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

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{2x+1}{x+1}=2-\frac{1}{x+1}$ có tiệm cận đứng $x=-1$, tiệm cận ngang $y=2$, tâm đối xứng $I(-1;2)$. Điểm $M(a;b)$ thuộc $(C)$ nên $b=2-\frac{1}{a+1}$, với $a\ne -1$. Ta có $y^{\prime }=\frac{1}{(x+1{)}^2}$, tiếp tuyến tại $M$: $y=b+\frac{x-a}{(a+1{)}^2}$.

Giao với tiệm cận đứng $x=-1$: $y_A=b-\frac{1}{a+1}=2-\frac{2}{a+1}$, tức $A\left(-1;2-\frac{2}{a+1}\right)$.

Giao với tiệm cận ngang $y=2$: $2=b+\frac{x-a}{(a+1{)}^2}\Rightarrow x=a+(2-b)(a+1{)}^2=a+\frac{1}{a+1}(a+1{)}^2=2a+1$, tức $B(2a+1;2)$.

Tam giác $IAB$ vuông tại $I$ với hai cạnh góc vuông $IA=\frac{2}{|a+1|}$, $IB=2|a+1|$. Đặt $t=|a+1|>0$, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác vuông: $r=\frac{u+v-\sqrt{u^2+v^2}}{2}=t+\frac{1}{t}-\sqrt{t^2+\frac{1}{t^2}}$.

Đặt $s=t+\frac{1}{t}\ge 2$ thì $\sqrt{t^2+\frac{1}{t^2}}=\sqrt{s^2-2}$, nên $r=s-\sqrt{s^2-2}$, hàm giảm theo $s$ (vì $r^{\prime }=1-\frac{s}{\sqrt{s^2-2}}<0$). Do đó $r$ lớn nhất khi $s=2$, tức $t=1$, khi đó $a+1=\pm 1$ nên $a=0$ hoặc $a=-2$.

- Với $a=0$: $b=2-1=1\Rightarrow a+b=1$.
- Với $a=-2$: $b=2+1=3\Rightarrow a+b=1$.

Vậy $a+b=1$, chọn đáp án B.

a) Hai điểm cực trị $A(1;3),B(2;-2)\Rightarrow AB=\sqrt{26}$. Vậy a) Đúng.

b) Ta có $g^{\prime }(x)=-2.f^{\prime }(1-2x)=0\iff \left[\begin{array}{c}1-2x=1\\ 1-2x=2\end{array}\right]\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=-\frac{1}{2}\end{array}\right]$. Bảng xét dấu của $g^{\prime }(x)$ cho thấy $g^{\prime }(x)>0$ trên khoảng $\left(-\frac{1}{2};0\right)$. Vậy b) Sai.

c) Đồ thị hàm số $h(x)$ có tổng số đường tiệm cận là 6 (1 tiệm cận ngang $y=0$, 3 tiệm cận đứng từ $f(x)=2$ và 2 tiệm cận đứng từ $f(x)=-2$ với $x=2$ là nghiệm bội hai). Vậy c) Sai.

