Đề kiểm tra Tính đơn điệu và cực trị của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 1

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, ta có đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có điểm cực tiểu là \(\left( {3\,;\, - 4} \right)\).

Chọn D

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right) + 2024\) đồng biến khoảng \(\left( {0\,;\,2} \right)\).

Chọn B

Đặt \(f\left( x \right) = \left( {x + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\) có đồ thị .

Khi đó \(g\left( x \right) = \left| {x - 1} \right|\left( {{x^2} + x - 2} \right) = \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right),x > 1\\ - f\left( x \right),x \le 1\end{array} \right.\).

Do đó đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) gồm hai phần:

Phần 1: Lấy một phần đồ thị \[\left( C \right)\] ứng với \(x > 1.\)

Phần 2: Với phần đồ thị \[\left( C \right)\] ứng với \(x \le 1\) ta lấy đối xứng qua trục \(Ox\).

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right).\)

Chọn A

\[y = \frac{1}{3}{x^3} - \frac{{{m^2} + 3}}{2}{x^2} - \left( {{m^3} + m - 2} \right)x + {m^2}\]

\[y' = {x^2} - \left( {{m^2} + 3} \right)x - \left( {{m^3} + m - 2} \right)\]

\[y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {{m^2} + 3} \right)x - \left( {{m^3} + m - 2} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} - \left( { - m + 1} \right)x - \left( {{m^2} + m + 2} \right)x + \left( { - m + 1} \right)\left( {{m^2} + m + 2} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {x + m - 1} \right)\left( {x - {m^2} - m - 2} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + m - 1 = 0\\x - {m^2} - m - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - m + 1\\x = {m^2} + m + 2\end{array} \right.\].

Ta có \[{m^2} + m + 2 - \left( { - m + 1} \right) = {m^2} + 2m + 1 = {\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0\] nên để hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu thì \[m + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  - 1\], và ta cũng suy ra được \[{m^2} + m + 2 >  - m + 1\] với mọi \[m \ne  - 1\] nên , \[{x_{{\rm{CT}}}} = {m^2} + m + 2\] .

Mà \(m\) nguyên thuộc đoạn \[\left[ { - 9;9} \right]\], \[m \ne  - 1\] nên \[m \in \left\{ { - 9; - 8;...; - 2} \right\}\].

Vậy có \[8\] giá trị của \(m\) thỏa mãn ycbt.

Chọn A

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Chọn B

Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 1}\\{x = 4}\end{array}} \right.\)

Bảng xét dấu

Dựa vào bảng biến thiên \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương khi qua \(x = 4\).

\( \Rightarrow x = 4\) là điểm cực tiểu của hàm số đã cho.

Chọn D

Ta có:

\(y = {x^4} - 12{x^2} + \left( {m - 2} \right)x\)

\( \Rightarrow y' = 4{x^3} - 24x + m - 2\)

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình \(y' = 4{x^3} - 24x + m - 2 = 0\) có 3 nghiệm phân biệt

\( \Rightarrow m =  - 4{x^3} + 24x + 2\left( {\rm{*}} \right)\) có 3 nghiệm phân biệt.

Xét hàm số \(g\left( x \right) =  - 4{x^3} + 24x + 2\) ta có \(g'\left( x \right) =  - 12{x^2} + 24 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 2 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2 \)

BBT:

Để phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có 3 nghiệm phân biệt thì \( - 16\sqrt 2  + 2 < m < 16\sqrt 2  + 2\).

Mà \(m\) là số nguyên \( \Rightarrow m \in \left\{ { - 20; - 19; \ldots ;23;24} \right\}\) nên có 45 giá trị \(m\) thoả mãn.

Chọn B

Đặt \(t =  - {x^3} - x + m + 3\). Ta có \(t' =  - 3{x^2} - 1 < 0,\forall x \in \left( {0;3} \right)\)

Suy ra \(t\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;3} \right)\).

Với \(x \in \left( {0;3} \right) \Rightarrow t \in \left( {m - 27;m + 3} \right)\).

