Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Khảo sát đồ thị (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: cực đại $(0;3)$, cực tiểu $(2;-1)$, nên $f^{\prime }(x)=3ax(x-2)\Rightarrow c=0,b=-3a$; $d=f(0)=3$; $f(2)=8a-12a+3=-1\Rightarrow a=1$. Vậy $f(x)=x^3-3x^2+3$.
a) Hàm bậc ba có tâm đối xứng tại $x=-\frac{b}{3a}=1$, $f(1)=1-3+3=1$: đúng, $I(1;1)$.
b) $a+2b+3c+4d=1-6+0+12=7\ne 6$: sai.
c) Đặt $t=\frac{11x-x^2}{6}$, $t^{\prime }=\frac{11-2x}{6}>0$ trên $[-1;2]$ nên $t$ tăng từ $t(-1)=-2$ đến $t(2)=3$. Trên $[-2;3]$: $f$ tăng trên $(-2;0)$ từ $f(-2)=-17$ đến $f(0)=3$, giảm trên $(0;2)$ xuống $f(2)=-1$, tăng trên $(2;3)$ lên $f(3)=3$. Do đó miền giá trị của $g$ là $[-17;3]$, chứa đúng 21 giá trị nguyên: đúng.
d) $h^{\prime }(x)=\frac{\left(f(x{)}^2+6f(x)+3m+2\right)f^{\prime }(x)}{(f(x)+3{)}^2}$. $f^{\prime }(x)=0$ cho $x=0,2$ (2 điểm cực trị, vì $f(0)=3,f(2)=-1\ne -3$). $f(x)=-3$ có đúng 1 nghiệm $x_0\in (-2;-1)$ (loại). Phương trình $t^2+6t+3m+2=0$ có nghiệm $t=-3\pm \sqrt{7-3m}$. Với $t\in (-1;3)$: $f(x)=t$ cho 3 nghiệm trong $(-2;3)$; $t\in (-17;-1)$: 1 nghiệm. Để tổng cộng 6 điểm cực trị cần một nghiệm thuộc $(-1;3)$ (đóng góp 3) và nghiệm kia thuộc $(-17;-1)$ (đóng góp 1), tức $2<\sqrt{7-3m}<6\iff -\frac{29}{3}<m<\frac{4}{3}$, cho 11 giá trị nguyên $m\in \{-9;-8;\dots ;1\}$, không phải 10: sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tâm đối xứng tại $x=-b/(3a)=1$, $f(1)=1$, nên $I(1;1)$ đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $a=1,b=-3,c=0,d=3$ ta được $a+2b+3c+4d=7\ne 6$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$t=(11x-x^2)/6$ tăng từ $-2$ đến $3$ trên $[-1;2]$; $f$ trên $[-2;3]$ có min $-17$, max $3$, nên $g$ có miền giá trị $[-17;3]$ với đúng 21 giá trị nguyên.
d) (AI giải đề cho tôi)
Điều kiện cho 6 điểm cực trị là $-29/3<m<4/3$, tức 11 giá trị nguyên $m\in \{-9,\dots ,1\}$, không phải 10.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: $f^{\prime }$ là hàm bậc ba với cực tiểu tại $x=0$ có giá trị $-4$, $f^{\prime }(-1)=-2$, và đồ thị tiếp xúc trục hoành tại $x=-2$ (cực đại của $f^{\prime }$), cắt trục tại $x=1$. Viết $f^{\prime }(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$; cực tiểu tại $x=0$ cho $c=0$, $d=-4$; $f^{\prime }(-1)=-2$ cho $b-a=2$; cực đại tại $x=-2$ cho $f^{\prime \prime }(-2)=0\Rightarrow b=3a$. Suy ra $a=1,b=3$, tức $f^{\prime }(x)=x^3+3x^2-4=(x+2{)}^2(x-1)$. (Lưu ý: nhận xét trong phần errors cho rằng $f^{\prime }$ cắt trục tại $-3$ và $-1$ là không đúng, vì đồ thị cho $f^{\prime }(-1)=-2\ne 0$ và $f^{\prime }$ chỉ tiếp xúc trục tại $x=-2$.)

