Ta có \(y' = 4{x^3} + \frac{4}{{2\sqrt x }} = 4{x^3} + \frac{2}{{\sqrt x }}\). Chọn C.

Ta có \(y' = 2f'\left( x \right) - g'\left( x \right)\).

Khi đó \(y'\left( 1 \right) = 2f'\left( 1 \right) - g'\left( 1 \right) = 2 \cdot 3 - 4 = 2\). Chọn A.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 2\); \(y'\left( { - 1} \right) = 3 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} - 2 = 1\).

Hệ số góc \(k\) của tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại điểm \(M\left( { - 1;2} \right)\) là \(y'\left( { - 1} \right) = 1\). Chọn D.

\(y' = 2f'\left( {2x} \right) = 2\left( {4x + 4} \right) = 8x + 8\). Chọn B.

Ta có \(y' = 2\ln x \cdot {\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{{2\ln x}}{x}\). Chọn B.

\(y' = {\left( {{2^x} + {{\log }_5}x} \right)^\prime }\)\( = {2^x} \cdot \ln 2 + \frac{1}{{x \cdot \ln 5}}\). Chọn D.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 2\).

Hệ số góc tiếp tuyến tại \(M\) là \(y'\left( 2 \right) = 10\).

Phương trình tiếp tuyến tại \(M\) là \(y = 10\left( {x - 2} \right) + 4 = 10x - 16\). Chọn C.

Ta có \[y' = {\left( {2x} \right)^\prime } \cdot \cos 2x = 2\cos 2x\]. Chọn B.

Ta có \(v\left( t \right) = S' = gt\).

Vận tốc của vật tại thời điểm \(t = 4\) giây là \(v\left( 4 \right) = 9,8 \cdot 4 = 39,2\) m/s. Chọn D.

Ta có \[y' = \frac{{{{\left( {{x^2} + 3x + 2} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{x^2} + 3x + 2} }} = \frac{{2x + 3}}{{2\sqrt {{x^2} + 3x + 2} }}\]. Suy ra \(a = 2\). Chọn C.

\(y' = {\left( {\sin x + \cos x} \right)^\prime } = \cos x - \sin x\). Chọn C.

Ta có \(y' = f'\left( x \right) + g'\left( x \right)\). Khi đó \(y'\left( 2 \right) = f'\left( 2 \right) + g'\left( 2 \right) = 4 + 5 = 9\). Chọn D.

Ta có \(f'\left( x \right) = 2 \cdot \sin 3x \cdot \cos 3x \cdot 3 = 3\sin 6x\). Chọn C.

Ta có \(y' = 4{x^3} + 2;y'' = 12{x^2}\). Chọn A.

Ta có \(y' = 3{x^2}\).

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm \(\left( { - 1; - 1} \right)\) là \(y'\left( { - 1} \right) = 3 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} = 3\).

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y = 3\left( {x + 1} \right) - 1 = 3x + 2\). Chọn D.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 2x;f''\left( x \right) = 6x - 2\).

Do đó \(f''\left( 1 \right) = 6 \cdot 1 - 2 = 4\). Chọn C.

a) \(y' = f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\).

b) Có \({\left[ {f\left( x \right) \cdot g\left( x \right)} \right]^\prime }\)\( = {\left[ {\left( {{x^3} - 3{x^2} + 1} \right)\left( {1 - 2x} \right)} \right]^\prime }\)\( = \left( {3{x^2} - 6x} \right)\left( {1 - 2x} \right) - 2\left( {{x^3} - 3{x^2} + 1} \right)\)

\( = - 8{x^3} + 21{x^2} - 6x - 2\).

Khi đó \({\left[ {f\left( x \right) \cdot g\left( x \right)} \right]^\prime } = 0\)\( \Leftrightarrow - 8{x^3} + 21{x^2} - 6x - 2 = 0\).

Thay lần lượt \(x = 0;x = 2\) vào phương trình ta thấy không thỏa mãn.

Vậy \(T = \left\{ {0;2} \right\}\) không là tập nghiệm của phương trình\({\left[ {f\left( x \right) \cdot g\left( x \right)} \right]^\prime } = 0\).

c) Có \(y' = g'\left( x \right) = - 2\).

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị \(\left( {{C_2}} \right)\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) bằng \( - 2\).

d) Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị \(\left( {{C_1}} \right)\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là \(f'\left( 1 \right) = 3 \cdot {1^2} - 6 \cdot 1 = - 3\).