d) BPT $g(x)\ge x^2+m$ nghiệm đúng với mọi $x\in [0;1]\iff m\le f(-1)-1=-138$; với $m\in [-2025;2025]$ có 1888 giá trị nguyên thỏa mãn. Vậy d) đúng.
a) Hai điểm cực trị $A(1;3),B(2;-2)\Rightarrow AB=\sqrt{26}$. Vậy a) Đúng.
b) Ta có $g^{\prime }(x)=-2.f^{\prime }(1-2x)=0\iff \left[\begin{array}{c}1-2x=1\\ 1-2x=2\end{array}\right]\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=-\frac{1}{2}\end{array}\right]$. Ta có bảng xét dấu của $g^{\prime }(x)$: Vậy b) Sai.
c) Ta có: $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x-2}{f^2(x)-4}=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang. Xét phương trình $f^2(x)-4=0\iff \left[\begin{array}{c}f(x)=2\\ f(x)=-2\end{array}\right]$. Dựa vào đồ thị ta có $f(x)=2\iff \left[\begin{array}{c}x=a<1\\ x=b(1<b<2)\\ x=c>2\end{array}\right]$, nên đồ thị $h(x)$ có 3 đường tiệm cận đứng. $f(x)=-2\iff \left[\begin{array}{c}x=d<1\\ x=2\end{array}\right]$, do $x=2$ là nghiệm bội hai nên đồ thị $h(x)$ có hai đường tiệm cận đứng. Vậy đồ thị hàm số $h(x)$ có tổng số đường tiệm cận là 6. (ta có thể tìm hàm số $y=f(x)$ và từ đó suy ra số các đường tiệm cận). Vậy c) Sai.
d) BPT $g(x)\ge x^2+m\iff g(x)-x^2\ge m$. Đặt $k(x)=g(x)-x^2\Rightarrow k^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)-2x$. $k(x)\ge m\forall x\in [0;1]\iff m\le \min k(x)\iff m\le k(1)\iff m\le f(-1)-1$. Theo bài ra, ta tìm được $f(x)=10x^3-45x^2+60x-22$, suy ra $m\le f(-1)-1\iff m\le -138$. Mà $m\in [-2025;2025]$ nên có 1888 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn. Vậy d) đúng.

Đáp số: -3.

Vì $(C)$ có hai giao điểm với trục hoành nên $f(x)=(x-m)(x-n{)}^2$. Trong đó $M(m;0)$ và $N(n;0)$. Ta có thể viết lại $f(x)=x^3+(-m-2n)x^2+(n^2+2mn)x-m{n}^2$. $f^{\prime }(x)=3x^2+2(-m-2n)x+n^2+2mn$. $f^{\prime }(m)=(m-n{)}^2$. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị $(C)$ tại $M$ là $y=(m-n{)}^2(x-m)$. Giao điểm của $(C)$ với trục tung là $A(0;-m{n}^2)$.

Vì tiếp tuyến tại $M$ đi qua $A$ nên ta có $-m{n}^2=(m-n{)}^2(0-m)\iff m^2-2mn=0\iff \left[\begin{array}{c}m=0\\ m=2n\end{array}\right]$

Vì $c=-m{n}^2<0$ nên ta loại trường hợp $m=0$. Từ đó ta có $m=2n$.

Diện tích tam giác $AMN$ bằng 16 nên
$\frac{1}{2}MN\cdot AO=16\iff \frac{1}{2}|m-n|.\left|-m{n}^2\right|=16\iff |2n-n|.\left|-2n^3\right|=32\iff \left[\begin{array}{c}n=2\\ n=-2\end{array}\right]$

Vì $c=-m{n}^2<0$ nên ta loại trường hợp $n=-2$.

Với $n=2$ ta có $m=4$ và $f(x)=(x-4)(x-2{)}^2\Rightarrow f(1)=-3$.

a) Từ giả thiết ta suy ra
$$P(P(x)+1+x)+1=(P(x)+1)(P(x+1)+1),\forall x\in \mathbb{R}.$$
Đặt $Q(x)=P(x)+1$, khi đó ta có
$$Q(Q(x)+x)=Q(x)\cdot Q(x+1),\forall x\in \mathbb{R}(\star ).$$
Nếu $Q(x)=c$ là hàm hằng, suy ra $c=c^2\Rightarrow \{\begin{array}{l}c=0\\ c=1\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}P(x)\equiv -1\\ P(x)=0\end{array}$. Cả hai đa thức này thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Nếu $\mathrm{deg}Q=1$ thì $Q(Q(x)+x)$ là hàm hằng hoặc là hàm bậc nhất, nhưng $\mathrm{deg}(Q\cdot Q(x+1))=2$, mâu thuẫn.
Nếu $n=\mathrm{deg}Q\ge 2$, so sánh bậc 2 vế ta được $n^2=2n\Rightarrow n=2$. Đặt $Q(x)=a{x}^2+bx+k$, so sánh hệ số bậc cao nhất 2 vế, ta suy ra $a^3=a^2\Rightarrow a=1$.
Vậy $Q(x)=x^2+bx+k$, với $b,k\in \mathbb{R}$. Thử lại, ta thấy đa thức này thỏa mãn $(\star )$, suy ra $P(x)=x^2+bx+c$, với $b,c\in \mathbb{R}$ thỏa đề.
Kết luận: $\mathcal{F}=\{0;-1\}\cup \{P(x)=x^2+bx+c\mid b,c\in \mathbb{R}\}$.

