Ta có \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\).

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = {\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)^\prime }.f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = 2\left( {x - 2} \right).f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\).

Ta có \[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\left( {x - 2} \right).f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\{x^2} - 4x + 1 =  - 1\\{x^2} - 4x + 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 2 - \sqrt 2 \\x = 2 + \sqrt 2 \\x = 2 - \sqrt 6 \\x = 2 + \sqrt 6 \end{array} \right.\].

Ta có bảng xét dấu của \(g'\left( x \right)\).

Dựavào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\) có 5 điểm cực trị.

Quan sát đồ thị ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị.

Ta có \(g\left( x \right) = f\left( {3 - 2x} \right) + 2024 \Rightarrow g'\left( x \right) =  - 2f'\left( {3 - 2x} \right)\)

\(g'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 2x} \right) \le 0 \Leftrightarrow 1 \le 3 - 2x \le 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le x \le 1\).

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {\frac{1}{2};1} \right)\).

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

\(g'\left( x \right) = 0\; \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - 2 = 0}\\{{x^2} - 2x =  - 1}\\{{x^2} - 2x = 2}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1 + \sqrt 3 \\x = 1 - \sqrt 3 \end{array} \right.\).

Do  \(g'\left( x \right)\) đổi dấu khi qua các nghiệm \(x = 1\) và \(x = 1 + \sqrt 3 \) nên \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\) có 2 điểm cực trị trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Từ đồ thị hàm số trên, ta có BBT như sau:

\[ \Rightarrow f\left( x \right) < 0,\forall x \ne  \pm 2\]

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

\[g'\left( x \right) = 2f\left( x \right).f'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) \ge 0\\x =  \pm 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 \le x \le 2\\x \le  - 2\\x =  \pm 2\end{array} \right.\].

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\).

a) Hàm số \(y = f\left( x \right)\)đồng biến trên các khoảng \(( - \infty ;0)\) và \((3; + \infty ).\)

b) Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \((0;3).\)

c) Hàm số \(y = f\left( x \right)\)đạt cực đại tại \[x = 0.\]

d) Giá trị cực tiểu của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \[y = - 4.\]

a) Hàm số \(y = f(x)\) đồng biến trên các khoảng \(( - \infty ; - 1)\) và \((1; + \infty ).\)

b) Giá trị cực đại là y = 3, giá trị cực tiểu là y = –1. Do đó tổng giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là \(3 - 1 = 2.\)

c) Hàm số  \(y = f(x)\)có hai cực trị là \(x =  \pm 1.\)

d) Gọi \[d:y = {\rm{ax}} + b\] là đường thẳng qua hai điểm cực trị \[A( - 1;3),B(1; - 1).\]

\[A,B \in d \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b = 3\\a + b =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 2\\b = 1\end{array} \right. \Rightarrow d:y =  - 2x + 1\]

a) Đúng:  Ta có \(y' = {x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m\). Do \(\Delta ' = {b'^2} - ac = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + 2m} \right) = 1 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

Nên hàm số luôn có hai điểm cực trị.

b) Đúng: Ta có \(y' = {x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m\). Do \(\Delta ' = {b'^2} - ac = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + 2m} \right) = 1 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} =  - m\) và \({x_2} =  - m - 2\).

Hàm   số luôn nghịch biến trên khoảng \(\left( { - m - 2; - m} \right)\).

Ta có: \( - m - ( - m - 2) = 2\) 

c) Đúng: Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra không tồn tại giá trị của tham số \(m\) để hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

d) Sai: Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;\,1} \right)\) khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l} - m - 2 \le  - 1\\ - m \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 1\)

a) Sai. Tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\]

b) Đúng Tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\] và có \(y' = \frac{{2{x^2} - 4mx + 3m + 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\).

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;5} \right)\)

\( \Leftrightarrow y' = \frac{{2{x^2} - 4mx + 3m + 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} \le 0\forall x \in \left( {1;5} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - 4mx + 3m + 1 \le 0\forall x \in \left( {1;5} \right)\\m \notin \left( {1;5} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m + 3 \le 0\\ - 17m + 51 \le 0\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m \ge 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\m \ge 3\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m \ge 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 5\)

Do nguyên dương bé hơn 2024 nên \(5 \le m \le 2023\). Vậy có tất cả 2019 giá trị.

c) Sai. Với \(m = 0\) thì \(y' = \frac{{2{x^2} + 1}}{{{x^2}}} > 0\,\forall x \ne 0\)

Vậy hàm số không có cực trị với \(m = 0\).

d) Đúng. Giả sử đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi đó hai điểm cực trị hàm số luôn nằm trên   đường thẳng \(y = 4x + 2\)

Chú ý:

Áp dụng tính chất: Nếu \[{x_0}\] là điểm cực trị của hàm số hữu tỷ \[y = \frac{{u\left( x \right)}}{{v\left( x \right)}}\] thì giá trị cực trị tương ứng của hàm số là \[{y_0} = \frac{{u\left( {{x_0}} \right)}}{{v\left( {{x_0}} \right)}} = \frac{{u'\left( {{x_0}} \right)}}{{v'\left( {{x_0}} \right)}}\]. Suy ra với bài toán trên ta có phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là \[y = \frac{{{{\left( {2{x^2} + 2x - 1 - 5m} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {x - m} \right)}^\prime }}} = 4x + 2\].