Hàm số \(g\left( x \right)\) trở thành \(h\left( t \right) = 3f\left( t \right) - t{(3 - t)^2} \Leftrightarrow h\left( t \right) = 3f\left( t \right) - {t^3} + 6{t^2} - 9t\)

Ta có \(h'\left( t \right) = 3f'\left( t \right) - 3{t^2} + 12t - 9\)

Hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {0;3} \right) \Leftrightarrow h\left( t \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {m - 27;m + 3} \right)\)

\( \Leftrightarrow h'\left( t \right) \le 0,\forall t \in \left( {m - 27;m + 3} \right) \Leftrightarrow 3f'\left( t \right) - 3{t^2} + 12t - 9 \le 0,\forall t \in \left( {m - 27;m + 3} \right)\).

\( \Leftrightarrow f'\left( t \right) \le {t^2} - 4t + 3,\forall t \in \left( {m - 27;m + 3} \right)\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y = f'\left( t \right)\) và đồ thị hàm số \(y = {t^2} - 4t + 3\) trên cùng hệ trục tọa độ ta được:

\(f'\left( t \right) \le {t^2} - 4t + 3,\forall t \in \left( {m - 27;m + 3} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t \le 0}\\{t \ge 3}\end{array},\forall t \in \left( {m - 27;m + 3} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 \le 0}\\{m - 27 \ge 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le  - 3}\\{m \ge 30}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Kết hợp điều kiện \(m \in \left( { - 100;100} \right] \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 100 < m \le  - 3}\\{30 \le m \le 100}\end{array}} \right.\)

Vậy có \(168\) giá trị nguyên của \(m \in \left( { - 100;100} \right]\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Từ bảng biến thiên, ta thấy: \(y' > 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {0;1} \right)\)

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right),\,\,\left( {0;1} \right)\)

Hàm số \[y = \frac{{x - 2}}{{x + 1}}\] xác định \[\forall x \ne  - 1\]

 Ta có: \[y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne  - 1\]

 Do đó hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \[\left( { - \infty ; - 1} \right)\]

Hàm số \(y = {x^3} + 2x\) xác định \[\forall x \in \mathbb{R}\]

Ta có: \[y' = 3{x^2} + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\]

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)

Ta có \(y' = f'\left( {5 - 2x} \right)\)\( =  - 2f'\left( {5 - 2x} \right)\).

 \(y' = 0\)\( \Leftrightarrow  - 2f'\left( {5 - 2x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5 - 2x =  - 3\\5 - 2x =  - 1\\5 - 2x = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = 3\\x = 2\end{array} \right.\).

 \(f'\left( {5 - 2x} \right) < 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5 - 2x <  - 3\\ - 1 < 5 - 2x < 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\2 < x < 3\end{array} \right.\); \(f'\left( {5 - 2x} \right) > 0\)

 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5 - 2x > 1\\ - 3 < 5 - 2x <  - 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 2\\3 < x < 4\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( {5 - 2x} \right)\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(y = f\left( {5 - 2x} \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {4\,;\,5} \right)\).

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

 

Tập xác định: \[D = \mathbb{R}\].

+Khi \(m = - 1\) ta có \[y = 2{x^3} + 6x + 2 \Rightarrow \]\[y' = 6{x^2} + 6 > 0\] nên hàm số luôn đồng biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow \)a đúng

+Khi \(m = 1\) ta có \[y = 2{x^3} + 4{x^2} + 6x + 6 \Rightarrow \]\[y' = 6{x^2} + 8x + 6\]

Có \(\Delta ' = 16 - 36 = - 20 < 0\)\[ \Rightarrow y' = 6{x^2} + 8x + 6{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\] Hàm số không có cực trị khi \(m = 1\)\( \Rightarrow \)b đúng

Ta có: \[y' = 6{x^2} + 4\left( {m + 1} \right)x + 6\].

