Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Hàm số xác định trên \(\left[ {0;4} \right]\).

Ta có: \(f\left( x \right) = \left| {x - 3} \right|\sqrt {x + 1}  = \sqrt {\left( {x + 1} \right){{\left( {x - 3} \right)}^2}} \).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){\left( {x - 3} \right)^2}\) trên đoạn \(\left[ {0;4} \right]\) ta có:

\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) = {\left( {x - 3} \right)^2} + \left( {x + 1} \right).2\left( {x - 3} \right)\\g'\left( x \right) = \left( {x - 3} \right)\left( {x - 3 + 2x + 2} \right)\\g'\left( x \right) = \left( {x - 3} \right)\left( {3x - 1} \right)\\g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 \in \left[ {0;4} \right]\\x = \dfrac{1}{3} \in \left[ {0;4} \right]\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có: \(g\left( 0 \right) = 9,\,\,g\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{{256}}{{27}},\,\,g\left( 3 \right) = 0,\,\,g\left( 4 \right) = 5\).

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = \sqrt {g\left( {\dfrac{1}{3}} \right)}  = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{9}\\N = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = \sqrt {g\left( 0 \right)}  = 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow M + 2N = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{9}\).

Do \(x\) là độ dài của đoạn dây cuộn thành hình tròn \(\left( {0 < x < a} \right)\). Suy ra chiều dài đoạn còn lại là \(a - x\).

Gọi \(r\) là bán kính của đường tròn. Chu vi đường tròn: \(2\pi r = x\)\( \Rightarrow r = \dfrac{x}{{2\pi }}\).

Do đó diện tích hình tròn là: \({S_1} = \pi .{r^2}\)\( = \dfrac{{{x^{\rm{2}}}}}{{4\pi }}\).

Chu vi hình vuông là \(a - x \Rightarrow \) Cạnh hình vuông là \(\dfrac{{a - x}}{4}\). Do đó diện tích hình vuông: \({S_2} = {\left( {\dfrac{{a - x}}{4}} \right)^2}\).

Tổng diện tích hai hình:

\(\begin{array}{l}S = \dfrac{{{x^2}}}{{4\pi }} + {\left( {\dfrac{{a - x}}{4}} \right)^2}\\\,\,\,\, = \dfrac{{4{x^2} + \pi {{\left( {a - x} \right)}^2}}}{{16\pi }}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {4 + \pi } \right).{x^2} - 2a\pi x + \pi {a^2}}}{{16\pi }}\end{array}\)

Xét hàm số \(S\left( x \right) = \dfrac{{\left( {4 + \pi } \right).{x^2} - 2a\pi x + \pi {a^2}}}{{16\pi }}\) ta có:\(S'\left( x \right) = \dfrac{{2\left( {4 + \pi } \right).x - 2a\pi }}{{16\pi }} = \dfrac{{\left( {4 + \pi } \right).x - a\pi }}{{8\pi }}\).

Cho\(S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {4 + \pi } \right)x - a\pi  = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{a\pi }}{{4 + \pi }}\). Ta có BBT như sau :

Suy ra hàm \(S\) chỉ có một cực trị và là cực tiểu tại \(x = \dfrac{{a\pi }}{{4 + \pi }}\).

Do đó \(S\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = \dfrac{{a\pi }}{{4 + \pi }}\).

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,y = 2{\sin ^2}x - \cos x + 1\\ \Rightarrow y = 2\left( {1 - {{\cos }^2}x} \right) - \cos x + 1\\ \Rightarrow y =  - 2{\cos ^2}x - \cos x + 3\end{array}\)

Đặt \(\cos x = t\,\,\,\,\left( { - 1 \le t \le 1} \right)\), hàm số trở thành: \(y =  - 2{t^2} - t + 3.\)

Ta có: \(y' =  - 4t - 1 = 0 \Rightarrow t =  - \dfrac{1}{4}\,\,\,\left( {tm} \right)\).

Bảng biến thiên:

Từ BBT ta suy ra \(M = \dfrac{{25}}{8},\,\,m = 0\).

Vậy \(M + m = \dfrac{{25}}{8}\).

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

Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x\,\,\,\left( 1 \right)\).

