Câu 30: Chọn C.
$y=\frac{x+2{{m}^{2}}-m}{x-3}\Rightarrow {y}'=\frac{-3-2{{m}^{2}}+m}{{{\left( x-3 \right)}^{2}}}<0$
$\Rightarrow {{y}_{\min }}={{y}_{\left( 1 \right)}}=\frac{2{{m}^{2}}-m+1}{-2}$
$\Rightarrow {{y}_{\min }}=-2\Leftrightarrow \frac{2{{m}^{2}}-m+1}{-2}=-2\Leftrightarrow 2{{m}^{2}}-m+1=4$
$ \Leftrightarrow 2{m^2} - m - 3 - 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = - 1\\
m = \frac{3}{2}
\end{array} \right.$
Câu 31: Chọn C.
Ta có ${{2}^{{{\sin }^{2}}x}}+{{3}^{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}}={{4.3}^{{{\sin }^{2}}x}}\Leftrightarrow {{2}^{{{\sin }^{2}}x}}+{{3}^{1-{{\sin }^{2}}x}}={{4.3}^{{{\sin }^{2}}x}}$
Đặt ${{\sin }^{2}}x=t$ với $t\in \left[ 0;\ 1 \right]$, ta có phương trình
${{2}^{t}}+\frac{3}{{{3}^{t}}}={{4.3}^{t}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{2}{3} \right)}^{t}}+3.{{\left( \frac{1}{9} \right)}^{t}}=4$. Vì hàm số $f\left( t \right)={{\left( \frac{2}{3} \right)}^{t}}+3.{{\left( \frac{1}{9} \right)}^{t}}$ nghịch biến với $t\in \left[ 0;\ 1 \right]$
nên phương trình có nghiệm duy nhất $t=0$. Do đó $\sin x=0\Leftrightarrow x=k\pi $, $k\in \mathbb{Z}$.
Vì $x\in \left[ -2017;\ 2017 \right]$ nên ta có $-2017\le k\pi \le \ 2017\Leftrightarrow \frac{-2017}{\pi }\le k\le \ \frac{2017}{\pi }$ nên có $1285$ giá trị nguyên của $k$ thỏa mãn. Vậy có $1285$ nghiệm.
Câu 32: Chọn C.
. $y={{\log }_{3}}\left( 3x+1 \right)\Rightarrow {y}'=\frac{3}{\left( 3x+1 \right)\ln 3}$.
Câu 33: Chọn D.
Ta thấy $\cos x=0$ không thỏa phương trình. Chia hai vế phương trình cho $co{{s}^{2}}x\ne 0$ ta được:
$3ta{{n}^{2}}x+2tanx-1=0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\tan x = - 1\\
\tan x = \frac{1}{3}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \\
x = \arctan \frac{1}{3} + l\pi
\end{array} \right.$ ,$\left( k,\text{ }l\in \mathbb{Z} \right)$.
Vậy nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là $\arctan \frac{1}{3}\in \left( 0;\text{ }\frac{\pi }{2} \right)$.
Câu 34: Chọn A.
Áp dụng công thức lãi kép: ${{T}_{n}}=a{{\left( 1+r \right)}^{n}}$
Với ${{T}_{n}}\ge 305$ triệu đồng là số tiền cả vốn lẫn lãi sau $n$ kỳ hạn.
$a=300$triệu đồng là số tiền gửi ban đầu, $n$ là số kỳ hạn tính lãi, r (%) là lãi suất định kỳ.
Ta được $300{{\left( 1+\frac{0,2%}{12} \right)}^{n}}\ge 305$$\Leftrightarrow n\ge {{\log }_{\left( 1+\frac{0,2%}{12} \right)}}\left( \frac{305}{300} \right)\simeq 99,18$.
Như vậy, khi gửi không kỳ hạn để được số tiền gồm cả vốn lẫn lãi lớn hơn hoặc bằng $305$ triệu đồng thì ông A phải gửi tối thiểu là $100$ tháng.
Với $a=300$triệu đồng và số tháng là $100$ tháng thì khi gửi tiết kiệm với kỳ hạn $3$tháng thì ông A sẽ gửi được $33$ định kỳ và $1$ tháng cuối là gửi không kỳ hạn.
Nên số tiền ông A có được sau $33$ định kỳ là: $T=300.{{\left( 1+\frac{4,8%}{4} \right)}^{33}}$ triệu đồng.