a) $g(x)=f(x)-\frac{1}{2}{x}^2+x+2025$ nên $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-x+1=(x+2{)}^2(x-1)-x+1=x^3+3x^2-x-3=(x+3)(x+1)(x-1)$.
Bảng biến thiên: $g^{\prime }>0$ trên $(-\infty ;-3)$, $g^{\prime }<0$ trên $(-3;-1)$, $g^{\prime }>0$ trên $(-1;1)$, $g^{\prime }<0$ trên $(1;+\infty )$. Vậy $g$ có hai cực đại tại $x=-3$ và $x=1$, một cực tiểu tại $x=-1$; khi $x\to \pm \infty$, $g\to -\infty$. Đồ thị cắt $y=m$ tại 4 điểm phân biệt $\iff g(-1)<m<\min \{g(-3);g(1)\}$. → Đúng.

b) $f^{\prime }(x)=(x+2{)}^2(x-1)$, nghiệm $x=-2$ (kép) và $x=1$. Tại $x=1$: ${\lim }_{x\to 1}h(x)=\infty$ → tiệm cận đứng $x=1$. Tại $x=-2$: $h(x)\sim \frac{-3}{-3(x+2{)}^2}\to \pm \infty$ → tiệm cận đứng $x=-2$. Khi $x\to \pm \infty$, $h(x)\to 0$ (tử bậc nhất, mẫu bậc ba) → tiệm cận ngang $y=0$. Tổng cộng 3 đường tiệm cận. → Đúng.

c) Với $x>0$: $f^{\prime }(x)=(x+2{)}^2(x-1)<0$, nên $f$ nghịch biến trên $(0;+\infty )$. → Sai.

d) $f^{\prime }(x)\le 0$ trên $\mathbb{R}$ và $f^{\prime }$ không đổi dấu qua $x=-2$ (nghiệm kép), nên $f$ không có điểm cực trị. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $g^{\prime }(x)=(x+3)(x+1)(x-1)$; $g$ có 2 cực đại ($x=-3,1$), 1 cực tiểu ($x=-1$), đi xuống ở hai đầu nên 4 nghiệm $\iff g(-1)<m<\min \{g(-3);g(1)\}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Hai tiệm cận đứng $x=-2$, $x=1$ (nghiệm của $f^{\prime }(x)=(x+2{)}^2(x-1)$) và tiệm cận ngang $y=0$ vì bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $f^{\prime }(x)=(x+2{)}^2(x-1)<0$ với $x>0$ nên $f$ nghịch biến trên $(0;+\infty )$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $f^{\prime }(x)\le 0$ trên $\mathbb{R}$, nghiệm kép $x=-2$ không làm đổi dấu $f^{\prime }$, nên $f$ không có điểm cực trị.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1: $y=\frac{x^2+x+1}{x+1}=x+\frac{1}{x+1}$, TXĐ $D=\mathbb{R}\setminus \{-1\}$. $y^{\prime }=1-\frac{1}{(x+1{)}^2}=0\iff x=0$ hoặc $x=-2$. Với $x=0$: $y=1$; với $x=-2$: $y=\frac{4-2+1}{-1}=-3$. Hai điểm cực trị là $A(0;1)$, $B(-2;-3)$. Đường thẳng $AB$ có hệ số góc $\frac{-3-1}{-2-0}=2$, phương trình $y=2x+1$ hay $2x-y+1=0$. Độ dài $AB=\sqrt{(-2{)}^2+(-4{)}^2}=2\sqrt{5}$. Khoảng cách từ $C(5;5)$ đến $AB$: $d=\frac{|2\cdot 5-5+1|}{\sqrt{5}}=\frac{6}{\sqrt{5}}$. Diện tích $S=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{5}\cdot \frac{6}{\sqrt{5}}=6$ (đvdt). Kiểm tra: $C$ không thuộc $AB$ nên tam giác hợp lệ.

