Bài toán cực trị có tham số đối với một số hàm số cơ bản

Xét hàm số $y = f\left( x \right) = {x^4} - 3m{x^2} - 4,\,\,\,\,f'\left( x \right) = 4{x^3} - 6mx,\,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = \dfrac{{3m}}{2}\end{array} \right.$

+) TH1: $m \le 0$:

Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$  có duy nhất 1 điểm cực trị là $M\left( {0; - 4} \right)$ (cực tiểu)

Khi đó, đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ có đúng 3 điểm cực trị là $A\left( {0; 4} \right)$, $B\left( {{x_1};0} \right),\,\,C\left( {{x_2};0} \right),\,\,\left( {{x_1} < {x_2}} \right)$ (B, C chính là giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và trục hoành)

Giải phương trình: ${x^4} - 3m{x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{{3m + \sqrt {9{m^2} + 16} }}{2}$

$\Leftrightarrow {x_{1,2}} = \dfrac{{ \pm \sqrt {3m + \sqrt {9{m^2} + 16} } }}{{\sqrt 2 }}$ $\Rightarrow {x_2} - {x_1} = \sqrt 2 .\sqrt {3m + \sqrt {9{m^2} + 16} }$

Diện tích tam giác $ABC$ là:

$\dfrac{1}{2}.4.\sqrt 2 .\sqrt {3m + \sqrt {9{m^2} + 16} } > 4$ $\Leftrightarrow \sqrt {3m + \sqrt {9{m^2} + 16} } > \sqrt 2$

$\Leftrightarrow 3m + \sqrt {9{m^2} + 16} > 2$ $\Leftrightarrow \sqrt {9{m^2} + 16} > 2 - 3m$

$\Leftrightarrow 9{m^2} + 16 > {\left( {2 - 3m} \right)^2}$  (do $m \le 0$)

$\Leftrightarrow 9{m^2} + 16 > 4 - 12m + 9{m^2}$ $\Leftrightarrow m >  - 1\,\, \Rightarrow  - 1 < m \le 0$

+) TH2: $m > 0$

Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$  có 3 điểm cực trị là $M\left( {0; -4} \right)$ (cực tiểu),  $B\left( { - \sqrt {\dfrac{{3m}}{2}} ;{y_0}} \right),\,\,C\left( {\sqrt {\dfrac{{3m}}{2}} ;{y_0}} \right)$

Với ${y_0} = f\left( {\sqrt {\dfrac{{3m}}{2}} } \right) = \dfrac{{9{m^2}}}{4} - 3m.\dfrac{{3m}}{2} - 4 =  - \dfrac{{9{m^2}}}{4} - 4 < 0,\forall m$

Khi đó, đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$  có đúng 5 điểm cực trị $\Rightarrow$ Loại.

Vậy, $- 1 < m \le 0$.

Mà $m \in \left( { - 7;7} \right),\,\,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ 0 \right\}$: 1 giá trị.

Ta có: $y' = 3{x^2} - 6m \Rightarrow y = y'.\left( {\dfrac{1}{3}x} \right) - 4mx + 4$.

Do đó phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $y =  - 4mx + 4 \Leftrightarrow 4mx + y - 4 = 0$.

Diện tích tam giác $IAB$ là ${S_{IAB}} = \dfrac{1}{2}IA.IB.\sin \widehat {AIB} = \dfrac{1}{2}.\sqrt 2 .\sqrt 2 .\sin \widehat {AIB} = \sin \widehat {AIB} \le 1$

$\Rightarrow {S_{IAB}}$ đạt GTLN khi $\sin \angle AIB = 1 \Leftrightarrow IA \bot IB$ hay tam giác $IAB$ vuông cân tại $I$ và $IA = IB = \sqrt 2$$\Rightarrow AB = 2 \Rightarrow d\left( {I,AB} \right) = \dfrac{1}{2}AB = 1.$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{\left| {4m.1 + 0 - 4} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {4m} \right)}^2} + {1^2}} }} = 1 \Leftrightarrow \left| {4m - 4} \right| = \sqrt {{{\left( {4m} \right)}^2} + {1^2}} \\ \Leftrightarrow 16{m^2} - 32m + 16 = 16{m^2} + 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{15}}{{32}} \in \left( {0;1} \right)\end{array}$

Ta có: $y' = {x^2} - 2\left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - m + 7$.