Nghiệm của phương trình (1) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right);\,\,y = x.\)

Vẽ đường thẳng \(y = x\) và đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ:

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hai hàm số \(y = f'\left( x \right);\,\,y = x\) cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ là \( - 2;2;4.\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 2\\x = 4\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\):

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 2;4} \right]\) là \(g\left( 2 \right)\).

Ta có : \(g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} + 2} \right).f'\left( {{x^3} + 2x} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{x^2} + 2 = 0\\f'\left( {{x^3} + 2x} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow f'\left( {{x^3} + 2x} \right) = 0\) (Do phương trình \(3{x^2} + 2 = 0\) vô nghiệm).

Từ đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) đã cho ta có : \(f'\left( {{x^3} + 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^3} + 2x = 0\\{x^3} + 2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {x_0} \approx 0,77\end{array} \right.\)

Hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) có : 

\(\begin{array}{l}g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) + m = m + 1\\g\left( {{x_0}} \right) = f\left( 2 \right) + m = m - 3\\g\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) + m = m + 1\end{array}\)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = g\left( 1 \right) = m + 1\).

Theo giả thiết, giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left[ {0;1} \right]\) bằng 9 nên \(m + 1 = 9 \Leftrightarrow m = 8\).

Vậy \(m = 8.\)

Các hàm số đã cho đều có TXĐ:\(D = \mathbb{R}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {{x^3} - 3x + 2} \right) =  - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - 2{x^3} + 3{x^2} - 1} \right) =  - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left( {{x^4} - 2{x^2} - 1} \right) =  + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left( { - {x^4} + 4{x^2}} \right) =  - \infty \end{array}\)

Do đó, hàm số có giá trị nhỏ nhất trên tập xác định là \(y = {x^4} - 2{x^2} - 1\).

Đặt \(t = 1 - 2\cos x\). Với \(x \in \left[ {0;\,\,\dfrac{{3\pi }}{2}} \right]\) thì \(\cos x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow \)\(1 - 2\cos x \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 1;3} \right].\)

Khi đó ta có \(y = f\left( t \right)\) với \(t \in \left[ { - 1;3} \right]\).

Quan sát đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\), ta thấy GTLN của hàm số là 2, GTNN của hàm số là \( - \dfrac{3}{2}\)

\( \Rightarrow M = 2,\,\,m =  - \dfrac{3}{2} \Rightarrow M + m = \dfrac{1}{2}\)

${\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + 2xy \leqslant 32 $ $\Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} - 8\left( {x + y} \right) \leqslant 0 $ $\Leftrightarrow 0 \leqslant x + y \leqslant 8$

$A = {\left( {x + y} \right)^3} - 3\left( {x + y} \right) - 6xy + 6 $ $\geqslant {\left( {x + y} \right)^3} - \dfrac{3}{2}{\left( {x + y} \right)^2} - 3\left( {x + y} \right) + 6$

(do ${\left( {x + y} \right)^2} \geqslant 4xy $ $\Rightarrow xy \leqslant \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} $ $\Rightarrow  - 6xy \geqslant  - \dfrac{3}{2}{\left( {x + y} \right)^2}$ )

Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^3} - \dfrac{3}{2}{t^2} - 3t + 6$ trên đoạn $\left[ {0,8} \right]$, ta có

$f'\left( t \right) = 3{t^2} - 3t - 3,f'\left( t \right) = 0 $ $\Leftrightarrow t = \dfrac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}$

(giá trị $\dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2} \notin \left[ {0;8} \right]$ nên loại)

Thực hiện tính toán ta có: $f\left( 0 \right) = 6,f\left( {\dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right) = \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4},f\left( 8 \right) = 398 $

$\Rightarrow A \geqslant f\left( t \right) \geqslant \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4} \Rightarrow A \geqslant \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $\dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4}$  xảy ra khi $\left\{ \begin{gathered} x + y = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2} \hfill \\ x = y \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow x = y = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{4}$

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + m\) trên \(\left[ {1;3} \right]\), có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\left( L \right)\\x = 2\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {{x^3} - 3{x^2} + m} \right| \ge 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 4 > 0\\m < 0\end{array} \right.\)

TH1: \(m - 4 > 0 \Leftrightarrow m > 4\)

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {{x^3} - 3{x^2} + m} \right| \ge 2 \Leftrightarrow m - 4 \ge 2 \Leftrightarrow m \ge 6\)

Mà  \(m \in \left[ { - 5;5} \right] \Rightarrow m \in \emptyset \)

TH2: \(m < 0\)

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {{x^3} - 3{x^2} + m} \right| \ge 2 \Leftrightarrow  - m \ge 2 \Leftrightarrow m \le  - 2\)

Mà \(m \in \left[ { - 5;5} \right],m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2} \right\}\): 4 giá trị.

