-1)$ và $(1;+\infty )$, nghịch biến trên khoảng giữa hai điểm cực trị, tức là trên $(-1;1)$. Vậy đáp án B.

Dựa vào bảng biến thiên thì hàm số nghịch biến trong khoảng $(-\infty ;-1)$

Dựa vào bảng biến thiên thì hàm số đồng biến trong khoảng $(-1;1)$.

(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 $f^{\prime }(x)$: $f^{\prime }(-1)=0$, $f^{\prime }(2)=0$, $f^{\prime }(x)>0$ 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 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 $x=1$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét đạo hàm trên $\mathbb{R}$:

A: $y^{\prime }=3x^2+2>0$ với mọi $x$ nên đồng biến, loại.

B: $y^{\prime }=-2x+2$ đổi dấu, không nghịch biến trên $\mathbb{R}$, loại.

C: $y^{\prime }=\frac{(x+1)-(x+3)}{(x+1{)}^2}=\frac{-2}{(x+1{)}^2}<0$ nhưng hàm không xác định tại $x=-1$ nên không nghịch biến trên $\mathbb{R}$, loại.

D: $y^{\prime }=-3x^2-3=-3(x^2+1)<0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ nên hàm nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Vậy chọn D.

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)
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)
Từ đồ thị: trên khoảng $(-4;-2)$ đồ thị đi xuống nên hàm số nghịch biến; trên $(-2;1)$ đồ thị là đoạn thẳng ngang nên hàm số không đổi (không nghịch biến); trên $(1;3)$ đồ thị đi lên nên hàm số đồng biến. Do đó khẳng định đúng là D.

(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)
Từ đồ thị: hàm số có tiệm cận đứng $x=1$, nghịch biến trên $(-\infty ;1)$ và $(1;2)$ (đi xuống từ $+\infty$ tới điểm cực tiểu tại $x=2$), và đồng biến trên $(2;+\infty )$ (đồ thị đi lên sau điểm cực tiểu, tiệm cận xiên là đường đứt nét). Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $(2;+\infty )$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, hàm số có tiệm cận đứng $x=1$. Trên khoảng $(-\infty ;1)$ đồ thị đi xuống (nghịch biến), trên khoảng $(1;2)$ đồ thị đi xuống (nghịch biến), còn trên khoảng $(2;+\infty )$ đồ thị đi lên (đồng biến). Vậy hàm số đồng biến trên $(2;+\infty )$, khớp với đáp án C trong bảng đáp án.

(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 $2$.

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm ta thấy $f^{\prime }(x)<0\iff x\in (-\infty ;1)\cup (3;4)$. Do đó hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $(-\infty ;1)$ và $(3;4)$.

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho nên chọn C.

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.