Vậy số tiền ông A có được sau $100$ tháng là $S=T\left( 1+\frac{0,2%}{12} \right)=444.785.421$ đồng.
Câu 35: Chọn B.
Ta có $\frac{{AB}}{{\sin 30^\circ }} = \frac{{AC}}{{\sin 45^\circ }} = \frac{{BC}}{{\sin 105^\circ }} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AC = 1\\
BC = \sqrt 2 \sin \frac{{5\pi }}{{12}} = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right.$.
Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ đỉnh $A$. Ta có $AH.BC=AB.AC.\sin 105{}^\circ $ $\Rightarrow AH=\frac{1}{2}$.
Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tìm là $V=\frac{1}{3}\pi .A{{H}^{2}}.BC$ $=\frac{\pi \left( 1+\sqrt{3} \right)}{24}$.
Câu 36: Chọn B.
Ta có $BC\bot SM$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SM$. Do $FE=\left( P \right)\cap \left( SBC \right)$ $\Rightarrow FE\bot SM$$\Rightarrow FE\parallel BC$ và $FE$ đi qua $H$.
${{V}_{S.AEF}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABC}}$$\Leftrightarrow \frac{SE}{SB}.\frac{SF}{SC}=\frac{1}{4}$$\Leftrightarrow {{\left( \frac{SH}{SM} \right)}^{2}}=\frac{1}{4}$$\Rightarrow \frac{SH}{SM}=\frac{1}{2}$. Vậy $H$ là trung điểm cạnh $SM$. Suy ra $\Delta SAM$ vuông cân tại $A$ $\Rightarrow SA=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vậy ${{V}_{SABC}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$ $=\frac{{{a}^{3}}}{8}$.
Câu 37: Chọn D.
Gọi khối tứ diện đã cho là $ABCD$.
Gọi $E$, $F$, $G$, $H$, $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $AD$, $AB$, $AC$, $BC$, $CD$, $BD$.
Khi đó ta có: $V={V}'+4.{{V}_{A.FEG}}$.
Mặt khác ${{V}_{A.FEG}}=\frac{1}{8}V$.
Suy ra $V={V}'+\frac{1}{2}V\Rightarrow \frac{{{V}'}}{V}=\frac{1}{2}$.
Câu 38:Chọn D.
Ván 1: Xác suất Việt và Nam hòa là $1-\left( 0,3+0,4 \right)=0,3$.
Ván 2: Xác suất Việt thắng hoặc thắng là $0,3+0,4=0,7$.
Xác suất để hai bạn dừng chơi sau hai ván cờ là: $P=0,3.0,7=0,21$.
Câu 39: Chọn C.
Gọi $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua điểm $B$. Khi đó tam giác $ACE$ vuông tại $A$.
$\Rightarrow AE=\sqrt{4{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}=a\sqrt{3}$.
Mặt khác, ta có $B{C}'={B}'E=A{B}'$nên tam giác $A{B}'E$ vuông cân tại ${B}'$.
$\Rightarrow A{B}'=\frac{AE}{\sqrt{2}}$$=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$$=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Suy ra: $A{A}'=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{6}}{2} \right)}^{2}}-{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Vậy $V=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$$=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8}$.
Câu 40: Chọn C.
Tập xác định $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -\frac{m}{2} \right\}$
${y}'=\frac{{{m}^{2}}-4}{{{\left( 2x+m \right)}^{2}}}$.
Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 4 < 0\\
\frac{{ - m}}{2} \notin \left( {0;1} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 2 < m < 2\\
\left[ \begin{array}{l}
\frac{{ - m}}{2} \le 0\\
\frac{{ - m}}{2} \ge 1
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 2 < m < 2\\
\left[ \begin{array}{l}
m \ge 0\\
m \le - 2
\end{array} \right.
\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow 0\le m<2$.
Câu 41: Chọn D.
Tập xác định: $D=\left[ -1\,;\,+\infty \right)\backslash \left\{ 0\,;\,2 \right\}$.