+ Hàm số \[y = 2{x^3} + 2\left( {m + 1} \right){x^2} + 6x + 4 + 2m\] đồng biến trên \[\mathbb{R}\] khi và chỉ khi

\[y' = 6{x^2} + 4\left( {m + 1} \right)x + 6 \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\]

\[ \Leftrightarrow \Delta ' = 4{\left( {m + 1} \right)^2} - 36 \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 8 \le 0 \Leftrightarrow - 4 \le m \le 2.\]

Vậy \(m \in \left[ { - 4;2} \right]\)

Với \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 4; - 3; - 2; - 1;0;1;2} \right\} \Rightarrow c\) sai

+ có \[y'' = 12x + 4\left( {m + 1} \right)\].   Để hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2\) thì:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y'(2) = 0}\\{y''(2) > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{38 + 8m = 0}\\{28 + 4m > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = - \frac{{38}}{8}}\\{m > - 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = - \frac{{38}}{8}\)\( \Rightarrow \)d sai

a) Sai

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

 

Tập xác định: \[D = \mathbb{R}\].

 ta có \(y = 2{x^3} - 6{x^2} + 2\left( {2 - m} \right)x + m \Rightarrow \)\[y' = 6{x^2} - 12x + 2(2 - m)\]

+ hàm số luôn đồng biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)khi và chỉ khi \[y' = 6{x^2} - 12x + 2(2 - m) \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\]

\[ \Leftrightarrow \Delta ' = 36 - 12(2 - m) \le 0 \Leftrightarrow 12 + 12m \le 0 \Leftrightarrow m \le  - 1.\]

Với \(\left\{ \begin{array}{l}m \in \left[ { - 2024;2024} \right]\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 2024; - 2023;...; - 1} \right\}\)\( \Rightarrow \)a sai

+ Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi \[y' = 6{x^2} - 12x + 2(2 - m) = 0{\rm{ }}\]có hai nghiệm phân biệt

\[ \Leftrightarrow \Delta ' = 36 - 12(2 - m) > 0 \Leftrightarrow 12 + 12m > 0 \Leftrightarrow m >  - 1.\]

Với\(\left\{ \begin{array}{l}m \in \left[ { - 2024;2024} \right]\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;...;2024} \right\}\)\( \Rightarrow \)b đúng

+Ta có \[y' = 6{x^2} - 12x + 2(2 - m)\].

Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi \[y' = 6{x^2} - 12x + 2(2 - m) \ge 0{\rm{ }}\forall x \in (2; + \infty )\]

\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 2 - m \ge 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\)

\(m \le 3{x^2} - 6x + 2,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^2} - 6x + 2,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\).

\(f'\left( x \right) = 6x - 6\); \(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 6x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy  để \(m \le 3{x^2} - 6x + 2,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow \)\(m \le 2\). Vậy \(m \in \left( { - \infty ;2} \right]\).

 + Có \(\left( { - \infty ;a} \right] \cap \left( {3;2025} \right) = \left( { - \infty ;2} \right] \cap \left( {3;2025} \right) = \emptyset \)\( \Rightarrow \)c sai

+ phương trình \({8^x} = a \Leftrightarrow {8^x} = 2 \Leftrightarrow {2^{3x}} = 2 \Leftrightarrow 3x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{1}{3}\) \( \Rightarrow d\)sai

+ TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

a.    Với \(m =  - 1:y = \frac{{2x - 6}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = \frac{4}{{{{(x - 1)}^2}}},\,\forall x \in D\)

\( \Rightarrow \)Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow \)Hàm số đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow \)Mệnh đề a đúng

b.   Với \(m = 0:y = \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = 1 - \frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Từ BBT của hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} \Rightarrow \)Hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;1} \right)\) và \(\left( {1;2} \right)\)

\( \Rightarrow \)Hàm số không nghịch biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow \)Mệnh đề b sai

c.    + TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

Xét hai trường hợp

TH1: Khi \(m =  - 1,\) ta có hàm số \(y = \frac{{2x - 6}}{{x - 1}}\) và \(y' = \frac{4}{{{{(x - 1)}^2}}} > 0,\,\forall x \in D\)

Do đó hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định

Vậy, \(m =  - 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán

TH2: Khi \(m \ne  - 1,\) ta có \(y' = \frac{{(m + 1){x^2} - 2(m + 1)x - 4m}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)

Đặt \(g\left( x \right) = (m + 1){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x - 4m\) và ta có \(y'\) cùng dấu với \(g\left( x \right)\)

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định\( \Leftrightarrow y' > 0,\,\forall x \in D \Leftrightarrow g\left( x \right) \ge 0,\,\forall x \in D\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {(m + 1)^2} + 4m(m + 1) \le 0\\m + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}(m + 1)(5m + 1) \le 0\\m >  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 < m \le  - \frac{1}{5}\)