Câu 2: Ta có $f(x)+f(-2-x)=-2$ nên $(C)$ có tâm đối xứng $I(-1;-1)$; hai nhánh đối xứng qua $I$. Đoạn nối ngắn nhất giữa hai nhánh đi qua $I$ và vuông góc với $(C)$ tại hai đầu, nên độ dài bằng $2d$ với $d$ là khoảng cách nhỏ nhất từ $I$ đến một nhánh. Lấy $M$ trên nhánh phải, đặt $t=x+1>0$: $M\left(t-1;t-1+\frac{1}{t}\right)$, $\overrightarrow{IM}=\left(t;t+\frac{1}{t}\right)$, $I{M}^2=2t^2+2+\frac{1}{t^2}$. Đặt $g(t)=2t^2+2+\frac{1}{t^2}$, $g^{\prime }(t)=4t-\frac{2}{t^3}=0\iff t^4=\frac{1}{2}\iff t=2^{-1/4}$. Khi đó $t^2=\frac{1}{\sqrt{2}}$, $\frac{1}{t^2}=\sqrt{2}$, $d^2=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2+2\sqrt{2}$. Vậy độ dài đoạn đường nối ngắn nhất là $2\sqrt{2+2\sqrt{2}}\approx 4,394$.

(AI giải đề cho tôi)
Viết lại $f(x)=\frac{-x^2+x-2}{x+1}=-x+2-\frac{4}{x+1}$ với $x\ne -1$.

a) $f^{\prime }(x)=-1+\frac{4}{(x+1{)}^2}=\frac{-(x+1{)}^2+4}{(x+1{)}^2}=\frac{-x^2-2x+3}{(x+1{)}^2},\forall x\ne -1$. Đúng.

b) Vì $f(x)=-x+2-\frac{4}{x+1}$ nên tiệm cận xiên là $y=-x+2$ (tiệm cận đứng $x=-1$). Đúng.

c) $f^{\prime }(x)=0\iff x^2+2x-3=0\iff x=1$ hoặc $x=-3$. $f(1)=-1$, $f(-3)=7$. Khoảng cách $=\sqrt{(1+3{)}^2+(-1-7{)}^2}=\sqrt{16+64}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$. Đúng.

d) Tiếp tuyến tại $M(a;f(a))$ có hệ số góc $m=-1+\frac{4}{(a+1{)}^2}$, phương trình $y=mx+c$ với $c=f(a)-ma=2-\frac{4}{a+1}-\frac{4a}{(a+1{)}^2}$.
Giao với tiệm cận đứng $x=-1$: $y_1=-m+c=3-\frac{8}{a+1}$.
Giao với tiệm cận xiên $y=-x+2$: $x_2=\frac{2-c}{m+1}=2a+1$.
Đỉnh giao hai tiệm cận: $(-1;3)$. Diện tích tam giác $=\frac{1}{2}\left|y_1-3\right|\cdot \left|x_2+1\right|=\frac{1}{2}\cdot \frac{8}{|a+1|}\cdot 2|a+1|=8$ với mọi $a\ne -1$.
Vậy mọi tiếp tuyến của $(C)$ đều tạo với hai tiệm cận tam giác diện tích 8, nên chỉ cần đếm điểm nguyên trên $(C)$: $f(a)=-a+2-\frac{4}{a+1}$ nguyên $\iff (a+1)\mid 4\iff a+1\in \{\pm 1,\pm 2,\pm 4\}\iff a\in \{0,-2,1,-3,3,-5\}$, cho đúng 6 điểm $M(0;-2),(-2;8),(1;-1),(-3;7),(3;-2),(-5;8)$. Đúng.