Ta có \({x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \sqrt {{y^2} + 6y + 10}  = \sqrt {6 + 4x - {x^2}} \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \sqrt {{y^2} + 6y + 10}  - \sqrt {6 + 4x - {x^2}}  = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \dfrac{{\left( {\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  - \sqrt {6 + 4x - {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} } \right)}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \dfrac{{{y^2} + 6y + 10 - 6 - 4x + {x^2}}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \dfrac{{{x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 = 0\)  (vì \(1 + \dfrac{1}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} > 0\) )

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9\)

Phương trình \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9\) là phương trình đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( {2; - 3} \right)\) và bán kính \(R = 3.\)

Gọi \(N\left( {x;y} \right) \in \left( C \right)\) ta suy ra \(ON = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \) suy ra \(T = \left| {ON - a} \right|\)

Gọi \(A,B\) là giao điểm của đường tròn \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(OI\).

Khi đó \(OA = OI - R = \sqrt {13}  - 3\)  và \(OB = OI + R = \sqrt {13}  + 3\)

Suy ra \(\sqrt {13}  - 3 \le \sqrt {{x^2} + {y^2}}  \le \sqrt {13}  + 3\)

 TH1: Nếu \(\sqrt {13}  - 3 \le a \le \sqrt {13}  + 3\) thì \(\left| {\sqrt {{x^2} + {y^2}}  - a} \right| \ge 0 \Rightarrow \min T = 0 \Rightarrow M \ge 2m \Rightarrow a \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\)

TH2: Nếu \(a < \sqrt {13}  - 3 \Rightarrow a < \sqrt {13} \) nên \(\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| > \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\), do đó \(M = \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|;m = \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\)

Vì \(M \ge 2m \Rightarrow \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| \ge 2\left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {13}  + 3 - a} \right)^2} - {\left( {2\sqrt {13}  - 6 - 2a} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt {13}  - 9 \le a \le \sqrt {13}  - 1 \Rightarrow a \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0} \right\}\)

TH3: Nếu \(a > \sqrt {13}  + 3 \Rightarrow a > \sqrt {13} \) nên \(\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| < \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\), do đó \(m = \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|;M = \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\)

Vì \(M \ge 2m \Rightarrow \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right| \ge 2\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {13}  - 3 - a} \right)^2} - {\left( {2\sqrt {13}  + 6 - 2a} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt {13}  + 1 \le a \le \sqrt {13}  + 9 \Rightarrow a \in \left\{ {7;8;9;10} \right\}\)

Vậy có 16 giá trị của \(a\) thỏa mãn đề bài.

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) > \sin \dfrac{{\pi x}}{2} + m\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right] \Leftrightarrow g\left( x \right) = f\left( x \right) - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} > m\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right]\\ \Rightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} g\left( x \right)\end{array}\).

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta suy ra BBT đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

Dựa vào BBT ta thấy \(f\left( x \right) \ge f\left( 1 \right)\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right]\).

\(\begin{array}{l}x \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow \dfrac{{\pi x}}{2} \in \left[ { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{{3\pi }}{2}} \right] \Rightarrow  - 1 \le \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \le 1\\ \Leftrightarrow  - 1 \le  - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \le 1\end{array}\)

\( \Rightarrow f\left( 1 \right) - 1 \le f\left( x \right) - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \Leftrightarrow g\left( x \right) \ge f\left( 1 \right) - 1 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} g\left( x \right) = f\left( 1 \right) - 1\).

Vậy \(m < f\left( 1 \right) - 1\).

