Cho hàm số y = (x^2 + 3x + 3)/(x + 2) có đồ thị là (C).

a) Ta có: \(y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 2}}\).

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \{  - 2\} \).

Ta có: \(y\prime  = 1 - \frac{1}{{{{(x + 2)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{(x + 2)}^2}}} = 0 \Rightarrow x \in \left\{ { - 1;\, - 3} \right\}\).

Bảng biến thiên của hàm số:

Mệnh đề: Hàm số nghịch biến trên khoảng \(( - 3; - 1)\).

Vì \(x =  - 2\) thuộc khoảng \(( - 3; - 1)\) nhưng hàm số không xác định tại \(x =  - 2\), nên hàm số không nghịch biến trên toàn bộ khoảng \(( - 3; - 1)\).

Vậy a) sai.

b)  Đồ thị có tiệm cận đứng: \(x =  - 2\) và tiệm cận xiên: \(y = x + 1\).

Giao điểm hai tiệm cận là: \(I( - 2; - 1)\).

Gọi \(M(x;y) \in (C)\). Đặt \(t = x + 2\), với \(t \ne 0\).

Khi đó: \(x = t - 2\) và \(y = x + 1 + \frac{1}{{x + 2}} = t - 1 + \frac{1}{t}\).

Suy ra: \(M\left( {t - 2;\;t - 1 + \frac{1}{t}} \right)\).

Do \(I( - 2; - 1)\) nên: \(\overrightarrow {IM}  = \left( {t;\;t + \frac{1}{t}} \right)\).

Khi đó: \(I{M^2} = {t^2} + {\left( {t + \frac{1}{t}} \right)^2} = 2{t^2} + \frac{1}{{{t^2}}} + 2\).

Đặt \(u = {t^2} > 0\), ta có: \(I{M^2} = 2u + \frac{1}{u} + 2\).

Xét hàm: \(f(u) = 2u + \frac{1}{u} + 2\), với \(u > 0\).

Cách 1. Ta có: \(f\prime (u) = 2 - \frac{1}{{{u^2}}}\);

\(f\prime (u) = 0 \Leftrightarrow 2 = \frac{1}{{{u^2}}} \Leftrightarrow {u^2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow u = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) (do \(u > 0\)).

Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

\(f(u) = 2u + \frac{1}{u} + 2 = 2 + \left( {2u + \frac{1}{u}} \right) \ge 2 + 2\sqrt {2u.\frac{1}{u}}  = 2 + 2\sqrt 2 \). Dấu “=”, xảy ra khi \(2u = \frac{1}{u} \Rightarrow u = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).

Khi đó: \({f_{\min }} = 2 \cdot \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \sqrt 2  + 2 = 2\sqrt 2  + 2\).

Vậy: \(I{M_{\min }} = \sqrt {2\sqrt 2  + 2} \).

Vậy b) sai.

c) ĐTHS có hai điểm cực trị \(A( - 3; - 3)\) và \(B( - 1;1)\).

Khoảng cách hai điểm cực trị là: \(AB = \sqrt {{{( - 1 + 3)}^2} + {{(1 + 3)}^2}}  = 2\sqrt 5 \).

Vậy c) sai.

d) Đúng.