b) Trước hết $P(x)\equiv -1$ không thỏa mãn điều kiện $(i)$, trong khi với $P(x)\equiv 0$ thì $\forall Q(x)\in \mathbb{R}[x]$ thì $P(x)\cdot Q(x)\equiv 0$, không thỏa mãn $(ii)$. Do đó ta xét $P(x)=x^2+bx+c$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Ta đi chứng minh bổ đề sau: Cho đa thức $P(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$ có nghiệm thực $x_0$. Khi đó
$$|x_0|<1+\underset{0\le i\le n}{\max }\left|\frac{a_i}{a_n}\right|.$$
Chứng minh. Ta có $P(x)=a_n{x}^n\left(1+{\sum }_{i=0}^{n-1}\frac{a_i}{a_n{x}^{n-i}}\right)$. Với $x$ là nghiệm khác 0 của $P(x)$ thì
$$-1=\sum _{i=0}^{n-1}\frac{a_i}{a_n}\cdot \frac{1}{x^{n-i}}\Rightarrow 1\le A\cdot \left(\sum _{i=1}^n\frac{1}{|x{|}^i}\right)=\frac{A}{|x|}\cdot \frac{1-\frac{1}{x^n}}{1-\frac{1}{x}}<\frac{A}{|x|-1}\text{ với }A=\underset{0\le i\le n}{\max }\left|\frac{a_i}{a_n}\right|$$
Từ đó suy ra $|x|<1+A$.
Trở lại bài toán, do $x^2+bx+c$ là một đa thức thỏa đề nên gọi $c_0\in \mathbb{Z}$ là hệ số tự do của đa thức $Q(x)\in \mathbb{Z}[x]$ thỏa $(x^2+bx+c)\cdot Q(x)$ có tất cả hệ số thuộc tập $\{\pm 1;\pm 2\}$. Khi đó $c{c}_0\in \{\pm 1;\pm 2\}$ nên ta suy ra $c\in \{\pm 1;\pm 2\}$. Mặt khác, để $P(x)$ có nghiệm thực thì $b^2\ge 4c$, và khi đó nghiệm thực của $P(x)$ là $\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4c}}{2}$. Vì nghiệm của $P(x)$ cũng là nghiệm của $P(x)\cdot Q(x)$ nên áp dụng bổ đề trên cho ta
$$\left|\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4c}}{2}\right|<3(\ast )$$
Ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: $c=1\Rightarrow b^2\ge 4\Rightarrow |b|\ge 2$. Nếu $b\ge 4$ thì $\frac{-b-\sqrt{b^2-4}}{2}<-3$, mâu thuẫn với $(\ast )$. tương tự nếu $b\le -4$. Vậy $b\in \{\pm 2;\pm 3\}$.
$b=\pm 2$, tồn tại $Q(x)=1$ thỏa mãn.
$b=\pm 3$, tồn tại $Q(x)=x\mp 1$ thỏa mãn.
Trường hợp 2: $c=2\Rightarrow b^2\ge 8\Rightarrow |b|\ge 3$. Nếu $|b|\ge 4$ thì tương tự trường hợp 1, ta cũng có điều mâu thuẫn, vậy $b=\pm 3$. Với $b=\pm 3$, tồn tại $Q(x)=x\mp 1$ thỏa mãn.
Trường hợp 3. $c=-1$ thì $P(x)$ có nghiệm thực. Nếu $b\ge 3$ thì $\frac{-b-\sqrt{b^2+4}}{2}<-3$, mâu thuẫn với $(\ast )$, vương tự với $b\le -3$. Vậy $b\in \{0;\pm 1;\pm 2\}$.
$b=0$, tồn tại $Q(x)=x+1$ thỏa mãn.
$b=\pm 1;\pm 2$, tồn tại $Q(x)=1$ thỏa mãn.
Trường hợp 4. $c=-2$ thì $P(x)$ có nghiệm thực. Tương tự như trường hợp 3, ta cũng suy ra $b\in \{0;\pm 1;\pm 2\}$.
$b=0$, tồn tại $Q(x)=x+1$ thỏa mãn.
$b=\pm 1;\pm 2$, tồn tại $Q(x)=1$ thỏa mãn.
Kết luận: tập tất cả đa thức thỏa đề là
$$\{x^2+3x+2;x^2+2x+1;x^2-2x+1;x^2+3x+1;x^2-3x+1;x^2-1;x^2+x-1;x^2-x-1$$
$$x^2-3x+2;x^2+2x-1;x^2-2x-1;x^2-2;x^2+x-2;x^2-x-2;x^2+2x-2;x^2-2x-2\}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f(x)=-x+10-\frac{12}{x}$ với $x>0$.