Ta có \(y' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} \Rightarrow \)\(y' > 0\) khi \( - 1 < x < 0\)

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(( - 1;0).\)

Tập xác định \(D = ( - \infty ;0] \cup [4; + \infty ).\)

Ta có

\(y' = \frac{{x - 2}}{{\sqrt {{x^2} - 4x} }}.f'(\sqrt {{x^2} - 4x} ) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - 2 > 0\\ - 3 < \sqrt {{x^2} - 4x}  <  - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x - 2 < 0\\\left[ \begin{array}{l}\sqrt {{x^2} - 4x}  <  - 3\\\sqrt {{x^2} - 4x}  >  - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x < 2\)Kết hợp tập xác định ta có hàm số đồng biến trên \(( - \infty ;0).\)

Ta có : \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\\x =  - 4\\x = 2\end{array} \right.\]

Xét \[u\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} + 8x + 6\]có \[u'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x + 8 > 0\forall x \in \mathbb{R}\]

Do đó số điểm của trị của hàm số \[g\left( x \right) = \left( {\left| {{x^3} + 3{x^2} + 8x + 6} \right| + m} \right)\] bằng số điểm của trị của hàm số: \[h\left( x \right) = \left( {\left| x \right| + m} \right)\].

Ta có : \(h'\left( x \right) = \frac{x}{{\left| x \right|}}f'\left( {\left| x \right| + m} \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( 1 \right)\\f'\left( {\left| x \right| + m} \right) = 0\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

+) Xét \(\left( 1 \right):x = 0\) làm cho \(h'\left( x \right)\) đổi dấu và xác định với \[y = f\left( x \right)\] nên \(x = 0\)là 1 điểm cực trị.

+) Xét \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow f'\left( {\left| x \right| + m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| x \right| + m = 6\\\left| x \right| + m =  - 4\\\left| x \right| + m = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| x \right| - 6 =  - m\\\left| x \right| - 2 =  - m\\\left| x \right| + 4 =  - m\end{array} \right.\left( * \right)\)

Để hàm số \[h\left( x \right)\]có ít nhất 3 điểm cực trị \[ \Leftrightarrow \left( * \right)\]có ít nhất 2 nghiệm đơn. Biểu diễn vế trái của \[\left( * \right)\] trên cùng một hệ trục tọa độ ta có: \( - m >  - 6 \Leftrightarrow m < 6\). Mà \(m\)nguyên dương nên có 5 giá trị \(m\)thỏa mãn ycbt.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3\left( {m + 2} \right){x^2} + 3m\left( {m + 4} \right)x + 5\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6\left( {m + 2} \right)x + 3m\left( {m + 4} \right) = 3\left[ {{x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m\left( {m + 4} \right)} \right]\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = m + 4.\end{array} \right.\)

Để hàm số \(\left| {f\left( x \right)} \right|\) đồng biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\) thì ta có \(3\) trường hợp

Trường hợp 1: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) \ge 0\\3 \le m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{m^2} + 9m \ge 0\\m \ge 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 3\).

Vì \(m\)nguyên và \(m \in \left[ { - 8;8} \right] \Rightarrow m \in \left\{ {3;4;5;6;7;8} \right\}\).

Trường hợp 2: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) \le 0\\m \le 1 < 3 \le m + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{m^2} + 9m \le 0\\ - 1 \le m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 \le m \le 0\\ - 1 \le m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 \le m \le 0\).

Vì \(m\)nguyên và \(m \in \left[ { - 8;8} \right] \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0} \right\}\).

Trường hợp 3: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) \ge 0\\m + 4 \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{m^2} + 9m \ge 0\\m \le  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le  - 3\).

Vì \(m\)nguyên và \(m \in \left[ { - 8;8} \right] \Rightarrow m \in \left\{ { - 8; - 7; - 6; - 5; - 4; - 3} \right\}\).

Có tất cả \(14\) giá trị nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 8;8} \right]\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Ta có: \(G\left( x \right) = 0,25{x^2}\left( {30 - x} \right) = \frac{3}{4}{x^2} - \frac{1}{{40}}{x^3}\)

\(G'\left( x \right) = \frac{3}{2}x - \frac{3}{{40}}{x^2}\)

\(G'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{3}{2}x - \frac{3}{{40}}{x^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0(loai)\\x = 20(t/m)\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên thì bênh nhân cần tiêm một lượng thuốc \(20mg\)

Diện tích của đáy hộp là: \(S = \frac{V}{h} = \frac{{96.000}}{{60}} = 1600c{m^2} = 0,16{m^2}\)

Gọi chiều dài cạnh đáy của hộp là \(x,\left( {x > 0,m} \right)\)

Chiều rộng của hộp là \(\frac{{0,16}}{x}\)

Gọi \(F\left( x \right)\) là hàm chi phí để làm để cá.

Chi phí để hoàn thành bể cá:

\[\begin{array}{l}F\left( x \right) = 0,16 \times 100.000 + 2.0,6x.70.000 + 2.0,6.\frac{{0,16}}{x}.70.000\\ = 16.000 + 48.000x + \frac{{13440}}{x}\end{array}\]

Câu toán trở thành tìm x để F đạt GTNN.

\(\begin{array}{l}F'\left( x \right) = 84.000 - \frac{{13440}}{{{x^2}}}\\F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 84.000 - \frac{{13440}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 0,4\end{array}\)

Bảng biến thiên:

Vậy chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá là: 83.200 đồng.