Ta có :

\[\begin{array}{l}f\left( x \right) = \dfrac{1}{{{x^2} - 4x + 5}} - \dfrac{{{x^2}}}{4} + x\\f\left( x \right) = \dfrac{1}{{{x^2} - 4x + 5}} - \dfrac{{{x^2} - 4x}}{4}\end{array}\]

Đặt \(t = {x^2} - 4x + 5\) với \(x \in \left[ {0;3} \right]\) ta có \(t' = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in \left[ {0;3} \right]\).

Ta có : \(t\left( 0 \right) = 5;\,\,t\left( 2 \right) = 1,\,\,t\left( 3 \right) = 2\).

 \( \Rightarrow \) Với \(x \in \left[ {0;3} \right]\) thì \(t \in \left[ {1;5} \right]\), khi đó hàm số trở thành \(f\left( t \right) = \dfrac{1}{t} - \dfrac{{t - 5}}{4}\) với \(t \in \left[ {1;5} \right]\).

Ta có \(f'\left( t \right) =  - \dfrac{1}{{{t^2}}} - \dfrac{1}{4} < 0\,\,\forall t \in \left[ {1;5} \right]\).

\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = f\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left[ {1;5} \right]\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;5} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = 2 = M\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;5} \right]} f\left( t \right) = f\left( 5 \right) = \dfrac{1}{5} = m\end{array} \right.\)

Vậy \(M - m = 2 - \dfrac{1}{5} = \dfrac{9}{5}\).

Ta có: \(g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - 2\left( {1 - x} \right) = 2\left[ {f'\left( x \right) - \left( {1 - x} \right)} \right]\).

Xét \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 1 - x\), số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 1 - x\).

Ta biểu diễn đường thẳng \(y = 1 - x\) trên hình vẽ:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f'\left( x \right) = 1 - x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 4\\x =  - 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Từ đó, ta suy ra bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\) như sau:

Vậy hàm số đạt GTNN tại \(x =  - 1\).

Ta có \(y = f\left( {\left| x \right| - m} \right) = f\left( {\sqrt {{x^2}}  - m} \right)\).

\( \Rightarrow y' = \dfrac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2}} }}f'\left( {\sqrt {x^2} - m } \right) = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2}} }}f'\left( {\sqrt {x^2} - m } \right)\).

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {10; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\).

\( \Rightarrow \dfrac{x}{{\sqrt {x^2} }}f'\left( {\sqrt {x^2} - m } \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\) \( \Rightarrow f'\left( {\sqrt {x^2} - m}  \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\,\,\left( * \right)\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\) và \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {{x^2}}  - m \ge 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\sqrt {{x^2}}  - m \le  - 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Xét (1) ta có \(m \le \sqrt {{x^2}}  - 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right) \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}}  - 1} \right)\).

Xét \(g\left( x \right) = \sqrt {{x^2}}  - 1\) trên khoảng \(\left( {10; + \infty } \right)\) ta có \(g'\left( x \right) = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2}} }} > 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\), do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {10; + \infty } \right)\) \( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}}  - 1} \right) = g\left( {10} \right) = 9 \Leftrightarrow m \le 9\).

Xét (2) ta có: \(m \ge \sqrt {{x^2}}  + 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\) \( \Rightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}}  + 1} \right)\).

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2}}  + 1} \right) =  + \infty \) nên hàm số đã cho không có GTLN trên \(\left[ {10; + \infty } \right)\), do đó không tồn tại m thỏa mãn (2).

Vậy \(m \le 9\) nên giá trị nguyên lớn nhất của m bằng 9.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6mx + 3\left( {{m^2} - 1} \right)\).

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6mx + 3\left( {{m^2} - 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} - 1 = 0\).

Ta có \(\Delta ' = {m^2} - {m^2} + 1 = 1 > 0\), khi đó phương trình \(y' = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = m + 1\\{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).

Ta có BBT:

Ta có:

\(\begin{array}{l}f\left( {m - 1} \right) = {m^3} - 3m + 2022\\f\left( {m + 1} \right) = {m^3} - 3m + 2018\end{array}\)

TH1: \(0 < m - 1 \Leftrightarrow m > 1\).

Ta có: \(f\left( 0 \right) = 2020\).

Để hàm số có GTNN trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì \(f\left( {m + 1} \right) \le f\left( 0 \right) \Leftrightarrow {m^3} - 3m + 2018 \le 2020\) \( \Leftrightarrow {m^3} - 3m - 2 \le 0\).