a) $f^{\prime }(x)=-1+\frac{12}{x^2}=0\Rightarrow x=2\sqrt{3}$, $f(2\sqrt{3})=10-4\sqrt{3}$. Đỉnh cao nhất là $(2\sqrt{3};10-4\sqrt{3})$. Khoảng cách tới $I(2;8)$: $d^2=(2\sqrt{3}-2{)}^2+(2-4\sqrt{3}{)}^2=68-24\sqrt{3}\approx 26,431\Rightarrow d\approx 5,141$ đơn vị $\approx 514$ m. Đúng.

b) $f(x)=-x+10-\frac{12}{x}$ có tiệm cận đứng $x=0$, tiệm cận xiên $y=-x+10$, nên tâm đối xứng là giao hai tiệm cận $M(0;10)$. Đúng.

c) Xét $d^2(x)=(x-2{)}^2+{\left(2-x-\frac{12}{x}\right)}^2$. Giải ${\left[d^2\right]}^{\prime }=0$ được $x\approx 3,127$, khi đó $d^2\approx 25,92\Rightarrow d\approx 5,091$ đơn vị $\approx 509$ m $\ne 510$ m. Sai.

d) Dây phao $AB\parallel Ox$ tại $y=t$: phương trình $-x+10-\frac{12}{x}=t\iff x^2+(t-10)x+12=0$, nên $AB=x_A-x_B=\sqrt{(t-10{)}^2-48}$. Khoảng cách từ $I(2;8)$ đến $AB$ là $8-t$. Điều kiện $8-t=\sqrt{(t-10{)}^2-48}$, bình phương: $(8-t{)}^2=(t-10{)}^2-48\Rightarrow 64-16t=t^2-20t+52\Rightarrow 4t=-12\Rightarrow t=-3$. Khi đó $AB=11$ và diện tích $S=\frac{1}{2}\cdot 11\cdot 11=60,5$ đơn vị diện tích $=605000m^2$. Đúng.