Kết luận: cả bốn ý a), b), c), d) đều đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=-1+\frac{4}{(x+1{)}^2}=\frac{-x^2-2x+3}{(x+1{)}^2},\forall x\ne -1$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$f(x)=-x+2-\frac{4}{x+1}$ nên tiệm cận xiên là $y=-x+2$. Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Cực trị tại $x=1$ và $x=-3$: điểm $(1;-1)$ và $(-3;7)$, khoảng cách $=\sqrt{16+64}=4\sqrt{5}$. Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác tạo bởi tiếp tuyến tại $M(a)$ và hai tiệm cận luôn bằng $\frac{1}{2}\cdot \frac{8}{|a+1|}\cdot 2|a+1|=8$ với mọi $a\ne -1$. Điểm nguyên trên $(C)$: $(a+1)\mid 4$ cho đúng 6 điểm $(0;-2),(-2;8),(1;-1),(-3;7),(3;-2),(-5;8)$. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Phép chia: $-x^2+2(m+1)x-5=(x-1)(-x+2m+1)+(2m-4)$, nên $y=-x+2m+1+\frac{2m-4}{x-1}$.
a) Với $m=0$: $y=-x+1-\frac{4}{x-1}$, tiệm cận xiên $y=-x+1$. Đúng.
b) Tâm đối xứng $I(1;2m+1)$. Đặt $t=x_M-1>0$, $k=2m-4$. Khi đó $y_M-(2m+1)=-t+\frac{k}{t}$ và $I{M}^2=t^2+{\left(-t+\frac{k}{t}\right)}^2=2t^2+\frac{k^2}{t^2}-2k$, đạt min khi $t^2=\frac{|k|}{\sqrt{2}}$. Với $k<0$ (tức $m<2$): $y_M=2m+1-\sqrt{4-2m}\left(2^{1/4}+2^{-1/4}\right)$. Đặt $u=\sqrt{4-2m}>0$ thì $y_M=5-u^2-2,03u$, và điều kiện $y_M<-4$ tương đương $u^2+2,03u-9>0$, tức $u>2,15$ — tồn tại $m$ thỏa mãn (ví dụ $m=-1$ cho $y_M\approx -5,98<-4$). Vậy tồn tại $M$ với $x_M>1$, $IM$ ngắn nhất và $y_M<-4$. Đúng.
c) $y^{\prime }=-1-\frac{2m-4}{(x-1{)}^2}$. Hàm số có cực đại, cực tiểu khi $(x-1{)}^2=4-2m>0\iff m<2$. Vậy khẳng định $m>4$ sai.
d) Với $m=0$: $-x^2+2x-5=0$ có $\Delta =4-20=-16<0$, vô nghiệm nên đồ thị không cắt $Ox$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Với $m=0$, $y=-x+1-\frac{4}{x-1}$ nên tiệm cận xiên là $y=-x+1$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $I(1;2m+1)$; với $t=x_M-1>0$, $I{M}^2=2t^2+\frac{(2m-4{)}^2}{t^2}-2(2m-4)$ đạt min tại $t^2=\frac{|2m-4|}{\sqrt{2}}$. Với $m<2$, $y_M=5-u^2-2,03u$ với $u=\sqrt{4-2m}$, và $y_M<-4$ khi $u>2,15$, tồn tại $m$ như vậy (ví dụ $m=-1$). Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $y^{\prime }=-1-\frac{2m-4}{(x-1{)}^2}$; có cực trị khi $4-2m>0\iff m<2$, không phải $m>4$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Với $m=0$, phương trình $-x^2+2x-5=0$ có $\Delta =-16<0$ nên đồ thị không cắt $Ox$.