Điều kiện bài toán tương đương tìm $m$ để phương trình $y' = 0$ có hai nghiệm dương phân biệt ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn $x_1^2 + x_2^2 = 74$.

+) Phương trình $y' = 0$ có hai nghiệm dương phân biệt ${x_1},{x_2}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {2m - 1} \right)^2} - \left( {{m^2} - m + 7} \right) > 0\\2\left( {2m - 1} \right) > 0\\{m^2} - m + 7 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{m^2} - 3m - 6 > 0\\2m - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m <  - 1\end{array} \right.\\m > \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 2$

Khi đó:

$\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 = 74 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 74\\ \Rightarrow 4{\left( {2m - 1} \right)^2} - 2\left( {{m^2} - m + 7} \right) = 74\\ \Leftrightarrow 4\left( {4{m^2} - 4m + 1} \right) - 2{m^2} + 2m - 14 - 74 = 0\\ \Leftrightarrow 14{m^2} - 14m - 84 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\m =  - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $m = 3$.

$y = {x^3} - 3{x^2} + (m + 1)x + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x + m + 1$

Hàm số $y = {x^3} - 3{x^2} + (m + 1)x + 2$ có hai điểm cực trị $\Leftrightarrow y' = 0$ có 2 nghiệm phân biệt

$\Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {3^2} - 3.(m + 1) > 0 \Leftrightarrow m < 2$

Ta có: $y = {x^4} + 2\left( {{m^2} - 9} \right){x^2} + 5m + 2 \Rightarrow y' = 4{x^3} + 4x\left( {{m^2} - 9} \right) = 4x\left( {{x^2} + {m^2} - 9} \right)$

$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = 9 - {m^2}\left( 1 \right)}\end{array}} \right.$

Hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình $\left( 1 \right)$có hai nghiệm phân biệt khác 0

$\Leftrightarrow 9 - {m^2} > 0 \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 3 < m < 3$

+) Với $m = 0$ thì ta có hàm số $y = 3{x^2} - 1$ có $3 > 0$ nên đồ thị hàm số là một parabol có bề lõm hướng lên trên$\Rightarrow$ hàm số có điểm cực tiểu $x = 0$.

+) Với $m \ne 0$ ta có hàm trùng phương $y = m{x^4} + \left( {m + 3} \right){x^2} + 2m - 1$

$\Rightarrow y' = 4m{x^3} + 2\left( {m + 3} \right)x = x\left( {4m{x^2} + 2m + 6} \right)$, $y'' = 12m{x^2} + 2\left( {m + 3} \right)$.

Xét phương trình $y' = 0$ $\Leftrightarrow x\left( {4m{x^2} + 2m + 6} \right) = 0$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = \dfrac{{ - m - 3}}{{2m}}{\mkern 1mu} \left( 2 \right)}\end{array}} \right.$

Nếu hàm số có cực đại mà không có cực tiểu thì phương trình $y' = 0$ có nghiệm $x = 0$ duy nhất .

Hay phương trình (2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép $x = 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{{ - m - 3}}{{2m}} \le 0 \Leftrightarrow \dfrac{{m + 3}}{{2m}} \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le {\rm{\;}} - 3}\\{m > 0}\end{array}} \right.$

Với $m > 0$ thì phương trình $y' = 0$ có nghiệm duy nhất $x = 0$ và $y''\left( 0 \right) = 2\left( {m + 3} \right) > 0$, do đó $x = 0$ là điểm cực tiểu của hàm số (loại).

Với $m <  - 3$ thì $y''\left( 0 \right) = 2\left( {m + 3} \right) < 0$, do đó $x = 0$ là điểm cực đại (nhận).

Với $m =  - 3$ thì $y' =  - 12{x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0$ và $y'$ đổi dấu từ dương sang âm qua nghiệm $x = 0$.

Do đó $x = 0$ là điểm cực đại của hàm số (nhận).

Vậy $m \le  - 3$.