·$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y$$=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+1-\sqrt[{}]{x+1}}{{{x}^{2}}-2x}$$=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{5}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}}-\sqrt[{}]{\frac{1}{{{x}^{3}}}+\frac{1}{{{x}^{4}}}}}{{{x}^{2}}-2x}$$=0$$\Rightarrow y=0$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
·$\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y$$=\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+1-\sqrt[{}]{x+1}}{{{x}^{2}}-2x}$$=+\infty $ và $\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y$$=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+1-\sqrt[{}]{x+1}}{{{x}^{2}}-2x}$$=-\infty $$\Rightarrow x=2$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
·$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,y$$=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+1-\sqrt[{}]{x+1}}{{{x}^{2}}-2x}$$=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( 5x+1 \right)}^{2}}-x-1}{\left( {{x}^{2}}-2x \right)\left( 5x+1+\sqrt[{}]{x+1} \right)}$$=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{25{{x}^{2}}+9x}{\left( {{x}^{2}}-2x \right)\left( 5x+1+\sqrt[{}]{x+1} \right)}$$=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{25x+9}{\left( x-2 \right)\left( 5x+1+\sqrt[{}]{x+1} \right)}$$=\frac{-9}{4}$$\Rightarrow x=0$ không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có tất cả $2$ đường tiệm cận.
Câu 42: Chọn A.
Gọi bán kính đường tròn đáy của hình trụ là $R$.
Theo giả thiết và hình vẽ thì:
· Hình trụ có bán kính đường tròn đáy là $R$, chiều cao là $6R$.
· Mặt cầu có bán kính là $R$.
· Hình nón có bán kính đường tròn đáy là $R$, chiều cao là $4R$.
Thể tích lượng nước ban đầu $V$ bằng thể tích khối trụ nên $V=\pi {{R}^{2}}.6R$$=6\pi {{R}^{3}}$.
Thể tích lượng nước tràn ra ${{V}_{1}}$ bằng tổng thể tích khối nón và khối cầu nên ${{V}_{1}}=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}.4R+\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}$$=\frac{8\pi {{R}^{3}}}{3}$.
Thể tích lượng nước còn lại trong cốc là ${{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}$ $=6\pi {{R}^{3}}-\frac{8\pi {{R}^{3}}}{3}$$=\frac{10\pi {{R}^{3}}}{3}$.
Do đó tỉ số thể tích của lượng nước còn lại và lượng nước ban đầu là: $\frac{{{V}_{2}}}{V}=\frac{\frac{10\pi {{R}^{3}}}{3}}{6\pi {{R}^{3}}}$$=\frac{5}{9}$.
Câu 43:Chọn B.
· Ta đi tìm biểu thức xác định của hàm số $f\left( x \right)$.
Ta có ${y}'=3\text{a}{{x}^{2}}+2bx+c$.
Hàm số đạt cực trị tại các điểm $x=0$, $x=1$ nên ta có $\left\{ \begin{array}{l}
y'\left( 0 \right) = 0\\
y'\left( 1 \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c = 0\\
3{\rm{a}} + 2b = 0
\end{array} \right.$ $\left( 1 \right)$
Tọa độ các điểm cực trị là $\left( 0;\,1 \right)$ và $\left( 1;\,0 \right)$ nên ta có $\left\{ \begin{array}{l}
y\left( 0 \right) = 1\\
y\left( 1 \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
d = 1\\
a + b = - 1
\end{array} \right.$ $\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta suy ra $a=2$, $b=-3$, $c=0$, $d=1$.
Như vậy $f\left( x \right)=2{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1$.
· Xét phương trình $2{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1=0$$\Leftrightarrow $$\left[ \begin{array}{l}
x = - \frac{1}{2}\\
x = 1
\end{array} \right.$.
Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số $g\left( x \right)=\left| f\left( x \right) \right|$ như sau:
· Từ bảng biến thiên trên ta suy ra phương trình $\left| f\left( x \right) \right|=m$ có bốn nghiệm phân biệt thỏa mãn ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}<{{x}_{3}}<\frac{1}{2}<{{x}_{4}}$ thì điều kiện của $m$ là $\frac{1}{2}<m<1$.
Vậy giá trị cần tìm của $m$ là $\frac{1}{2}<m<1$.
Câu 44: Chọn D.
Ta có ${y}'=4\text{a}{{x}^{3}}+2bx$, ${{y}'}'=12a{{x}^{2}}+2b$.
Vì hàm số $y={f}'\left( x \right)$ luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên ${{y}'}'>0$, $\forall x\in \mathbb{R}$, do đó $a>0$ và $b>0$.