Khớp với đáp án nguồn: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Điểm cực đại $(2\sqrt{3};10-4\sqrt{3})$, khoảng cách tới $I(2;8)$ là $\sqrt{68-24\sqrt{3}}\approx 5,141$ đơn vị $\approx 514$ m.
b) (AI giải đề cho tôi)
Đồ thị có TCĐ $x=0$ và TCX $y=-x+10$, tâm đối xứng $M(0;10)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách ngắn nhất từ $I$ đến đường biên đạt tại $x\approx 3,127$ với giá trị $\approx 5,091$ đơn vị $\approx 509$ m, không phải 510 m.
d) (AI giải đề cho tôi)
Điều kiện $8-t=\sqrt{(t-10{)}^2-48}$ cho $t=-3$, $AB=11$, diện tích $=\frac{1}{2}\cdot 11\cdot 11=60,5$ đơn vị $=605000m^2$.

a) Đúng. TXD: $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$. $y^{\prime }=\frac{x^2-2x-3}{(x-1{)}^2}$; $y^{\prime }=0\iff x=-1$ hoặc $x=3$. Bảng biến thiên: Tọa độ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là $(3;3)$, khi đó $3^2+3=12$.
b) Đúng. Ta có $y=x-2+\frac{4}{x-1}$. Vì $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[y-(x-2)\right]=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{4}{x-1}=0$; $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left[y-(x-2)\right]=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{4}{x-1}=0$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên $y=x-2$.
c) Sai. Vì $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty$; $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=-\infty$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng $x=1$. Giao điểm của 2 đường tiệm cận là $I(1;-1)$. Gọi $M(2;4)\in (C)$, khi đó phương trình tiếp tuyến $d$ tại $M$: $y=-3(x-2)+4=-3x+10$. $d$ cắt hai đường tiệm cận tại $A(1;7)$, $B(3;1)$. Diện tích tam giác $IAB$ là $S=\frac{1}{2}IA\cdot d\left(B;IA\right)=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 2=8$.
d) Đúng. Ta có bảng biến thiên Để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$ thỏa mãn $x_1<2<x_2<15$ thì $4<m<\frac{93}{7}$. Mà $m$ nguyên nên $m\in \{5;6;...;13\}$. Có tất cả 9 giá trị nguyên của tham số $m$.
a) Đúng. TXD: $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$. $y^{\prime }=\frac{x^2-2x-3}{(x-1{)}^2}$; $y^{\prime }=0\iff x=-1$ hoặc $x=3$. Bảng biến thiên của hàm số $y=\frac{x^2-3x+6}{x-1}$: Tọa độ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là $(3;3)$. Khi đó ta có $3^2+3=12$.
b) Đúng. Ta có $y=x-2+\frac{4}{x-1}$. Vì $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[y-(x-2)\right]=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{4}{x-1}=0$; $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left[y-(x-2)\right]=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{4}{x-1}=0$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên $y=x-2$.
c) Sai. Vì $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty$; $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=-\infty$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng $x=1$. Giao điểm của 2 đường tiệm cận là $I(1;-1)$. Gọi $M(2;4)\in (C)$, khi đó phương trình tiếp tuyến $d$ tại $M$ có dạng: $y=-3(x-2)+4=-3x+10$. $d$ cắt hai đường tiệm cận tại $A(1;7)$, $B(3;1)$. Diện tích tam giác $IAB$ là $S=\frac{1}{2}IA\cdot d\left(B;IA\right)=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 2=8$.
d) Đúng. Ta có bảng biến thiên Để phương trình $\frac{x^2-3x+6}{x-1}=m$ có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$ thỏa mãn $x_1<2<x_2<15$ thì $4<m<\frac{93}{7}$. Mà $m$ nguyên nên $m\in \{5;6;...;13\}$. Có tất cả 9 giá trị nguyên của tham số $m$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đồ thị hàm bậc ba có cực đại tại x=-1 (y=3), cực tiểu tại x=1 (y=-1) nên f'(x)=3ax²+2bx+c có nghiệm ±1 ⇒ b=0, c=-3a. Từ f(-1)=-2a+d=3 và f(1)=2a+d=-1 ⇒ a=-1... kiểm tra lại: f(-1)=-a-d? Với f(x)=ax³+cx+d, f(-1)=-a-c+d=3, f(1)=a+c+d=-1 ⇒ c=-3a, -a+3a+d=2a+d=3 và a-3a+d=-2a+d=-1 ⇒ a=1, d=1, c=-3. Vậy f(x)=x³-3x+1 và f(3)=27-9+1=19≠18 ⇒ ý a SAI.