Vậy tập hợp các giá trị của tham số \(m\)thỏa mãn yêu cầu của bài toán là \(\left[ { - 1; - \frac{1}{5}} \right]\)

d. Theo câu c \(m =  - 1\) thỏa mãn đề bài

Với \(m \ne  - 1\) Khi đó hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {4; + \infty } \right) \Leftrightarrow g\left( x \right) \ge 0,\,\forall x \in \left( {4; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{{2x - {x^2}}}{{{x^2} - 2x - 4}} \le m,\,\forall x \in \left( {4; + \infty } \right)\) Với mọi \(m\)dương hàm số luôn có 3 điểm cực trị.

a) \(y' = 4{x^3} - 4mx\,;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\) do đó với mọi \(m > 0\), \(y'\, = 0\) có 3 nghiệm bội lẻ \( \Rightarrow \) Hàm số có \(3\) điểm cực trị.

Suy ra mệnh đề đúng.

b) \(y' = 4{x^3} - 4mx\,;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\,\,;y'' = 12{x^2} - 4m\)

Ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 0 \right) = 0\\y''\left( 0 \right) =  - 4m > 0\,\,\forall m < 0\end{array} \right.\)do đó với \(m < 0\) hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\).

Vậy mệnh đề sai.

c)  Ta có :

Với \(m = 0\,,\,\,y' = {x^3}\) Hàm số có một điểm cực tiểu.

Với \(m \ne 0\)hàm số có \(3\) điểm cực trị trong đó có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại.

Suy ra mệnh đề đúng.

d) Ta có:    \(y' = 4{x^3} - 4mx = 4x\left( {{x^2} - m} \right)\).

Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\).

Đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi \(m > 0\).

Khi đó toạ độ các điểm cực trị là \(A\left( {0;2{m^4} - m} \right),B\left( {\sqrt m ;2{m^4} - {m^2} - m} \right),C\left( { - \sqrt m ;2{m^4} - {m^2} - m} \right)\).

Ta có \(A \in Oy\). Để \(B,C \in Ox\) thì \(2{m^4} - {m^2} - m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\2{m^3} - m - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 1\end{array} \right.\).

Do \(m > 0\) nên ta được \(m = 1\).

Vậy mệnh đề sai.

Từ giả thiết, ta có bảng biến thiên của hàm số \[f\left( x \right)\]

Ta có \[g\left( x \right)\, = \,f\left( {3 - x} \right)\]\[ \Rightarrow \]\[g'\left( x \right)\, = \, - f'\left( {3 - x} \right)\].

Từ bảng biến thiên của hàm số\[f\left( x \right)\] ta có

\[g'\left( x \right)\, \ge 0\]\[ \Leftrightarrow f'\left( {3 - x} \right) \le 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 - x \le  - 1\\1 \le 3 - x \le 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 4\\ - 1 \le x \le 2\end{array} \right.\].

Như thế ta có bảng biến thiên của hàm số \[g\left( x \right)\]

Từ bảng biến thiên, ta nhận thấy hàm số \[g\left( x \right)\] có 1 điểm cực đại.

Đáp số: 1

Hàm số \[y = f\left( {2 - {x^2}} \right)\] có \[y' =  - 2x.f'\left( {2 - {x^2}} \right)\]

\[\begin{array}{l}y' =  - 2x.f'\left( {2 - {x^2}} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\1 < 2 - {x^2} < 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\\left[ \begin{array}{l}2 - {x^2} < 1\\2 - {x^2} > 2\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\ - 1 < x < 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\\left[ \begin{array}{l}x <  - 1\\x > 1\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < x < 1\\x <  - 1\end{array} \right.\\\end{array}\]

Do đó hàm số đồng biến trên \[\left( {0;1} \right)\]. Khi đó \[a = 0,b = 1\]và \[a + 2b = 2\]

Đáp số: 2

Gọi \(y = f\left( x \right) =  - {x^4} + m{x^3} + 2{m^2}{x^2} + m - 1\).

Nhận xét \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  - \infty \).