Xét hàm số \(f\left( m \right) = {m^3} - 3m - 2\) ta có \(f'\left( m \right) = 3{m^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow m =  \pm 1\),

BBT:

Dựa vào BT ta thấy \(f\left( m \right) \le 0 \Leftrightarrow m \le 2\).

Kết hợp điều kiện \( \Rightarrow 1 < m \le 2\).

TH2: \(m - 1 \le 0 < m + 1 \Leftrightarrow  - 1 < m \le 1\), khi đó hàm GTNN của hàm số trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) là \(f\left( {m + 1} \right)\).

Kết hợp 2 trường hợp ta có: \(\left[ \begin{array}{l}1 < m \le 2\\ - 1 < m \le 1\end{array} \right.\). Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2} \right\}\).

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có:

\(\begin{array}{l}{2^{x + y - 1}}\left( {{3^{x + y}} + 1} \right) = 3x + 3y + 1\\ \Leftrightarrow {2^{x + y}}\left( {{3^{x + y}} + 1} \right) = 6x + 6x + 2\\ \Leftrightarrow {6^{x + y}} + {2^{x + y}} = 6\left( {x + y} \right) + 2\end{array}\)

Đặt \(x + y = t\), phương trình trở thành \({6^t} + {2^t} = 6t + 2\) \( \Leftrightarrow {6^t} + {2^t} - 6t - 2 = 0\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {6^t} + {2^t} - 6t - 2\) ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( t \right) = {6^t}.\ln 6 + {2^t}.\ln 2 - 6\\f''\left( t \right) = {6^t}{\ln ^2}6 + {2^t}.{\ln ^2}2 > 0\,\,\,\forall t \in \mathbb{R}\end{array}\)

Do đó hàm số \(y = f'\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\), suy ra phương trình \(f'\left( t \right) = 0\) có nhiều nhất 1 nghiệm.

Suy ra phương trình \(f\left( t \right) = 0\) có nhiều nhất 2 nghiệm.

Ta lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = {6^0} + {2^0} - 6.0 - 2 = 0\\f\left( 1 \right) = {6^1} + {2^1} - 6.1 - 2 = 0\end{array} \right.\), do đó phương trình \(f\left( t \right) = 0\) có đúng hai nghiệm \(t = 0\), \(t = 1\).

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x + y = 0\\x + y = 2\end{array} \right.\)

TH1: \(x + y = 0 \Rightarrow y =  - x\).

Thay vào \(P\) ta có:  \(P = {x^2} + xy + {y^2} = {x^2} \ge 0\).

TH2: \(x + y = 1 \Leftrightarrow y = 1 - x\).

Thay vào \(P\) ta có:  

\(\begin{array}{l}P = {x^2} + x\left( {1 - x} \right) + {\left( {1 - x} \right)^2}\\=x^2-x+1\\= {\left( {x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{3}{4} \end{array}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(0\), đạt được khi \(x + y = 0\).

Ta có: \({x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1 \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} + {y^2} = 1\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = \sin \alpha \\y = {\rm{cos}}\alpha \end{array} \right.\). Ta có: \(Q = f\left( {\dfrac{{x + y + 1}}{{x + 2y - 2}}} \right) = f\left( {\dfrac{{\sin \alpha  + 1}}{{\sin \alpha  + {\rm{cos}}\,\alpha  - 2}}} \right)\)

Đặt \(t = \dfrac{{\sin \alpha  + 1}}{{\sin \alpha  + {\rm{cos}}\,\alpha  - 2}}\). Ta có: \(Q = f\left( {\dfrac{{\sin \alpha  + 1}}{{\sin \alpha  + {\rm{cos}}\,\alpha  - 2}}} \right) = f\left( t \right)\)

\(t = \dfrac{{\sin \alpha  + 1}}{{\sin \alpha  + {\rm{cos}}\,\alpha  - 2}}\,\,\left( {\alpha  \in \mathbb{R}} \right) \Leftrightarrow t\sin \alpha  + t{\rm{cos}}\,\alpha  - 2t = \sin \alpha  + 1 \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right)\sin \alpha  + t\,{\rm{cos}}\,\alpha  = 2t + 1\) (*)