b) f'(x)=2x(2ax²+b) có nghiệm 0, ±1 ⇒ b=-2a. f(0)=c=1; f(1)=a+b+c=-a+1=2 ⇒ a=-1, b=2, c=1. Khi đó 4a+2b+c=-4+4+1=1 và f(1)=2 ⇒ ý b ĐÚNG.

c) Gọi k là số lần giảm giá 0,5 triệu: giá p=14-0,5k, số lượng x=1000+100k ⇒ k=(x-1000)/10, p=19-x/20. Lợi nhuận T(x)=x(19-x/20)-(12000-3x)=22x-x²/20-12000. T'(x)=22-x/10=0 ⇒ x=220, giá bán p=19-220/20=8 triệu đồng (không phải 8,5) ⇒ ý c SAI.

d) Phương trình hoành độ giao điểm: -x+m=(2x-1)/(x+1) ⇔ x²-(m-3)x-(m+1)=0, luôn có Δ=m²-2m+13>0. Với S=x_A+x_B=m-3, P_AB=-(m+1). Vì A, B thuộc đường thẳng hệ số góc -1, trung điểm M(S/2; m-S/2); đường vuông góc với AB qua M có hệ số góc 1, thay P(2;5): 5-m+S/2=2-S/2 ⇔ 7-m=7-m luôn đúng ⇒ PA=PB với mọi m. Điều kiện đều: PA=AB, tức (x_A-2)²+(x_B-2)²=2(x_A-x_B)² ⇔ S²-6P_AB+4S-8=0 ⇔ (m-3)²+6(m+1)+4(m-3)-8=0 ⇔ m²+4m-5=0 ⇔ m=1 hoặc m=-5. Vậy có đúng 2 giá trị m ⇒ ý d ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
Từ cực đại f(-1)=3, cực tiểu f(1)=-1 suy ra f(x)=x³-3x+1, nên f(3)=19≠18.
b) (AI giải đề cho tôi)
a=-1, b=2, c=1 nên 4a+2b+c=1 và f(1)=2.
c) (AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận T(x)=22x-x²/20-12000 lớn nhất tại x=220, giá bán tương ứng 8 triệu đồng/chiếc, không phải 8,5 triệu.
d) (AI giải đề cho tôi)
PA=PB luôn đúng; điều kiện tam giác đều cho m²+4m-5=0 ⇒ m=1 hoặc m=-5, tức có 2 giá trị m.

a) Đúng.

Ta có đạo hàm của $f(x)$ có dạng $g(x)=\frac{h(x)}{(x+d{)}^2}$. Do đó hàm số $y=g(x)$ có tiệm cận đứng là $x=-d\Rightarrow -d=-1\Rightarrow d=1$. Suy ra $f(x)=\frac{a{x}^2+bx+c}{x+1}\Rightarrow f^{\prime }(x)=\frac{a{x}^2+2ax+b-c}{(x+1{)}^2}$. Do đó đồ thị hàm số $f^{\prime }(x)$ có tiệm cận ngang: $y=a\Rightarrow a=-2$. Giao của đồ thị hàm số $f^{\prime }(x)$ với trục tung: $x=0\Rightarrow y=b-c\Rightarrow b-c=-5$. Suy ra $f^{\prime }(x)=\frac{-2x^2-4x-5}{(x+1{)}^2}$. Khi đó $f^{\prime }(x)+2=\frac{-3}{(x+1{)}^2}<0$ với mọi $x\in R\setminus \{-1\}$. Vậy $f^{\prime }(x)<-2$ với mọi $x\in R\setminus \{-1\}$.

b) Đúng.