(AI giải đề cho tôi)
Viết $f(x)=ax+b+\frac{c}{x-2}$ (tiệm cận đứng $x=2$). Máy bay xuất phát tại $A(2,5;0)$ nên $f(2,5)=0$. Điểm cao nhất $B$ cách $A$ 1,5 đơn vị theo phương ngang nên $x_B=4$, cao 4,5 nên $f(4)=4,5$ và $f^{\prime }(4)=0$. Từ $f^{\prime }(x)=a-\frac{c}{(x-2{)}^2}$, điều kiện $f^{\prime }(4)=0$ cho $c=4a$. Thay vào $f(2,5)=0$: $2,5a+b+2c=0\Rightarrow b=-10,5a$. Thay vào $f(4)=4,5$: $4a-10,5a+2a=4,5\Rightarrow a=-1$, suy ra $b=10,5$, $c=-4$. Vậy $f(x)=-x+10,5-\frac{4}{x-2}$. Tiệm cận xiên $y=-x+10,5$ cắt $Ox$ tại $G(10,5;0)$. Điểm tiếp đất: $f(x)=0\Rightarrow -x+10,5=\frac{4}{x-2}\Rightarrow x^2-12,5x+25=0\Rightarrow x=2,5$ (điểm xuất phát) hoặc $x=10$ (điểm tiếp đất $C$). Khoảng cách từ $C$ đến $G$ là $10,5-10=0,5$ đơn vị, khớp đáp án nguồn 0,5.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{2x-1}{x+1}$ có tiệm cận đứng $x=-1$, tiệm cận ngang $y=2$, nên $I(-1;2)$. Ta có $y^{\prime }=\frac{3}{(x+1{)}^2}$ và $y_0=2-\frac{3}{x_0+1}$. Tiếp tuyến tại $M(x_0;y_0)$: $y=y_0+\frac{3}{(x_0+1{)}^2}(x-x_0)$. Tại $x=-1$: $y_A=y_0-\frac{3}{x_0+1}=-\frac{6}{x_0+1}$, nên $IA=\left|y_A-2\right|=\frac{6}{x_0+1}$ (vì $x_0>0$). Tại $y=2$: $x_B=x_0+\frac{(2-y_0)(x_0+1{)}^2}{3}=x_0+(x_0+1)=2x_0+1$, nên $IB=|x_B+1|=2(x_0+1)$. Điều kiện: $\frac{36}{(x_0+1{)}^2}+4(x_0+1{)}^2=40$. Đặt $t=(x_0+1{)}^2>1$: $4t^2-40t+36=0\iff t^2-10t+9=0\iff t=9$ (loại $t=1$ vì $x_0>0$). Suy ra $x_0=2$, $y_0=2-\frac{3}{3}=1$. Khi đó $P=x_0^2+2y_0^2-x_0{y}_0=4+2-2=4$, khớp với đáp án nguồn.

Đồ thị $(C):y=\frac{2x-1}{x+1}$ có tiệm cận đứng $x=-1$ và tiệm cận ngang $y=2$ nên $I(-1;2)$. Vì $M\in (C)$ nên $M\left(x_0;\frac{2x_0-1}{x_0+1}\right),(x_0>0)$. Phương trình tiếp tuyến với $(C)$ tại $M$ là $y=\frac{3}{{\left(x_0+1\right)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{2x_0-1}{x_0+1}$. $\Rightarrow A\left(-1;\frac{2x_0-4}{x_0+1}\right)$, $B\left(2x_0+1;2\right)$. Ta có $IA=\left|\frac{6}{x_0+1}\right|$ và $IB=2\left|x_0+1\right|$. Khi đó $I{A}^2+I{B}^2=40\iff \frac{36}{{\left(x_0+1\right)}^2}+4{\left(x_0+1\right)}^2=40$, $x_0>0$ $\iff {\left(x_0+1\right)}^4-10{\left(x_0+1\right)}^2+9=0\iff \{\begin{array}{l}{\left(x_0+1\right)}^2=1\\ {\left(x_0+1\right)}^2=9\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{l}{x}_0=0(l)\\ x_0=-2(l)\\ x_0=2(n)\\ x_0=-4(l)\end{array}\to x_0=2\Rightarrow y_0=1$. Suy ra $M(2;1)$. Giá trị của biểu thức $P=7$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0)$, $B(100;0)$, $D(0;80)$, $C(100;80)$. Đường cong là đồ thị hàm bậc ba $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ đi qua $H(0;40)$, có điểm cao nhất $Q(20;60)$ (vì $AP=20$, $AE=60$, $PQ\parallel AD$) và đi qua $F(100;60)$ với $EF\parallel AB$.
Từ $f(0)=40\Rightarrow d=40$.
$f(20)=60\Rightarrow 400a+20b+c=1$; $f^{\prime }(20)=0\Rightarrow 1200a+40b+c=0$; $f(100)=60\Rightarrow 10000a+100b+c=0,2$.
Giải hệ được $a=0,0005;b=-0,07;c=2,2$, tức $f(x)=0,0005x^3-0,07x^2+2,2x+40$ (kiểm tra $f(100)=60$ đúng).
Điểm $M$ là trung điểm $AB$ nên $M(50;0)$, $N(50;80)$. Hoành độ $x=50$: $f(50)=62,5-175+110+40=37,5$, tức $I(50;37,5)$.
Trên đoạn $MN$: phần thuộc $H_3$ (tô màu, người lớn) dài $37,5$ m, phần thuộc $H_1$ (trẻ em) dài $80-37,5=42,5$ m.
Tổng tiền $=37,5\cdot 190+42,5\cdot 130=7125+5525=12650$ nghìn đồng $=12,65$ triệu đồng $\approx 12,7$ triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{x^2+x-6}{x+1}=x-\frac{6}{x+1}$, tiệm cận đứng $x=-1$, tiệm cận xiên $y=x-1$. Đặt $t=x+1\ne 0$, điểm trên $(C)$ là $(t-1,t-1-\frac{6}{t})$.