$y = {x^3} + 2a{x^2} + 4bx - 2018,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (a,{\mkern 1mu} b \in R) \Rightarrow y' = 3{x^2} + 4ax + 4b$

Hàm số trên đạt cực trị tại  $x =  - 1$

$\Rightarrow 3{( - 1)^2} + 4a.( - 1) + 4b = 0$ $\Leftrightarrow 3 - 4a + 4b = 0 \Leftrightarrow 3 - 4(a - b) = 0$ $\Leftrightarrow a - b = \dfrac{3}{4}$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}y' = 12{x^2} + 2mx - 12\\y'' = 24x + 2m\end{array} \right.$ .

Từ giả thiết bài toán ta phải có $y'\left( { - 2} \right) = 48 - 4m - 12 = 0 \Leftrightarrow m = 9.$

Thay vào $y''\left( { - 2} \right) =  - 48 + 2m =  - 48 + 18 =  - 30 < 0$.

Khi đó, hàm số đạt cực đại tại $x =  - 2$.

Vậy không có giá trị $m$ thỏa mãn .

Ta có: $y' = {\rm{\;}} - 3{{\rm{x}}^2} + 2\left( {2m + 1} \right)x - \left( {{m^2} - 1} \right)$

Hàm số có 2 cực trị nằm về 2 phía trục tung$\Leftrightarrow {\rm{\;}} - 3{{\rm{x}}^2} + 2\left( {2m + 1} \right)x - \left( {{m^2} - 1} \right) = 0$ có hai nghiệm phân biệt trái dấu$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m + 1} \right)}^2} - 3\left( {{m^2} - 1} \right) > 0}\\{{m^2} - 1 < 0}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow {\rm{\;}} - 1 < m < 1$

Xét phương trình $y' = 3{x^2} - 6x + m = 0$ (*). Hàm số có 2 cực trị $\Leftrightarrow$  Phương trình (*) có $2$ nghiệm phân biệt$\Leftrightarrow \Delta ' = 9 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < 3$

Ta có ${x_1},{x_2}$ là $2$ nghiệm của (*), theo Viét ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}{x_2} = \dfrac{m}{3}}\end{array}} \right.$

Khi đó $x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 13$ $\Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 13$ $\Leftrightarrow {2^2} - 3.\dfrac{m}{3} = 13$ $\Leftrightarrow m =  - 9$

Vậy $m \in \left( { - 15; - 7} \right)$

$y = {x^3} + \left( {1 - 2m} \right){x^2} + \left( {2 - m} \right)x + m + 2$$\Rightarrow y' = 3{x^2} + 2\left( {1 - 2m} \right)x + 2 - m$

Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị thì $\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\left( {1 - 2m} \right)^2} - 3.\left( {2 - m} \right) > 0$$\Leftrightarrow 4{m^2} - m - 5 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > \dfrac{5}{4}\\m <  - 1\end{array} \right.$

Giả sử ${x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{x_1} < {\mkern 1mu} {x_2}} \right)$ là nghiệm của phương trình $y' = 0$. Theo Vi – ét: ${x_1} + {x_2} = \dfrac{{4m - 2}}{3},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_1}{x_2} = \dfrac{{2 - m}}{3}$

Do $a = 1 > 0$ nên hàm số đạt cực tiểu tại $x = {x_2}$

Theo đề bài, ta có: điểm cực tiểu nhỏ hơn 1$\Rightarrow {x_1} < {x_2} < 1$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) > 0}\\{\left( {{x_1} - 1} \right) + \left( {{x_2} - 1} \right) < 0}\end{array}} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 > 0}\\{\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2 < 0}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\dfrac{{2 - m}}{3} - \dfrac{{4m - 2}}{3} + 1 > 0}\\{\dfrac{{4m - 2}}{3} - 2 < 0}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 5m + 7 > 0}\\{4m - 8 < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m < \dfrac{7}{5}$

Vậy, để đồ thị của hàm số đã cho có $2$ điểm cực trị, đồng thời điểm cực tiểu nhỏ hơn $1$ thì $m \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {\dfrac{5}{4};\dfrac{7}{5}} \right)$.

Ta có:$y' = 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = m}\end{array}} \right.$

Để phương trình  có $3$ nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow m > 0$.

