Hướng dẫn giải (chi tiết)

$\begin{array}{l}{y=\tan ^{2} x-\cot ^{2} x=(\tan x-\cot x)(\tan x+\cot x)} \\ {y^{\prime}=(\tan x-\cot x)^{\prime}(\tan x+\cot x)+(\tan x-\cot x)(\tan x+\cot x)^{\prime}}\end{array}$

$\displaystyle y^{\prime}=\left(\frac{1}{\cos ^{2} x}+\frac{1}{\sin ^{2} x}\right)(\tan x+\cot x)+(\tan x-\cot x)\left(\frac{1}{\cos ^{2} x}-\frac{1}{\sin ^{2} x}\right)$

$\displaystyle y^{\prime}=\frac{\tan x}{\cos ^{2} x}+\frac{\cot x}{\cos ^{2} x}+\frac{\tan x}{\sin ^{2} x}+\frac{\cot x}{\sin ^{2} x}+\frac{\tan x}{\cos ^{2} x}-\frac{\tan x}{\sin ^{2} x}-\frac{\cot x}{\cos ^{2} x}+\frac{\cot x}{\sin ^{2} x}$

$y^{\prime}=2 \dfrac{\tan x}{\cos ^{2} x}+2 \dfrac{\cot x}{\sin ^{2} x}$

Đáp án: A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Với $x>1$ ta có: $f(x)=x^{2}-3 x+1 \Rightarrow f^{\prime}(x)=2 x-3$

Với $x<1$ ta có: $f(x)=2 x+2 \Leftrightarrow f^{\prime}(x)=2$

Với $x=1$ ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} - 3x + 1} \right) =-1 \neq f(1)=4 \Rightarrow$ Hàm số không liên tục tại $x=1$, do đó không có đạo hàm tại $x=1$.

Vậy $f^{\prime}(x)=\left\{\begin{array}{l}{2 x-3 \text { khi } x>1} \\ {2 \qquad k h i x<1}\end{array}\right.$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

$\begin{array}{l}{y=\dfrac{m x^{3}}{3}-m x^{2}+(3 m-1) x+1} \\ {\Rightarrow y^{\prime}=m x^{2}-2 m x+3 m-1} \\ {y^{\prime} \leq 0, \forall x \in R \Rightarrow m x^{2}-2 m x+3 m-1 \leq 0, \forall x \in R}\end{array}$

TH1: $m=0$, khi đó $B P T \Leftrightarrow-1 \leq 0$, đúng $\forall x \in R$

$m \neq 0 \Leftrightarrow y^{\prime} \leq 0 \forall x \in R \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}{a=m<0} \\ {\Delta^{\prime}=m^{2}-m(3 m-1) \leq 0}\end{array}\right.$

TH2:

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}{m<0} \\ {-2 m^{2}+m \leq 0}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}{m<0} \\ {m \leq 0} \\ {m \geq \dfrac{1}{2}}\end{array}\right.\right.$

$\Leftrightarrow m<0$

Kết hợp hai điều kiện ta có $m \leq 0$ là những kết quả cần tìm

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $y’ = 3{x^2} + 6mx + 9$

$\begin{array}{l} \Delta ’ = 9{m^2} - 27\\ y’ \ge 0 \Leftrightarrow \Delta ’ \le 0 \Leftrightarrow - \sqrt 3 \le m \le \sqrt 3 \\ m = \left\{ {0; \pm 1} \right\} \end{array}$

Đáp án C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Điều kiện $- 3\sqrt 2 \le x \le 3\sqrt 2 $

Ta có $y’ = 1 + \dfrac{{ - x}}{{\sqrt {18 - {x^2}} }} \ge 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {18 - {x^2}} \ge x\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < 0\\ \left\{ \begin{array}{l} x \ge 0\\ 18 - {x^2} \ge {x^2} \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < 0\\ 0 \le x \le 3 \end{array} \right. \end{array}$

Đối chiếu điều kiện và $x$ nguyên ta có $x = \left\{ { - 4; - 3; - 2; - 1;0;1;2;3} \right\}$

Vậy tổng các giá trị nguyên $x$ thỏa mãn là $-4$

Đáp án C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $y = \dfrac{{{x^7}}}{7} + \dfrac{{6{x^5}}}{5} - \dfrac{{7{x^4}}}{2} + 2{x^3} + x + 9$$ \Rightarrow y’ = {x^6} + 6{x^4} - 14{x^3} + 6{x^2} + 1$