a) Với $x$ nguyên thì $y$ nguyên khi $\frac{6}{x+1}$ nguyên, tức $x+1\in \{\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 6\}$, cho $x\in \{0,-2,1,-3,2,-4,5,-7\}$: đúng 8 điểm. Mệnh đề đúng.

b) $AB$ song song trục hoành nghĩa là hai điểm có cùng tung độ $y=c$. Phương trình $t-1-\frac{6}{t}=c\iff t^2-(c+1)t-6=0$ có hai nghiệm trái dấu $t_1{t}_2=-6$ (tương ứng 2 nhánh). Khi đó $AB=t_2-t_1=\sqrt{(t_1+t_2{)}^2-4t_1{t}_2}=\sqrt{(c+1{)}^2+24}\ge \sqrt{24}=2\sqrt{6}$, đạt được khi $c=-1$. Vậy giá trị nhỏ nhất là $2\sqrt{6}$, không phải $2\sqrt{5}$. Mệnh đề sai.

c) $y^{\prime }=1+\frac{6}{(x+1{)}^2}=7\iff (x+1{)}^2=6$ có 2 nghiệm phân biệt, nên có 2 tiếp tuyến song song với $d$. Mệnh đề đúng.

d) Khoảng cách bình phương từ điểm trên $(C)$ tới tâm $(-1,-1)$: $f(t)=t^2+{\left(t-\frac{6}{t}\right)}^2=2t^2+\frac{36}{t^2}-12\ge 2\sqrt{72}-12=12(\sqrt{2}-1)$, đạt khi $t^4=18$. Vì $f(t)\to +\infty$ khi $t\to 0^{\pm }$ hoặc $|t|\to \infty$, phương trình $f(t)=R^2$ có 4 nghiệm phân biệt (2 trên mỗi nhánh) khi và chỉ khi $R^2>12(\sqrt{2}-1)$. Mệnh đề đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$y$ nguyên khi $6/(x+1)$ nguyên: $x+1\in \{\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 6\}$ cho đúng 8 điểm $x\in \{0,-2,1,-3,2,-4,5,-7\}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với cùng tung độ $c$, $AB=\sqrt{(c+1{)}^2+24}\ge 2\sqrt{6}$. Giá trị nhỏ nhất là $2\sqrt{6}$, không phải $2\sqrt{5}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=1+\frac{6}{(x+1{)}^2}=7\iff (x+1{)}^2=6$ có 2 nghiệm, nên có 2 tiếp tuyến song song $d$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$f(t)=2t^2+\frac{36}{t^2}-12\ge 12(\sqrt{2}-1)$; phương trình $f(t)=R^2$ có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $R^2>12(\sqrt{2}-1)$.

