Đề luyện thi tốt nghiệp phổ thông, cao đẳng, đại học

\(g'\left(x\right)=cosx.f'\left(sinx-1\right)-sinx.cosx=cosx\left[f'\left(sinx-1\right)-sinx\right]\)

\(g'\left(x\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}cosx=0\\f'\left(sinx-1\right)-sinx=0\end{matrix}\right.\)

- Với \(cosx=0\Rightarrow x=\left\{\dfrac{\pi}{2};\dfrac{3\pi}{2}\right\}\)

- Với \(f'\left(sinx-1\right)-sinx=0\)

Đặt \(sinx=t\Rightarrow t\in\left[-1;1\right]\) \(\Rightarrow f'\left(t-1\right)=t\)

Thực hiện dịch chuyển đồ thị \(f'\left(t\right)\) sang phải 1 đơn vị được đồ thị \(f'\left(t-1\right)\)

Khi đó đường thẳng \(y=t\) cắt \(y=f'\left(t-1\right)\) tại 2 điểm \(\left[{}\begin{matrix}t=0\\t=2\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow sinx=0\Rightarrow x=\pi\)

Vậy hàm có 3 cực trị

y^'= 12x²-3

D=R

Em bấm table nhập hàm f(x) xong rồi chọn bắt đầu từ 1/4, kết thúc tại 4/5, bước nhảy 0,55/19 nha!
Em  ra Min=m=-2 ; Max=M=-1,352

=> M+m=-419/125

=>CHỌN D

\(g'\left(x\right)=\left(\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}-2\right)f'\left(\sqrt{x^2+1}-2x\right)\)

Do \(\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}-2< 0\) ; \(\forall x\Rightarrow g'\left(x\right)=0\Leftrightarrow f'\left(\sqrt{x^2+1}-2x\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}-2x=-1\\\sqrt{x^2+1}-2x=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=\dfrac{4}{3}\end{matrix}\right.\)

\(g'\left(x\right)\) trái dấu \(f'\left(\sqrt{x^2+1}-2x\right)\) ;

Tại \(x=1\Rightarrow\sqrt{x^2+1}-2x=\sqrt{2}-2\in\left[-1;1\right]\Rightarrow f'\left(\sqrt{x^2+1}-2x\right)< 0\)

\(\Rightarrow g'\left(x\right)>0\)

Tại \(x=-1\Rightarrow\sqrt{x^2+1}-2x=\sqrt{2}+2>1\Rightarrow f'\left(\sqrt{x^2+1}-2x\right)>0\Rightarrow g'\left(x\right)< 0\)

\(\Rightarrow\) Khi đi qua \(x=0\) thì \(g'\left(x\right)\) đổi dấy từ âm sang dương nên \(x=0\) là điểm cực tiểu \(\Rightarrow x=\dfrac{4}{3}\) là điểm cực đại

\(\Rightarrow g\left(x\right)_{CĐ}=g\left(\dfrac{4}{3}\right)=f\left(\sqrt{\dfrac{16}{9}+1}-2.\dfrac{4}{3}\right)=f\left(-1\right)=7\)

\(\left(3^x-27\right)\left(x^2-x-20\right)\ge0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}-4\le x\le3\\x\ge5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Có \(8+40-5+1=44\) nghiệm nguyên

Đặt \(x=1-t\Rightarrow y=f\left(1-t\right)\Rightarrow y'=-f'\left(1-t\right)\) trái dấu với \(f'\left(1-t\right)\)

Từ đồ thị ta thấy \(f'\left(1-t\right)\) âm khi \(\left[{}\begin{matrix}t< 0\\1< t< 2\end{matrix}\right.\) hay \(y'\) dương khi \(\left[{}\begin{matrix}t< 0\\1< t< 2\end{matrix}\right.\)

Hay \(\left[{}\begin{matrix}1-x< 0\\1< 1-x< 2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x>1\\-1< x< 0\end{matrix}\right.\)

Lời giải:

$g'(x)=(2x-3)f'(x^2-3x+2)$

$g'(x)=0\Leftrightarrow 2x-3=0$ hoặc $f'(x^2-3x+2)=0$

$2x-3=0\Leftrightarrow x=\frac{3}{2}$

Để $f'(x^2-3x+2)=0$ thì $x^2-3x+2=0$ hoặc $x^2-3x+2=2$ (là những giá trị mà tại đó $y$ có cực trị)

Như vậy $g'(x)=0$ khi $x=\frac{3}{2}; 0;3;1;2$. Mà $x\in [-3;\frac{1}{2}]$ nên $x=0$ là điểm tới hạn duy nhất

Vẽ BBT ta thì ta thấy $g(x)_{\max}=g(0)=f(2)+2022=3+2022=2025$.

Đáp án A.

Lời giải:

TXĐ: \((-\infty; -1)\cup (-1;+\infty)\)
\(\lim\limits_{x\to +\infty}y=\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{1+\sqrt{1+\frac{1}{x}}}{1+\frac{1}{x}}=\frac{1+1}{1}=2\)

\(\lim\limits_{x\to -\infty}y=\lim\limits_{x\to -\infty}\frac{-1+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}{-1+\frac{1}{-x}}=\frac{-1+1}{-1}=0\)

Do đó ĐTHS có 2 TCN là $y=0$ và $y=2$

\(\lim\limits_{x\to -1-}y=\lim\limits_{x\to -1-}\frac{x+\sqrt{x^2+1}}{x+1}=-\infty\) do \(\lim\limits_{x\to -1-}(x+\sqrt{x^2+1})=\sqrt{2}-1>0\) và \(\lim\limits_{x\to -1-}\frac{1}{x+1}=-\infty\)

Tương tự \(\lim\limits_{x\to -1+}y=+\infty\) nên $x=-1$ là TCĐ của đths

Vậy có tổng 3 TCN và TCĐ

Lời giải:

Bán kính mặt cầu là:

\(R=d(M, (a))=\frac{|1-1-2(-2)-2|}{\sqrt{1^2+1^2+2^2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\)

PT mặt cầu $(S)$ là:

$(x-1)^2+(y-1)^2+(z+2)^2=\frac{2}{3}$