$\Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow y = 2{m^2} - m \Rightarrow A\left( {0;2{m^2} - m} \right)}\\{x = \sqrt m  \Rightarrow y = {m^2} - m \Rightarrow B\left( {\sqrt m ;{m^2} - m} \right)}\\{x =  - \sqrt m  \Rightarrow y = {m^2} - m \Rightarrow C\left( { - \sqrt m ;{m^2} - m} \right)}\end{array}} \right.$

Ta có tam giác $ABC$ luôn là tam giác cân tại $A$ nên để $ABC$  là tam giác vuông cân thì ta cần thêm điều kiện tam giác $ABC$ vuông tại $A.$

$\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0}\\{\overrightarrow {AB}  = \left( {\sqrt m ; - {m^2}} \right){\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} \overrightarrow {AC}  = \left( { - \sqrt m ; - {m^2}} \right)}\\{ \Rightarrow  - m + {m^4} = 0 \Leftrightarrow m\left( {{m^3} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ktm} \right)}\\{m = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\end{array}} \right.}\end{array}$

Vậy $m = 1.$

Ta có $y' = \dfrac{9}{2}{x^3} + 6\left( {m - 3} \right)x;{\rm{ }}y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\3{x^2} = 4\left( {3 - m} \right){\rm{  }}\left( * \right)\end{array} \right..$

Để hàm số có ba điểm cực trị $\Leftrightarrow 4\left( {3 - m} \right) > 0 \Leftrightarrow m < 3.$

Khi đó tọa độ ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

$A\left( {0;4m + 2017} \right),\,\,B\left( {2\sqrt {\dfrac{{3 - m}}{3}} ;4m + 2017 - 2{{\left( {3 - m} \right)}^2}} \right),\,\,C\left( { - 2\sqrt {\dfrac{{3 - m}}{3}} ;4m + 2017 - 2{{\left( {3 - m} \right)}^2}} \right).$

Do dam giác $ABC$ cân tại $A$ nên yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2}$

$\dfrac{{4\left( {3 - m} \right)}}{3} + 4{\left( {3 - m} \right)^4} = \dfrac{{16\left( {3 - m} \right)}}{3}$$\Leftrightarrow {\left( {3 - m} \right)^4} = 3 - m$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 - m = 0\\3 - m = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3\left( L \right)\\m = 2\left( {TM} \right)\end{array} \right.$

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

Để hàm số có ba điểm cực trị $\Leftrightarrow \,\,m > 0.$

Khi đó tọa độ ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: $A\left( {0;0} \right),\,\,B\left( {\sqrt m ; - {m^2}} \right),\,\,C\left( { - \sqrt m ; - {m^2}} \right).$

Tam giác $ABC$ cân tại $A$, suy ra ${S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}d\left( {A,BC} \right).BC$ $= \dfrac{1}{2}{m^2}.2\sqrt m  = {m^2}\sqrt m$.

Theo bài ra, ta có ${S_{\Delta ABC}} < 1 \Leftrightarrow {m^2}\sqrt m  < 1$ $\Leftrightarrow 0 < m < 1\left( {TM} \right)$

 Ta có $y' = 12{x^3} + 4\left( {m - 2018} \right)x;{\rm{ }}y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\3{x^2} = 2018 - m\end{array} \right..$

Để hàm số có ba điểm cực trị $\Leftrightarrow 2018 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2018$.

Khi đó, tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

$A\left( {0;2017} \right),B\left( {\sqrt {\dfrac{{2018 - m}}{3}} ; - \dfrac{{{{\left( {m - 2018} \right)}^2}}}{3} + 2017} \right),C\left( { - \sqrt {\dfrac{{2018 - m}}{3}} ; - \dfrac{{{{\left( {m - 2018} \right)}^2}}}{3} + 2017} \right)$

Do tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên ycbt $\Leftrightarrow 3A{B^2} = B{C^2}$

$\Leftrightarrow 3\left[ {\dfrac{{2018 - m}}{3} + \dfrac{{{{\left( {m - 2018} \right)}^4}}}{9}} \right] = 4\dfrac{{2018 - m}}{3}$$\Leftrightarrow {\left( {m - 2018} \right)^3} =  - 1 \Leftrightarrow m = 2017$ (thỏa mãn)

Ta có $y' = 3{x^2} - 6x - 9;{\rm{ }}y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1 \Rightarrow y = 5 + m\\x = 3 \Rightarrow y =  - 27 + m\end{array} \right..$

Suy ra tọa độ hai điểm cực trị là $A\left( { - 1;5 + m} \right)$ và $B\left( {3; - 27 + m} \right)$.

Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm $A,{\rm{ }}B$ có phương trình $y =  - 8x + m - 3$.

Ta có $y' = 3{x^2} - 6x - m.$

Để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị $\Leftrightarrow$ phương trình $y' = 0$ có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \Delta ' = 9 + 3m > 0 \Leftrightarrow m >  - 3.$

Ta có $y = y'.\left( {\dfrac{1}{3}x - \dfrac{1}{3}} \right) - \left( {\dfrac{{2m}}{3} + 2} \right)x + 2 - \dfrac{m}{3}.$

$\Rightarrow$ đường thẳng đi qua hai điểm cực trị $A$ và $B$ là $\Delta :y =  - \left( {\dfrac{{2m}}{3} + 2} \right)x + 2 - \dfrac{m}{3}.$

Đường thẳng $d:x + 4y - 5 = 0$ có một VTPT là ${\vec n_d} = \left( {1;4} \right).$

Đường thẳng $\Delta :y =  - \left( {\dfrac{{2m}}{3} + 2} \right)x + 2 - \dfrac{m}{3}$ có một VTPT là ${\vec n_\Delta } = \left( {\dfrac{{2m}}{3} + 2;1} \right).$

Ycbt $\Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \cos {45^0} = \left| {{\rm{cos}}\left( {{{\vec n}_d},{{\vec n}_\Delta }} \right)} \right| = \dfrac{{\left| {1.\left( {\dfrac{{2m}}{3} + 2} \right) + 4.1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {4^2}} .\sqrt {{{\left( {\dfrac{{2m}}{3} + 2} \right)}^2} + {1^2}} }}$

$\Leftrightarrow 60{m^2} + 264m + 117 = 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - \dfrac{1}{2}\\m =  - \dfrac{{39}}{{10}}\;\end{array} \right. \Rightarrow m =  - \dfrac{1}{2}$ (do $m >  - 3$)

Dựa vào đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$, ta có các nhận xét sau:

= $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ $'' - ''$ sang $'' + ''$ khi đi qua điểm $x =  - \,2$ suy ra $x =  - \,2$ là điểm cực trị và là điểm cực tiểu của hàm số $y = f\left( x \right).$

= $f'\left( x \right)$ không đổi dấu khi đi qua điểm $x =  - \,1,\,\,x = 1$ suy ra $x =  - \,1,\,\,x = 1$ không là các điểm cực trị của hàm số $y = f\left( x \right).$

Vậy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm $x =  - \,2.$

Ta có: $y' = {x^2} - 2mx + m + 2$

Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow y' = 0$ có hai nghiệm dương phân biệt

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - m - 2 > 0\\S = {x_1} + {x_2} > 0\\P = {x_1}{x_2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)\left( {m - 2} \right) > 0\\2m > 0\\m + 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m <  - 1\end{array} \right.\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 2$

Mà $m \in \mathbb{Z},m \in \left[ { - 2017;2018} \right] \Rightarrow m = \left\{ {3;4;5;...2018} \right\}$

Vậy có $2016$ giá trị.

Ta có $y' =  - 3{x^2} + 6mx =  - 3x\left( {x - 2m} \right);{\rm{ }}y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2m\end{array} \right.$.

Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị $\Leftrightarrow m \ne 0$.

Khi đó gọi $A\left( {0; - 3m - 1} \right)$ và $B\left( {2m;4{m^3} - 3m - 1} \right)$ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Suy ra trung điểm của $AB$ là điểm $I\left( {m;2{m^3} - 3m - 1} \right)$và$\overrightarrow {AB}  = \left( {2m;4{m^3}} \right) = 2m\left( {1;2{m^2}} \right)$.

Đường thẳng $d$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u  = \left( {8; - 1} \right).$

Ycbt $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in d\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow u  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 8\left( {2{m^3} - 3m - 1} \right) - 74 = 0\\8 - 2{m^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2.$