Tập xác định: $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$.
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là $x=1$, đường tiệm cận ngang là $y=2$ $\Rightarrow$ giao điểm hai đường tiệm cận là $I(1;2)$.
[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]
Gọi $A\left(a;2+\frac{4}{a-1}\right),B\left(b;2+\frac{4}{b-1}\right);(a>1,b>1,a\ne b)$.
$IA=IB\iff a-1=\frac{4}{b-1}\Rightarrow AD=BE$.
Đường thẳng đi qua hai điểm $A,B$ vuông góc với đường phân giác của góc $\widehat{DIE}$.
Đường phân giác của góc $\widehat{DIE}$ là $d:y=x+1$.
Đường thẳng đi qua hai điểm $A,B$ có phương trình là $y=-x+m$.
Xét phương trình $\frac{2x+2}{x-1}=-x+m\iff x^2+(1-m)x+2+m=0(x\ne 1)$.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt $a>1,b>1\iff \{\begin{array}{l}{m}^2-6m-7>0\\ m-1>2\end{array}\iff m>7$.
Ta có $A(a;-a+m),A(b;-b+m)\Rightarrow AB=\sqrt{2}.|b-a|=\sqrt{2}.\sqrt{m^2-6m-7}$.
Diện tích tam giác $IAB$ là $S=\frac{15}{2}\iff \frac{1}{2}.\frac{|3-m|}{\sqrt{2}}.AB=\frac{15}{2}\iff \frac{|3-m|}{\sqrt{2}}.AB=15$.
$\frac{|3-m|}{\sqrt{2}}.\sqrt{2}.\sqrt{m^2-6m-7}=15\iff |3-m|.\sqrt{(3-m{)}^2-16}=15$.
Giải phương trình ta được $m=8$. Phương trình đường thẳng $d$ là $y=-x+8$.

(AI giải đề cho tôi)
Viết lại $(C):y=x+1+\frac{1}{x+1}$, có tiệm cận đứng $x=-1$ và tiệm cận xiên $y=x+1$, nên hai nhánh là nhánh phải ($x>-1$) và nhánh trái ($x<-1$).

Lấy điểm $M$ trên nhánh phải: đặt $u=x+1>0$ thì $M\left(u-1,u+\frac{1}{u}\right)$. Lấy điểm $N$ trên nhánh trái: đặt $x+1=-v$ với $v>0$ thì $N\left(-v-1,-v-\frac{1}{v}\right)$.

Hiệu tọa độ: $\Delta x=u+v$ và $\Delta y=u+v+\frac{1}{u}+\frac{1}{v}$. Đặt $s=u+v$, $p=uv$; khi đó $\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{s}{p}$, nên
$$d^2=s^2+{\left(s+\frac{s}{p}\right)}^2=s^2\left(2+\frac{2}{p}+\frac{1}{p^2}\right).$$
Với $p$ cố định, $s=u+v\ge 2\sqrt{p}$ (AM-GM), đạt tại $u=v$. Thay $s=2\sqrt{p}$:
$$d^2=8p+8+\frac{4}{p}.$$
Khảo sát $f(p)=8p+8+\frac{4}{p}$ với $p>0$: $f^{\prime }(p)=8-\frac{4}{p^2}=0\Rightarrow p=\frac{1}{\sqrt{2}}$, khi đó $d^2=\frac{8}{\sqrt{2}}+8+4\sqrt{2}=8+8\sqrt{2}$.

Vậy khoảng cách ngắn nhất giữa hai tàu là $d=\sqrt{8+8\sqrt{2}}\approx 4,39$ km (đạt khi $u=v=2^{-1/4}$, tức hai tàu ở vị trí đối xứng nhau qua đường thẳng $x=-1$).