Lại do đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ không cắt trục $Ox$ nên suy ra hàm số cần tìm là $y=\frac{1}{4}{{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1$ (hàm số $y={{x}^{4}}+{{x}^{2}}-2$ cắt trục $Ox$ tại hai điểm phân biệt do $ac<0$).
Vậy hàm số cần tìm là $y=\frac{1}{4}{{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1$.
Câu 45: Chọn C.
Tam giác $ABC$ vuông và $AB=BC=a$ nên $\Delta ABC$ chỉ có thể vuông tại $B$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
AB \bot BC\\
AB \bot BB'
\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {BCB'} \right)$
Kẻ ${MN\ \text{//}\ {B}'C\Rightarrow {B}'C\ \text{//}\ \left( AMN \right)}$
$\Rightarrow d=d\left( {B}'C,MN \right)=d\left( {B}'C,\left( AMN \right) \right)=d\left( C,\left( AMN \right) \right)=d\left( B,\left( AMN \right) \right)$.
Tứ diện $BAMN$ là tứ diện vuông
$\Rightarrow \frac{1}{{{d}^{2}}}=\frac{1}{B{{A}^{2}}}+\frac{1}{B{{M}^{2}}}+\frac{1}{B{{N}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{7}{{{a}^{2}}}\Rightarrow d=\frac{a\sqrt{7}}{7}.$
Câu 46: Chọn D.
Gọi vế trái và vế phải của hệ thức đề bài cho lần lượt là $A$ và $B$.
Ta có $\frac{1}{{{2}^{2n}}}{{\log }_{\sqrt[2n]{a}}}2017=\frac{1}{{{2}^{2n}}}{{\log }_{a}}{{2017}^{2n}}=\frac{2n}{{{2}^{2n}}}.{{\log }_{a}}2017$.
Do đó $A={{\log }_{a}}2017+\frac{2}{{{2}^{2}}}{{\log }_{a}}2017+\frac{4}{{{2}^{4}}}{{\log }_{a}}2017+\frac{8}{{{2}^{6}}}{{\log }_{a}}2017+\frac{2n}{{{2}^{2n}}}.{{\log }_{a}}2017$
$=\left( 1+\frac{2}{{{2}^{2}}}+\frac{4}{{{2}^{4}}}+\frac{8}{{{2}^{6}}}+...+\frac{2n}{{{2}^{2n}}} \right){{\log }_{a}}2017$.
Dãy số $1+\frac{2}{{{2}^{2}}}+\frac{4}{{{2}^{4}}}+\frac{8}{{{2}^{6}}}+...+\frac{2n}{{{2}^{2n}}}$ lập thành một cấp số nhân với công bội $q=\frac{2}{{{2}^{2}}}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow 1+\frac{2}{{{2}^{2}}}+\frac{4}{{{2}^{4}}}+\frac{8}{{{2}^{6}}}+...+\frac{2n}{{{2}^{2n}}}={{u}_{1}}.\frac{1-{{q}^{n}}}{1-q}=1.\frac{1-{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}=2-\frac{2}{{{2}^{n}}}$.
Như vậy $A=\left( 2-\frac{2}{{{2}^{n}}} \right){{\log }_{a}}2017=B={{\log }_{a}}{{2017}^{2}}-\frac{{{\log }_{a}}2017}{{{2}^{2018}}}=2{{\log }_{a}}2017-\frac{1}{{{2}^{2018}}}{{\log }_{a}}2017$
$\Rightarrow 2-\frac{2}{{{2}^{n}}}=2-\frac{1}{{{2}^{2018}}}\Rightarrow n=2019$.
Câu 47: Chọn A.
${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+4=4y+3x$$\Leftrightarrow {{y}^{2}}+y\left( x-4 \right)+{{x}^{2}}-3x+4=0$
$\Delta ={{\left( x-4 \right)}^{2}}-4\left( {{x}^{2}}-3x+4 \right)$ $=-3{{x}^{2}}+4x\ge 0$ $\Leftrightarrow 0\le x\le \frac{4}{3}$.