Với \({x_0} = 1\) thì \({y_0} = - 1\).

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y = - 3\left( {x - 1} \right) - 1 = - 3x + 2\).

Đáp án: a) Đúng;      b) Sai;      c) Sai;       d) Đúng.

a) Có \(y' = {e^{4x}} + 4x{e^{4x}}\).

Tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ bằng 1 có hệ số góc \(k = y'\left( 1 \right) = {e^4} + 4{e^4} = 5{e^4}\).

b) \(y' = {e^{4x}} + 4x{e^{4x}}\)\( = {e^{4x}} + 4y\).

c) \(y' = \left( {1 + 4x} \right)\left( {{e^{2x}} + 2} \right)\)\( \Leftrightarrow {e^{4x}} + 4x{e^{4x}} = \left( {1 + 4x} \right)\left( {{e^{2x}} + 2} \right)\)\( \Leftrightarrow \left( {1 + 4x} \right){e^{4x}} - \left( {1 + 4x} \right)\left( {{e^{2x}} + 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {1 + 4x} \right)\left( {{e^{4x}} - {e^{2x}} + 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 + 4x = 0\\{e^{4x}} - {e^{2x}} + 2 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{1}{4}\\{e^{4x}} - {e^{2x}} + 2 = 0\left( {VN} \right)\end{array} \right.\).

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = - \frac{1}{4}\).

Do đó phương trình \(y' = \left( {1 + 4x} \right)\left( {{e^{2x}} + 2} \right)\) có đúng 1 nghiệm âm.

d) \(y'' = {\left( {{e^{4x}} + 4x{e^{4x}}} \right)^\prime } = 4{e^{4x}} + 4{e^{4x}} + 16x{e^{4x}} = \left( {8 + 16x} \right){e^{4x}}\).

Suy ra \(a = 16;b = 8\). Vậy \({a^2} + {b^2} = 320\).

Đáp án: a) Đúng;      b) Đúng;      c) Sai;       d) Sai.

a) \(f'\left( x \right) = {2^x}\ln 2,\forall x \in \mathbb{R}\).

b) \(f''\left( x \right) = {2^x}{\left( {\ln 2} \right)^2} > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

c) \(f'\left( x \right) = {e^x}\)\( \Leftrightarrow {2^x}\ln 2 = {e^x}\)\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{2}{e}} \right)^x} = \frac{1}{{\ln 2}}\)\[ \Leftrightarrow x = {\log _{\frac{2}{e}}}\left( {\frac{1}{{\ln 2}}} \right) < 0\].

d) \(f'\left( 1 \right) = {2^1}\ln 2 = 2\ln 2\).

Đáp án: a) Đúng;      b) Sai;      c) Sai;       d) Đúng.

a) Điều kiện \(\frac{x}{{x + 1}} > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x > 0\end{array} \right.\).

Tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)\).

b) Ta có \(y' = \frac{{{{\left( {\frac{x}{{x + 1}}} \right)}^\prime }}}{{\frac{x}{{x + 1}}}} = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \cdot \frac{{x + 1}}{x} = \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \frac{1}{{{x^2} + x}}\).

c) \(y'\left( 3 \right) = \frac{1}{{{3^2} + 3}} = \frac{1}{{12}}\).

d) Có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{{x^2} + x}} = \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}\).

Do đó \(T = f'\left( 1 \right) + f'\left( 2 \right) + ... + f'\left( {2025} \right) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{{2025}} - \frac{1}{{2026}}\)\( = 1 - \frac{1}{{2026}} = \frac{{2025}}{{2026}}\).

Đáp án: a) Đúng;      b) Sai;      c) Sai;       d) Đúng.

Có \(y' = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

Với \(x = 1 \Rightarrow y = 1\).

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng 1 là \(y'\left( 1 \right) = \frac{2}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{2}\).

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1 là \(y = \frac{1}{2}\left( {x - 1} \right) + 1 = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}\).

Khi đó \(d\) cắt trục \(Ox,Oy\) lần lượt tại \(A\left( { - 1;0} \right),B\left( {0;\frac{1}{2}} \right)\).

Khi đó \(\Delta OAB\) vuông tại \(O\) và có diện tích là \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} = 0,25\).

Trả lời: 0,25.

