Seja $S$ a área da superfície da bola de neve e seja $r$ o seu raio. Como a bola é esférica, $$S=4\pi r^2.$$ Além disso, se $D$ é o diâmetro, então $D=2r$.

A área decresce a uma taxa de $1\,\mathrm{cm}^2/\mathrm{min}$, isto é, $$\frac{dS}{dt}=-1.$$ Derivando $S=4\pi r^2$ em relação ao tempo, $$\frac{dS}{dt}=8\pi r\frac{dr}{dt}.$$

Quando $D=10\,\mathrm{cm}$, temos $r=5\,\mathrm{cm}$. Logo, $$-1=8\pi\cdot 5\frac{dr}{dt} =40\pi\frac{dr}{dt},$$ e portanto $$\frac{dr}{dt}=-\frac{1}{40\pi}.$$

Como $D=2r$, segue que diâmetro decresce à taxa $$\colorbox{green!20}{\frac{dD}{dt}=2\frac{dr}{dt} =-\frac{1}{20\pi} \,\, \mathrm{cm}/\mathrm{min}}.$$

No intervalo $(-\infty,0)$, a função é côncava para baixo, pois $f''(x)<0$. Além disso, ela cresce em $(-\infty,-2)$ e decresce em $(-2,0)$. Portanto, $x=-2$ é ponto de máximo local, com $f(-2)=4$.

Como $f(-1)=0$ e $x=0$ é uma assíntota vertical, o ramo à esquerda do eixo $y$ deve passar por $(-1,0)$, continuar decrescendo quando $x\to 0^-$ e respeitar a concavidade para baixo.

No intervalo $(0,\infty)$, temos $f'(x)<0$ e $f''(x)>0$. Assim, o ramo à direita de $x=0$ deve ser decrescente e côncavo para cima, passando pelo ponto $(2,0)$.

Portanto, um esboço correto deve conter: a assíntota vertical $x=0$, um máximo local em $(-2,4)$, a passagem por $(-1,0)$ no ramo esquerdo, a passagem por $(2,0)$ no ramo direito, concavidade para baixo quando $x<0$ e concavidade para cima quando $x>0$.

Escrevemos a expressão como $$x\tan\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{\tan(1/x)}{1/x}.$$ Quando $x\to\infty$, temos $1/x\to 0$. Fazendo $u=1/x$, o limite fica $$\lim_{u\to 0}\frac{\tan u}{u}.$$

Como $\displaystyle \lim_{u\to 0}\frac{\tan u}{u}=1$, obtemos $$\colorbox{green!20}{ \lim_{x\to\infty}x\tan\left(\frac{1}{x}\right)=1}.$$

Alternativamente, pela regra de L'Hôpital, $$\lim_{x\to\infty}\frac{\tan(1/x)}{1/x} = \lim_{x\to\infty} \frac{\sec^2(1/x)(-1/x^2)}{-1/x^2} = \lim_{x\to\infty}\sec^2(1/x)=1.$$

Seja $r$ o raio do cilindro e seja $h$ sua altura. No corte vertical da esfera, obtemos um triângulo retângulo cuja hipotenusa é $R$ e cujos catetos são $r$ e $h/2$. Assim, $$r^2+\left(\frac{h}{2}\right)^2=R^2.$$ Portanto, $$r^2=R^2-\frac{h^2}{4}.$$

O volume do cilindro é $$V=\pi r^2h.$$ Substituindo a relação anterior, $$V(h)=\pi\left(R^2-\frac{h^2}{4}\right)h =\pi R^2h-\frac{\pi}{4}h^3.$$

Derivando, $$V'(h)=\pi R^2-\frac{3\pi}{4}h^2.$$ Os pontos críticos satisfazem $$\pi R^2-\frac{3\pi}{4}h^2=0,$$ ou seja, $$h^2=\frac{4R^2}{3}.$$ Como $h>0$, $$h=\frac{2R}{\sqrt 3}.$$

Além disso, $$V''(h)=-\frac{3\pi}{2}h,$$ que é negativa para $h>0$. Logo, esse ponto crítico fornece um máximo.

Para $h=2R/\sqrt 3$, temos $$r^2=R^2-\frac{1}{4}\frac{4R^2}{3} =\frac{2R^2}{3}.$$ Logo, $$V_{\max} =\pi\frac{2R^2}{3}\frac{2R}{\sqrt 3} =\frac{4\pi R^3}{3\sqrt 3}.$$ Portanto, $$\colorbox{green!20}{ V_{\max}=\frac{4\pi R^3}{3\sqrt 3}}.$$

Como $f$ tem três raízes, existem três números reais distintos $x_1<x_2<x_3$ tais que $$f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)=0.$$

Como $f$ é duas vezes derivável, em particular $f$ é contínua e derivável. Pelo teorema de Rolle aplicado a $f$ no intervalo $[x_1,x_2]$, existe $c_1\in(x_1,x_2)$ tal que $$f'(c_1)=0.$$ Aplicando novamente o teorema de Rolle a $f$ no intervalo $[x_2,x_3]$, existe $c_2\in(x_2,x_3)$ tal que $$f'(c_2)=0.$$

Como $c_1<c_2$ e $f'$ é contínua e derivável, podemos aplicar o teorema de Rolle à função $f'$ no intervalo $[c_1,c_2]$. Então existe $c\in(c_1,c_2)$ tal que $$f''(c)=0.$$
Portanto, $f''$ tem pelo menos uma raiz real.