Để phương trình (*) tồn tại nghiệm \(\alpha \) thì \({\left( {t - 1} \right)^2} + {t^2} \ge {\left( {2t + 1} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 1 + {t^2} \ge 4{t^2} + 4t + 1\)\( \Leftrightarrow 2{t^2} + 6t \le 0 \Leftrightarrow  - 3 \le t \le 0\)

Xét \(Q = f\left( t \right) = {t^4} - {t^2} + 2\) trên đoạn \(\left[ { - 3;0} \right]\), có: \(f'\left( t \right) = 4{t^3} - 2t,\,\,f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t =  \pm \sqrt {\dfrac{1}{2}} \end{array} \right.\)

Hàm số \(f\left( t \right)\) liên tục trên \(\left[ { - 3;0} \right]\), có \(f\left( { - 3} \right) = 74,\,f\left( { - \sqrt {\dfrac{1}{2}} } \right) = \dfrac{7}{4},\,f\left( 0 \right) = 2\)\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;0} \right]} f\left( t \right) = \dfrac{7}{4},\,\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;0} \right]} f\left( t \right) = 74\)

\( \Rightarrow \)M + m\( = \dfrac{7}{4} + 74 = \dfrac{{303}}{4}\).

Đặt \(M\left( {x;\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right) \in \left( C \right).\)

Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}d\left( {M;Ox} \right) = \left| {{y_M}} \right| = \left| {\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right|\\d\left( {M;Oy} \right) = \left| {{x_M}} \right| = \left| x \right|\end{array} \right.\)

Tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là \(S = \left| x \right| + \left| {\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right| \ge \left| {x + \dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right|.\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x.\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\ - 1 \le x \le 0\end{array} \right.\)

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

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} - 2x - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 - \sqrt 2 \\x = 1 + \sqrt 2 \end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(\left| {x + \dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right| \ge \left| {2 - 2\sqrt 2 } \right| = 2\sqrt 2  - 2.\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x = 1 - \sqrt 2  \Rightarrow y = 1 - \sqrt 2  \Rightarrow {x_M} + {y_M} = 2 - 2\sqrt 2 .\)

Khảo sát hàm số \(y =  - {x^3} + 3x\) trên \(\left[ {0;3} \right]\).

+ \(y' =  - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

+ BBT:

\( \Rightarrow \) Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại \(x = 1\).

Gọi x là độ dài của cạnh đáy của khối chóp

\(h\) là chiều cao của khối chóp, \(h'\) là chiều cao của tam giác cân ở mặt bên của khối chóp.

Bước 1: Biểu diễn h và thể tích V của khối chóp theo a và x

Ta có: \(x + 2h' = a\)\( \Rightarrow h' = \dfrac{{a - x}}{2}\)

Ta có: \({h^2} + {\left( {\dfrac{x}{2}} \right)^2} = {\left( {\dfrac{{a - x}}{2}} \right)^2}\) \( \Leftrightarrow h = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a - x}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{x}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {{a^2} - 2ax} }}{2}\)

Thể tích khối chóp: \(V = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{\sqrt {{a^2} - 2ax} }}{2}.{x^2}\)

\( = \dfrac{1}{6}\sqrt { - 2a{x^5} + {a^2}{x^4}} \)

Bước 2: Tìm max của \(f\left( x \right) =  - 2a{x^5} + {a^2}{x^4}\) với x>0

Xét hàm số \(f\left( x \right) =  - 2a{x^5} + {a^2}{x^4}\) với x>0

\({V_{\max }} \Leftrightarrow f{\left( x \right)_{\max }}\)

Ta có: \(f'\left( x \right) =  - 10a{x^4} + 4{a^2}{x^3}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{{2a}}{5}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \max f\left( x \right) = f\left( {\dfrac{{2a}}{5}} \right) = \dfrac{{16{a^6}}}{{3125}}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = \dfrac{{2a}}{5}\)

Bước 3: Tìm phần diện tích bị bỏ

\( \Rightarrow\) Diện tích phần không bị bỏ là:

\(S = {x^2} + 4.\dfrac{1}{2}.x.\dfrac{{a - x}}{2} = \dfrac{{2{a^2}}}{5}\)

Diện tích bị bỏ là \(\dfrac{{3{a^2}}}{5}\)