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)\( = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\);

\(f''\left( x \right) = \frac{{\left( {2x + 2} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2\left( {{x^2} + 2x} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^4}}}\)\( = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}\).

Có \(f''\left( x \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} > 0 \Leftrightarrow x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > - 1\).

Mà \(x \in \mathbb{Z},x \le 2024\) nên \(x \in \left\{ {0;1;2;...;2024} \right\}\).

Vậy có 2025 giá trị nguyên dương thỏa mãn yêu cầu của đề.

Trả lời: 2025.

Vận tốc của hạt sau \(t\) giây là

\(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = {\left( {15 + 2\sqrt 3 \sin \left( {3\pi t + \frac{\pi }{5}} \right)} \right)^\prime }\)\( = 2\sqrt 3 \cos \left( {3\pi t + \frac{\pi }{5}} \right) \cdot {\left( {3\pi t + \frac{\pi }{5}} \right)^\prime }\)\( = 6\sqrt 3 \pi \cos \left( {3\pi t + \frac{\pi }{5}} \right)\).

Vì \(\left| {\cos \left( {3\pi t + \frac{\pi }{5}} \right)} \right| \le 1\) nên \(\left| {6\sqrt 3 \pi \cos \left( {3\pi t + \frac{\pi }{5}} \right)} \right| \le 6\sqrt 3 \pi \) hay \(\left| {v\left( t \right)} \right| \le 6\sqrt 3 \pi \).

Do đó vận tốc cực đại của hạt là \(6\sqrt 3 \pi \approx 32,6\).

Trả lời: 32,6.

Với \(x \ne 1\) thì \(f\left( x \right)\) là tổng của 2019 số hạng đầu của cấp số nhân với \({u_1} = 1;q = x\) nên ta được:

\(f\left( x \right) = \frac{{1 - {x^{2019}}}}{{1 - x}} = \frac{{{x^{2019}} - 1}}{{x - 1}}\).

Khi đó \(f'\left( x \right) = \frac{{2019{x^{2018}}\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^{2019}} - 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

Suy ra \(f'\left( 2 \right) = \frac{{2019 \cdot {2^{2018}}\left( {2 - 1} \right) - \left( {{2^{2019}} - 1} \right)}}{{{{\left( {2 - 1} \right)}^2}}} = 2017 \cdot {2^{2018}} + 1\).

Vậy \(a = 2017,b = 2018 \Rightarrow a + b = 4035\).

Trả lời: 4035.

Vì \(\left( C \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1;3} \right)\) nên \(3 = \frac{{a - 1}}{{b - 1}} \Leftrightarrow a - 1 = 3\left( {b - 1} \right) \Leftrightarrow a = 3b - 2\).

Có \(y' = \frac{{ - a + b}}{{{{\left( {bx - 1} \right)}^2}}}\).

Hệ số góc của tiếp tuyến tại \(A\left( {1;3} \right)\) là \(k = \frac{{ - a + b}}{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 3b + 2 + b}}{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 2}}{{b - 1}}\).

Vì hệ số góc nguyên dương nên \(b - 1\) thuộc vào các ước âm của −2.

Khi đó \(\left[ \begin{array}{l}b - 1 = - 1\\b - 1 = - 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 0\\b = - 1\end{array} \right.\). Vì \(b \ne 0\) nên \(b = - 1 \Rightarrow a = - 5\).

Do đó \(T = a + 5b = - 5 + 5 \cdot \left( { - 1} \right) = - 10\).

Trả lời: −10.

Ta có \(v\left( t \right) = - 3t + 15\).

Thời điểm xảy ra va chạm thì ô tô đi được quãng đường 15,5 m.

Khi đó \( - \frac{3}{2}{t^2} + 15t = 15,5 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{{15 + 2\sqrt {33} }}{3}\\t = \frac{{15 - 2\sqrt {33} }}{3}\end{array} \right.\).

Vì \(0 \le t \le 5\) nên \(t = \frac{{15 - 2\sqrt {33} }}{3}\).

Khi đó vận tốc tức thời của ô tô ngay khi xảy ra va chạm là

\(v\left( {\frac{{15 - 2\sqrt {33} }}{3}} \right) = - 3 \cdot \frac{{15 - 2\sqrt {33} }}{3} + 15 = 2\sqrt {33} \approx 11,5\) (m/s).