Do $f^{\prime }(x)<0$ với mọi $x\in R\setminus \{-1\}$ nên ta có bảng biến thiên



Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số $y=f(x)$ luôn cắt đường thẳng $y=0$ tại hai điểm phân biệt. Do đó phương trình $f(x)=0$ có hai nghiệm phân biệt.

c) Sai.

Do hàm số $y=f(x)$ nghịch biến trên $[0;4]$ nên $\underset{[0;1]}{\max }f(x)=f(0)=c\Rightarrow c=4$. Mà $b-c=-5\Rightarrow b=-1$. Do đó $f(x)=\frac{-2x^2-x+4}{x+1}=-2x+1+\frac{3}{x+1}$. Vậy đường thẳng $y=-2x+1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y=f(x)$. TCD ${\Delta }_1:x+1=0$; TCX ${\Delta }_2:2x+y-1=0$. Xét $M\left(m;-2m+1+\frac{3}{m+1}\right)\in (C)$ $(m\ne -1)$. Ta có: $d(M,{\Delta }_1)=|m+1|$; $d(M,{\Delta }_2)=\frac{3}{\sqrt{5}|m+1|}$. $d(M,{\Delta }_1)+d(M,{\Delta }_2)=|m+1|+\frac{3}{\sqrt{5}|m+1|}\ge 2\sqrt{|m+1|\cdot \frac{3}{\sqrt{5}|m+1|}}=2\sqrt[4]{\frac{9}{5}}$. Dấu "=" xảy ra $\iff |m+1|=\frac{3}{\sqrt{5}|m+1|}\iff m=-1\pm \sqrt[4]{\frac{9}{5}}$. Vậy $\min \left(d(M,{\Delta }_1)+d(M,{\Delta }_2)\right)=2\sqrt[4]{\frac{9}{5}}$.

d) Đúng.

Do đồ thị $(C)$ của hàm số $y=f(x)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên $c=2$. Mà $b-c=-5\Rightarrow b=-3$. Do đó $f(x)=\frac{-2x^2-3x+2}{x+1}=-2x-1+\frac{3}{x+1}$. Điểm $M\left(m;-2m-1+\frac{3}{m+1}\right)\in (C)(m\ne -1)$ có tọa độ nguyên khi $\{\begin{array}{l}m+1=\pm 3\\ m+1=\pm 1\end{array}\iff m\in \{-4;-2;0;2\}$. Tiếp tuyến của $(C)$ tại $M(2;-4)$ là $y=\frac{-7}{3}x+\frac{2}{3}$.
a) Đúng.

Ta có đạo hàm của $f(x)$ có dạng $g(x)=\frac{h(x)}{(x+d{)}^2}$.
Do đó hàm số $y=g(x)$ có tiệm cận đứng là $x=-d\Rightarrow -d=-1\Rightarrow d=1$.
Suy ra $f(x)=\frac{a{x}^2+bx+c}{x+1}\Rightarrow f^{\prime }(x)=\frac{a{x}^2+2ax+b-c}{(x+1{)}^2}$.
Do đó đồ thị hàm số $f^{\prime }(x)$ có tiệm cận ngang: $y=a\Rightarrow a=-2$.
Giao của đồ thị hàm số $f^{\prime }(x)$ với trục tung: $x=0\Rightarrow y=b-c\Rightarrow b-c=-5$.
Suy ra $f^{\prime }(x)=\frac{-2x^2-4x-5}{(x+1{)}^2}$. Khi đó $f^{\prime }(x)+2=\frac{-3}{(x+1{)}^2}<0$ với mọi $x\in R\setminus \{-1\}$.
Vậy $f^{\prime }(x)<-2$ với mọi $x\in R\setminus \{-1\}$.
b) Đúng.