Do đó hàm số \(y = \left| { - {x^4} + m{x^3} + 2{m^2}{x^2} + m - 1} \right|\) đồng biến trên \(\left( {1;\, + \infty } \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) \le 0{\rm{   }}\forall x \in \left( {1;\, + \infty } \right)\\f\left( 1 \right) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4{x^3} + 3m{x^2} + 4{m^2}x \le 0{\rm{   }}\forall x \in \left( {1;\, + \infty } \right)\\ - 1 + m + 2{m^2} + m - 1 \le 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4{x^3} + 3m{x^2} + 4{m^2}x \le 0{\rm{   }}\forall x \in \left( {1;\, + \infty } \right)\\\frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2} < m < \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4{x^2} + 3mx + 4{m^2} \le 0{\rm{   }}\forall x \in \left( {1;\, + \infty } \right){\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( 1 \right)\\\frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2} < m < \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Từ \(\left( 2 \right) \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0} \right\}\) thay vào \(\left( 1 \right)\)đều thỏa mãn vậy có 2 giá trị của \(m\)thỏa mãn.

Ta có: \[g\left( x \right) = f\left( {\left| {{x^3} + 3x} \right| + 2m - {m^2}} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = \frac{{3x\left( {{x^2} + 3} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{\left| {{x^3} + 3x} \right|}}.f'\left( {\left| {{x^3} + 3x} \right| + 2m - {m^2}} \right)\]

Dễ thấy \[g'\left( x \right)\] không xác định tại \[x = 0\] và khi qua \[x = 0\] thì \[g'\left( x \right)\] đổi dấu nên \[x = 0\] là một điểm cực trị của hàm số \[g\left( x \right)\].

Để \[g\left( x \right)\] có không quá \[6\] điểm cực trị thì phương trình \[f'\left( {\left| {{x^3} + 3x} \right| + 2m - {m^2}} \right) = 0\] có thể có tối đa \[5\] nghiệm bội lẻ khác \[x = 0\].

Có: \[f'\left( {\left| {{x^3} + 3x} \right| + 2m - {m^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {{x^3} + 3x} \right| + 2m - {m^2} = 0\\\left| {{x^3} + 3x} \right| + 2m - {m^2} =  - 9\\\left| {{x^3} + 3x} \right| + 2m - {m^2} =  - 3\\\left| {{x^3} + 3x} \right| + 2m - {m^2} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {{x^3} + 3x} \right| = {m^2} - 2m\\\left| {{x^3} + 3x} \right| = {m^2} - 2m - 9\\\left| {{x^3} + 3x} \right| = {m^2} - 2m - 3\\\left| {{x^3} + 3x} \right| = {m^2} - 2m + 3\end{array} \right.\]

Dựa vào hình ảnh đồ thị hàm số \[\left| {{x^3} + 3x} \right|\]:

Để \[g\left( x \right)\] có không quá \[6\] điểm cực trị thì: \[{m^2} - 2m - 3 \le 0 \Leftrightarrow  - 1 \le m \le 3\]

Vậy có \[5\] giá trị nguyên \[m\] thỏa mãn.

Ta có \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = {t^2} - 6t + 5\), \(t > 0\).

\(v'\left( t \right) = 2t - 6\), \(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 2t - 6 = 0 \Leftrightarrow t = 3\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy vận tốc tăng trong khoảng thời gian \(\left( {3; + \infty } \right)\).

Đáp số: \(\left( {3; + \infty } \right)\).

Khi bơi ngược dòng vận tốc của cá là: \(v - 6\,\left( {km{\rm{/}}h} \right)\).

Thời gian để cá vượt khoảng cách \(300\,km\) là \(t = \frac{{300}}{{v - 6}}\,\,\left( {v > 6} \right)\).

Năng lượng tiêu hao của cá khi vượt khoảng cách \(300\,km\) là \(E\left( v \right) = c{v^3}.\frac{{300}}{{v - 6}} = 300c.\frac{{{v^3}}}{{v - 6}}\).

\(E'\left( v \right) = 600c{v^2}.\frac{{v - 9}}{{{{\left( {v - 6} \right)}^2}}}\), \(E'\left( v \right) = 0 \Leftrightarrow v = 9\) .

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên nằm ở khoảng \(\left( {6;9} \right)\)thì  năng lượng tiêu hao của cá giảm.

Đáp số: \(\left( {6;9} \right)\).