${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+4=4y+3x$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy=4y+3x-4$
$P=3\left( {{x}^{3}}-{{y}^{3}} \right)+20{{x}^{2}}+2xy+5{{y}^{2}}+39x$$=3\left( x-y \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy \right)+20{{x}^{2}}+2xy+5{{y}^{2}}+39x$
$=29{{x}^{2}}-7{{y}^{2}}+5xy+27x+12y$ $\le -7{{y}^{2}}+5.\frac{4}{3}y+27.\frac{4}{3}+12y+29.{{\left( \frac{4}{3} \right)}^{2}}$ $=-7{{\left( y-\frac{4}{3} \right)}^{2}}+100$.
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là $100$ khi $x=y=\frac{4}{3}$.
Câu 48:Chọn A.
Gọi $I$ là trung điểm của đoạn $AD$.
Ta có $AI\ \text{//}\ BC$ và $AI=BC$ nên tứ giác
$ABCI$ là hình vuông hay
$CI=a=\frac{1}{2}AD$ $\Rightarrow \Delta ACD$ là tam giác vuông tại $C$.
Kẻ $AH\bot SC$
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
AC \bot CD\\
AC \bot SA
\end{array} \right.$ $\Rightarrow CD\bot \left( SCA \right)$
hay $CD\bot AH$ nên $AH\bot \left( SCD \right)$
$\Rightarrow d\left( A,\text{ }\left( SCD \right) \right)=AH$; $AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=a\sqrt{2}$.
$AH=\frac{SA.AC}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}}$ $=\frac{a\sqrt{2}.a\sqrt{2}}{\sqrt{2{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}}=a$.
Gọi $AB\cap CD=E$, mặt khác $\frac{EB}{EA}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}$ nên $B$ là trung điểm của đoạn $AE$.
$\frac{d\left( B,\left( SCD \right) \right)}{d\left( A,\left( SCD \right) \right)}=\frac{1}{2}=\frac{a}{2}$. Vậy $d=\frac{1}{2}a$.
Câu 49: Chọn C.
Dựa vào đồ thị suy ra $a>0$ và $d<0$, ${f}'\left( x \right)=0$ có một nghiệm âm và một nghiệm bằng $0$ nên suy ra $c=0$ và $b>0$.
Câu 50: Chọn A.
Ta có ${{2017}^{2x+\sqrt{x+1}}}-{{2017}^{2+\sqrt{x+1}}}+2018x\le 2018$
$\Leftrightarrow {{2017}^{2x+\sqrt{x+1}}}+1009\left( 2+\sqrt{x+1} \right)\le {{2017}^{2+\sqrt{x+1}}}+1009\left( 2+\sqrt{x+1} \right)$$\Leftrightarrow f\left( 2x+\sqrt{x+1} \right)\le f\left( 2+\sqrt{x+1} \right)$.
Xét hàm số $f\left( u \right)={{2017}^{u}}+1009u$
Ta có ${f}'\left( t \right)={{2017}^{u}}\ln 2017+1009>0,\forall u$$\Rightarrow f\left( u \right)$ đồng biến.
Nên $2x+\sqrt{x+1}\le 2+\sqrt{x+1}\Leftrightarrow -1\le x\le 1$.
Ta lại có
$5{{x}^{2}}+12x+16=m\left( x+2 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+2}$$\Leftrightarrow 3{{\left( x+2 \right)}^{2}}+2\left( {{x}^{2}}+2 \right)=m\left( x+2 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+2}$
$\Rightarrow 3{{\left( \frac{x+2}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}} \right)}^{2}}+2=m.\frac{x+2}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}}$.
Xét $t=\frac{x+2}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}}\Rightarrow {t}'\left( x \right)=\frac{2-2x}{{{\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2} \right)}^{3}}}\ge 0,\forall x\in \left[ -1;1 \right]$
Nên $\frac{\sqrt{3}}{3}\le t\le \sqrt{3}$.
Khi đó phương trình trở thành $3{{t}^{2}}+2=mt\Leftrightarrow 3t+\frac{2}{t}=m$.
Xét hàm số$f\left( t \right)=3t+\frac{2}{t}$. ta có ${f}'\left( t \right)=3-\frac{2}{{{t}^{2}}}=\frac{3{{t}^{2}}-2}{{{t}^{2}}}$.
Cho ${f}'\left( t \right)=0\Rightarrow t=\frac{\sqrt{6}}{3}$.
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên suy ra $2\sqrt{6}<m\le 3\sqrt{3}$.$