Trả lời: 11,5.

a) \(y' = \frac{{{{\left( {2{x^2} - 5x + 2} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {2{x^2} - 5x + 2} }} = \frac{{4x - 5}}{{2\sqrt {2{x^2} - 5x + 2} }}\).

b) \(y' = {\left( {\tan 2x} \right)^\prime } - \frac{1}{3}{\left( {\cot 4x} \right)^\prime } + {\left( {\sqrt {\sin x} } \right)^\prime } = \frac{2}{{{{\cos }^2}2x}} + \frac{4}{{3{{\sin }^2}4x}} + \frac{{\cos x}}{{2\sqrt {\sin x} }}\).

c)  \(y' = \frac{{{{\left[ {{{\left( {2x + 1} \right)}^2}} \right]}^\prime }{{\left( {x - 1} \right)}^3} - {{\left( {2x + 1} \right)}^2}{{\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^3}} \right]}^\prime }}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^6}}}\)

\(\begin{array}{l} = \frac{{4\left( {2x + 1} \right){{\left( {x - 1} \right)}^3} - {{\left( {2x + 1} \right)}^2}3{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^6}}} = \frac{{4\left( {2x + 1} \right)\left( {x - 1} \right) - {{\left( {2x + 1} \right)}^2}3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}\\ = \frac{{ - 4{x^2} - 16x - 7}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}.\end{array}\)

Vận tốc tức thời của vật là \(v\left( t \right) = x'\left( t \right) = - \pi \sin \left( {\frac{\pi }{4}t - \frac{\pi }{6}} \right)\) (cm/s).

Gia tốc tức thời của vật là \(a\left( t \right) = x''\left( t \right) = - \frac{{{\pi ^2}}}{4}\cos \left( {\frac{\pi }{4}t - \frac{\pi }{6}} \right)\) (cm/s²).

Ta có \(v\left( t \right) = \frac{\pi }{2}\left( {{\rm{cm/s}}} \right)\)\( \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{\pi }{4}t - \frac{\pi }{6}} \right) = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8k\\t = \frac{{16}}{3} + 8k\end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

Với \(t = 8k\). Do \(t > 0 \Rightarrow 8k > 0 \Rightarrow k > 0\).

Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \ge 1 \Rightarrow t \ge 8\) (1).

Với \(t = \frac{{16}}{3} + 8k\). Do \(t > 0 \Rightarrow \frac{{16}}{3} + 8k > 0 \Rightarrow k > - \frac{2}{3}\).

Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \ge 0 \Rightarrow t \ge \frac{{16}}{3}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra lần đầu tiên vật đạt vận tốc \(\frac{\pi }{2}\left( {{\rm{cm/s}}} \right)\) tại thời điểm \(t = \frac{{16}}{3}\) (giây).

Suy ra \(a\left( {\frac{{16}}{3}} \right) = \frac{{{\pi ^2}\sqrt 3 }}{8}\left( {{\rm{cm/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}} \right)\).

a) Ta có \(f'\left( x \right) = {x^2} - 6x + 8\).

Ta có \(f'\left( x \right) \le 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 8 \le 0\)\( \Leftrightarrow 2 \le x \le 4\).

b) Tiếp tuyến \(\Delta \) của \(\left( C \right)\) vuông góc với đường thẳng \(d:y = - \frac{1}{3}x + 2\) nên \(k \cdot \left( { - \frac{1}{3}} \right) = - 1 \Leftrightarrow k = 3\).

Khi đó \(f'\left( x \right) = 3\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 8 = 3 \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 5 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = 1\end{array} \right.\).

D tiếp xúc với \(\left( C \right)\) tại điểm có hoành độ lớn hơn 2 nên \(x = 5 \Rightarrow y = \frac{{14}}{3}\).

Vậy phương trình tiếp tuyến của \(\Delta \) là \(y = 3\left( {x - 5} \right) + \frac{{14}}{3} = 3x - \frac{{31}}{3}\).

Ta có \(y' = {\left( {x\cos x} \right)^\prime } = \cos x - x\sin x\);

\[y'' = {\left( {\cos x - x\sin x} \right)^\prime } = - \sin x - \left( {\sin x + x\cos x} \right) = - 2\sin x - x\cos x\].

Khi đó \(y'' + y + 2\sin x = - 2\sin x - x\cos x + x\cos x + 2\sin x = 0\).