$y’ = 0 \Leftrightarrow {x^6} + 6{x^4} - 14{x^3} + 6{x^2} + 1 = 0$

Với $x=0$ không phải là nghiệm của phương trình

$x \ne 0 \Rightarrow {x^3} + \dfrac{1}{{{x^3}}} + 6\left( {{x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right) - 14 = 0$

Đặt $t = x + \dfrac{1}{x}\left( {\left| t \right| \ge 2} \right)$

$\begin{array}{l} t = x + \dfrac{1}{x} \Rightarrow {t^2} = {x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} + 2 \Rightarrow {x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} = {t^2} - 2\\ {t^3} = {x^3} + \dfrac{1}{{{x^3}}} + 3\left( {x + \dfrac{1}{x}} \right) \Rightarrow {x^3} + \dfrac{1}{{{x^3}}} = {t^3} - 3t \end{array}$

$\Rightarrow {t^3} - 3t + 6\left( {t^2 - 2} \right) - 14 = 0$

$ \Leftrightarrow {t^3} + 6{t^2} - 3t - 26 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = 2\\ t = - 4 \pm \sqrt 3 \end{array} \right.$

Phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi $t$ là phân số hữu tỉ $ \Rightarrow t = 2 \Rightarrow x = 1$

Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất

Đáp án C 

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Với ${\forall x \in \mathbb{R} }$ ta có ${f^3}\left( {2 - x} \right) - 2{f^2}\left( {2 + 3x} \right) + {x^2}g\left( x \right) + 36x = 0\left( 1 \right)$

Đạo hàm hai vế của $(1)$, ta được

$ - 3{f^2}\left( {2 - x} \right).f’\left( {2 - x} \right) - 12f\left( {2 + 3x} \right).f’\left( {2 + 3x} \right) + 2xg\left( x \right) + {x^2}g’\left( x \right) + 36 = 0\left( 2 \right)$

Từ $(1)$ và $(2)$, thay $x=0$ ta có $\left\{ \begin{array}{l} {f^3}\left( 2 \right) - 2{f^2}\left( 2 \right) = 0\\ - 3{f^2}\left( 2 \right).f’\left( 2 \right) - 12f\left( 2 \right).f’\left( 2 \right) + 36 = 0 \end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} f\left( 2 \right) = 0\\ 36 = 0\left( L \right) \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} f\left( 2 \right) = 2\\ - 36f’\left( 2 \right) + 36 = 0 \end{array} \right. \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} f\left( 2 \right) = 2\\ f’\left( 2 \right) = 1 \end{array} \right. \Rightarrow A = 3f\left( 2 \right) + 4f’\left( 2 \right) = 10$

Đáp án D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Hai đường cong đã cho tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ $x_0$ 

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} f\left( x_0 \right) = g\left( x_0 \right)\\ f\'\left( x_0 \right) = g\'\left( x_0 \right) \end{array} \right.$ có nghiệm 

Ta có $f\'\left( {{x_0}} \right) = g\'\left( {{x_0}} \right) \Leftrightarrow \dfrac{{{x_0}^2 - 2{x_0}}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}} = 2{x_0} \Leftrightarrow {x_0}\left( {2{x_0}^2 - 5{x_0} + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow {x_0} = 0$

$f\left( 0 \right) = g\left( 0 \right) \Leftrightarrow - 1 = m$

Đáp án C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Tuyến tuyến có hệ số góc nhỏ nhất tại điểm uốn.

Mặt khác $y\'=3((x+a)^2+(x+b)^2+(x+c)^2)$ => $y\'\'=6(3x+a+b+c)$

Do đó $y\'\'=0<=>x= -\dfrac{a+b+c}3=-1<=>a+b+c=3$

Giao điểm với trục tung có tung độ $y=a^3+b^3+c^3$

Vì $a(a^2-9)+b(b^2-9)+c(c^2-9) \leq 0 <=>a^3+b^3+c^3 \leq 9(a+b+c)$

Vậy tung độ giao điểm của đồ thị hàm số và $Oy$ là $a=3;b=c=0$ và các hoán vị