Do $f^{\prime }(x)<0$ với mọi $x\in R\setminus \{-1\}$ nên ta có bảng biến thiên



Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số $y=f(x)$ luôn cắt đường thẳng $y=0$ tại hai điểm phân biệt. Do đó phương trình $f(x)=0$ có hai nghiệm phân biệt.
c) Sai.

Do hàm số $y=f(x)$ nghịch biến trên $[0;4]$ nên $\underset{[0;1]}{\max }f(x)=f(0)=c\Rightarrow c=4$.
Mà $b-c=-5\Rightarrow b=-1$.
Do đó $f(x)=\frac{-2x^2-x+4}{x+1}=-2x+1+\frac{3}{x+1}$.
Vậy đường thẳng $y=-2x+1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y=f(x)$.
TCD ${\Delta }_1:x+1=0$; TCX ${\Delta }_2:2x+y-1=0$.
Xét $M\left(m;-2m+1+\frac{3}{m+1}\right)\in (C)$ $(m\ne -1)$. Ta có: $d(M,{\Delta }_1)=|m+1|$; $d(M,{\Delta }_2)=\frac{3}{\sqrt{5}|m+1|}$.
$d(M,{\Delta }_1)+d(M,{\Delta }_2)=|m+1|+\frac{3}{\sqrt{5}|m+1|}\ge 2\sqrt{|m+1|\cdot \frac{3}{\sqrt{5}|m+1|}}=2\sqrt[4]{\frac{9}{5}}$.
Dấu "=" xảy ra $\iff |m+1|=\frac{3}{\sqrt{5}|m+1|}\iff m=-1\pm \sqrt[4]{\frac{9}{5}}$.
Vậy $\min \left(d(M,{\Delta }_1)+d(M,{\Delta }_2)\right)=2\sqrt[4]{\frac{9}{5}}$.
d) Đúng.

Do đồ thị $(C)$ của hàm số $y=f(x)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên $c=2$
Mà $b-c=-5\Rightarrow b=-3$.
Do đó $f(x)=\frac{-2x^2-3x+2}{x+1}=-2x-1+\frac{3}{x+1}$.
Điểm $M\left(m;-2m-1+\frac{3}{m+1}\right)\in (C)(m\ne -1)$ có tọa độ nguyên khi
$$\{\begin{array}{l}m+1=\pm 3\\ m+1=\pm 1\end{array}\iff m\in \{-4;-2;0;2\}$$
Tiếp tuyến của $(C)$ tại $M(2;-4)$ là $y=\frac{-7}{3}x+\frac{2}{3}$.

Theo định lý Vi-ét cho phương trình $a{x}^3-x^2+b=0$: $x_1+x_2+x_3=\frac{1}{a},x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_3{x}_1=0,x_1{x}_2{x}_3=-\frac{b}{a}$. Khi đó $P=\frac{x_1^3+x_2^3+x_3^3}{x_1{x}_2{x}_3}=3-\frac{1}{a^{2}b}$. Để đồ thị cắt trục hoành tại $3$ điểm (có ít nhất $2$ hoành độ phân biệt) và $x_i\ne 0$ thì $f(0)=b>0$ và $f\left(\frac{2}{3a}\right)=b-\frac{4}{27a^2}\le 0\iff 0<a^{2}b\le \frac{4}{27}$. Suy ra $P\le 3-\frac{27}{4}=-\frac{15}{4}\Rightarrow m=15,n=4\Rightarrow m+n=19$. Chọn đáp án C.

Đồ thị $(C):y=x+\frac{1}{x+1}$ nhận $I(-1;-1)$ làm tâm đối xứng. Với $A(-1+a;-1+a+\frac{1}{a})$ ($a>0$), ta có $I{A}^2=2a^2+\frac{1}{a^2}+2\ge 2\sqrt{2}+2$. Do đó $\min AB=2\sqrt{2\sqrt{2}+2}=\sqrt{8\sqrt{2}+8}\approx 4,39$.