a) Ta có

\(y' = f'\left( x \right) = \frac{{\left( {2x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} + 3x + 5} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)\( = \frac{{2{x^2} - 2x + 3x - 3 - {x^2} - 3x - 5}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 8}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\), \(x \ne 1\)

b) Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{x - 1}} = x + 4 + \frac{9}{{x - 1}}\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {y - \left( {x + 4} \right)} \right] = 0\) nên tiệm cận xiên của đồ thị là đường thẳng \(y = x + 4\).

c) Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 4\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

$+ Vì \(H \in (P)\), ta thay tọa độ của \(H\) vào phương trình mặt phẳng \[\left( P \right)\]: (ảnh 1)$

Đồ thị có hai điểm cực trị là \(A\left( { - 2; - 1} \right),B\left( {4;11} \right)\)

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là \(AB = \sqrt {{{\left( {4 + 2} \right)}^2} + {{\left( {11 + 1} \right)}^2}} = 6\sqrt 5 \).

d) Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \({x_0} \ne 1,{y_0} = {x_0} + 4 + \frac{9}{{{x_0} - 1}}\).

Hệ số góc của tiếp tuyến \(k = y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{{x_0^2 - 2{x_0} - 8}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\)

Phương trình tiếp tuyến là \(y = \frac{{x_0^2 - 2{x_0} - 8}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + {x_0} + 4 + \frac{9}{{{x_0} - 1}}\)

Đồ thị có hai đường tiệm cận là \(x = 1,y = x + 4\)

Giao của tiếp tuyến và tiệm cận đứng:

Cho \(x = 1\) \( \Rightarrow y = \frac{{x_0^2 - 2{x_0} - 8}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {1 - {x_0}} \right) + {x_0} + 4 + \frac{9}{{{x_0} - 1}}\)\( = \frac{{5{x_0} + 13}}{{{x_0} - 1}}\)\( \Rightarrow M\left( {1;\frac{{5{x_0} + 13}}{{{x_0} - 1}}} \right)\)

Giao của tiếp tuyến và tiệm cận xiên:

Xét phương trình hoành độ: \(x + 4 = \frac{{x_0^2 - 2{x_0} - 8}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}x + \frac{{4x_0^2 + 10{x_0} - 5}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\)

\( \Leftrightarrow x = 2{x_0} - 1\)\( \Rightarrow y = 2{x_0} + 3\) \( \Rightarrow N\left( {2{x_0} - 1;2{x_0} + 3} \right)\)

Ta có tam giác \(IMN\), \(I\left( {1;5} \right)\) là giao điểm của hai đường tiệm cận.

Ta tìm góc giữa tiệm cận đứng và tiệm cận xiên

Gọi góc giữa hai đường tiệm cận là \(\varphi \), ta có vec tơ chỉ phương của hai đường tiệm cận là \(\overrightarrow u = \left( {1;0} \right),\overrightarrow v = \left( {1; - 1} \right)\) nên \(\cos \varphi = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \varphi = 45^\circ \).

Ta có góc \(\widehat {MIN}\)\( = 45^\circ \), \(IM = \left| {\frac{{5{x_0} + 13}}{{{x_0} - 1}} - 5} \right| = \frac{{18}}{{\left| {{x_0} - 1} \right|}}\), \(IN = \sqrt {{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2} + {{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}} = 2\sqrt 2 \left| {{x_0} - 1} \right|\)

Diện tích tam giác \(IMN\) là \({S_{IMN}} = \frac{1}{2}IM.IN.\sin \widehat {MIN} = \frac{1}{2}.\frac{{18}}{{\left| {{x_0} - 1} \right|}}.2\sqrt 2 \left| {{x_0} - 1} \right|.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = 18\).

Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau: Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng