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

TXĐ: $D = R$

TH1: $m = 0 \to y = x - 1.$

Hàm số không có cực trị.

TH2: $m \ne 0$.

Ta có: $y = \dfrac{{m{x^3}}}{3} - m{x^2} + x - 1$ $ \Rightarrow y' = m{x^2} - 2mx + 1.$

Để hàm số cho có cực đại, cực tiểu thì phương trình $y' = 0$ phải có $2$ nghiệm phân biệt

$ \Rightarrow \Delta ' = {m^2} - m > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} m < 0 \hfill \\ m > 1 \hfill \\\end{gathered}  \right..$

$y =  - {x^4} + 2m{x^2}$ $ \Rightarrow y' =  - 4{x^3} + 4mx =  - 4x\left( {{x^2} - m} \right)$ $ \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\{x^2} = m \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình $y' = 0$ có ba nghiệm phân biệt hay phương trình $x^2=m$ có hai nghiệm phân biệt $\ne 0$ hay $m > 0$

$y' = 8{x^3} - 2\left( {m + 1} \right)x = 2x\left[ {4{x^2} - \left( {m + 1} \right)} \right]$  $ \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\4{x^2} = m + 1{\text{ }}(1) \hfill \\ \end{gathered}  \right.$ 

Ta có yêu cầu bài toán để hàm số có một điểm cực trị $ \Leftrightarrow y' = 0$ có $1$ nghiệm duy nhất $ \Leftrightarrow (1)$ có $1$ nghiệm $x = 0$ hoặc $(1)$ vô nghiệm $ \Leftrightarrow m + 1 \leqslant 0 \Leftrightarrow m \leqslant  - 1$ 

TXĐ $D = \mathbb{R}$

$y' =  - {x^2} + \dfrac{2}{3}mx \Rightarrow y'' =  - 2x + \dfrac{2}{3}m$

Hàm số đã cho đạt cực đại tại $x = 2$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  y'(2) = 0 \hfill \\ y''\left( 2 \right) < 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} - {2^2} + \dfrac{2}{3}m.2 = 0 \hfill \\ - 2.2 + \dfrac{2}{3}m. < 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} - 4 + \dfrac{4}{3}m = 0 \hfill \\- 4 + \dfrac{2}{3}m < 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m = 3 \hfill \\m < 6 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow m = 3$

TXĐ: $D = R$

Ta có: $y' = 3{x^2} - 4mx + {m^2} \Rightarrow y'' = 6x - 4m$

Để $x = 1$ là điểm cực tiểu của hàm số  thì:

$\left\{ \begin{gathered}y'\left( 1 \right) = 0 \hfill \\y''\left( 1 \right) > 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  {m^2} - 4m + 3 = 0 \hfill \\ 6 - 4m > 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}m = 1;m = 3 \hfill \\m < \dfrac{3}{2} \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow m = 1.$

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

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

Để cực tiểu và cực đại của đồ thị hàm số $y$ nằm về hai phía của trục tung thì ${x_1}{x_2} < 0,$ với ${x_1},{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình $y' = 0.$

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

\(y' = {x^2} - 2mx + 2m - 4\)

Để hàm số có cực đại cực tiểu \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0,\forall m \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 4 > 0,\forall m\)

Khi đó phương trình $y'=0$ có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn 

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \dfrac{b}{a} = 2m\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2m - 4\end{array} \right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 = {x_1}.{x_2} + 10\\ \Leftrightarrow {({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} - 10 = 0\\ \Leftrightarrow {({x_1} + {x_2})^2} - 3{x_1}{x_2} - 10 = 0\\ \Leftrightarrow {(2m)^2} - 3.(2m - 4) - 10 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 6m + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có: $y' = 3{x^2} - 6x + 3m$ 

Hàm số có $2$ điểm cực trị nhỏ hơn $2$ $ \Leftrightarrow y'$ có $2$ nghiệm phân biệt ${x_1},\,{x_2}$ thoả mãn ${x_1} < {x_2} < 2$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}\Delta ' > 0 \hfill \\a.f(2) > 0 \hfill \\\dfrac{S}{2} < 2 \hfill \\\end{gathered}  \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}9 - 9m > 0 \hfill \\ 3.({3.2^2} - 6.2 + 3m) > 0 \hfill \\ 1 < 2(\forall m) \hfill \\ \end{gathered}  \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  m < 1 \hfill \\  m > 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. $ $\Leftrightarrow 0 < m < 1$

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

Đồ thị hàm số có $3$ điểm cực trị $ \Leftrightarrow $ pt $y' = 0$ có $3$ nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow $$m > 0$$ \Rightarrow \left[ \begin{gathered}x = 0 \hfill \\x = \sqrt m  \hfill \\ x =  - \sqrt m  \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$ \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có $3$ điểm cực trị là: $A(0;2);\,\,\,B( - \sqrt m ;2 - {m^2});\,\,C(\sqrt m ;2 - {m^2})$

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - \sqrt m ; - {m^2}} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {\sqrt m ; - {m^2}} \right)\)

Dễ thấy $∆ ABC$ cân tại $A,$ để $∆ ABC$ vuông cân thì nó phải vuông tại $A$ 

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0 \Leftrightarrow  - m + {m^4} = 0\) \( \Leftrightarrow m\left( {{m^3} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\{m^3} - 1 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 1\end{array} \right.\) 

Kết hợp điều kiện $m > 0$ ta có $m = 1$

\(\begin{array}{l}y' = 4{x^3} - 4mx\\y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt m \,\, (1)\end{array} \right.\end{array}\)

Hàm số \(y=f(x)\) có 3 cực trị

\( \Leftrightarrow y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow (1){\rm{\;}}\) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

\( \Leftrightarrow \) \(m > 0\).

Gọi 3 điểm cực trị của hàm số lần lượt là \(A(0;a);B(-\sqrt m;b);C(\sqrt m;c)\). Khi đó:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{ + )x = 0 \Rightarrow A\left( {0;3m + 2} \right)}\\
{ + )x = - \sqrt m {\rm{\;}} \Rightarrow y = {{\left( { - \sqrt m } \right)}^4} - 2m.{{\left( { - \sqrt m } \right)}^2} + 3m + 2}\\
{ = {m^2} - 2{m^2} + 3m + 2}\\
{ = {\rm{\;}} - {m^2} + 3m + 2 \Rightarrow B\left( { - \sqrt m ; - {m^2} + 3m + 2} \right)}\\
{ + )x = \sqrt m {\rm{\;}} \Rightarrow y=- {m^2} + 3m + 2\\ \Rightarrow C\left( {\sqrt m ; - {m^2} + 3m + 2} \right)}
\end{array}\)

Ta luôn có $AB=AC$ nên tam giác $ABC$ đều

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow AB = BC \Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2}\\ \Leftrightarrow {\left( { - \sqrt m } \right)^2} + {\left( { - {m^2}} \right)^2} = {\left( {2\sqrt m } \right)^2} + {0^2}\\ \Leftrightarrow m + {m^4} = 4m\\ \Leftrightarrow {m^4} - 3m = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {{m^3} - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \sqrt[3]{3}\end{array} \right.\end{array}\) 

Kết hợp điều kiện \(m > 0 \Rightarrow m = \sqrt[3]{3}\)

\(\begin{array}{l}y' = 4{x^3} + 4\left( {1 - {m^2}} \right)x\\y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} + 4\left( {1 - {m^2}} \right)x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} + 1 - {m^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = {m^2} - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt {{m^2} - 1} \end{array} \right.\end{array}\)

Điều kiện để hàm số có $3$ cực trị: \({m^2} - 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\m <  - 1\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow A\left( {0;m + 1} \right)\\x =  - \sqrt {{m^2} - 1}  \Rightarrow y = {\left( { - \sqrt {{m^2} - 1} } \right)^4} + 2\left( {1 - {m^2}} \right){\left( { - \sqrt {{m^2} - 1} } \right)^2} + m + 1\\ \Rightarrow y = {\left( {{m^2} - 1} \right)^2} - 2{\left( {{m^2} - 1} \right)^2} + m + 1 =  - {\left( {{m^2} - 1} \right)^2} + m + 1\\ \Rightarrow B\left( { - \sqrt {{m^2} - 1} ; - {{\left( {{m^2} - 1} \right)}^2} + m + 1} \right)\\x = \sqrt {{m^2} - 1}  \Rightarrow C\left( {\sqrt {{m^2} - 1} ; - {{\left( {{m^2} - 1} \right)}^2} + m + 1} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{S_{ABC}} = 4\sqrt 2  \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}AH.BC = 4\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \left| {{y_A} - {y_C}} \right|.\left| {HC} \right| = 4\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \left| {{y_A} - {y_C}} \right|.\left| {{x_C}} \right| = 4\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \left| {m + 1 + {{\left( {{m^2} - 1} \right)}^2} - m - 1} \right|.\sqrt {{m^2} - 1}  = 4\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {\left( {{m^2} - 1} \right)^2}.\sqrt {{m^2} - 1}  = 4\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {\left( {{m^2} - 1} \right)^5} = 32 \Leftrightarrow {m^2} - 1 = 2 \Leftrightarrow {m^2} = 3 \Leftrightarrow m =  \pm \sqrt 3 \end{array}\)

\(m =  \pm \sqrt 3 \) thỏa mãn điều kiện\(\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m <  - 1\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}y' = 4{x^3} - 4mx\\y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt m \end{array} \right.\end{array}\)

Điều kiện để hàm số có $3$ cực trị: \(m > 0\)

\(\begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow A\left( {0;\,{m^2} + m} \right)\\x =  - \sqrt m  \Rightarrow y = {\left( { - \sqrt m } \right)^4} - 2m{\left( { - \sqrt m } \right)^2} + {m^2} + m \\= {m^2} - 2{m^2} + {m^2} + m = m \Rightarrow B\left( { - \sqrt m ;\,m} \right)\\x = \sqrt m  \Rightarrow C\left( {\sqrt m ;\,m} \right)\end{array}\)

$\begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} = \left( { - \sqrt m ; - {m^2}} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {\sqrt m ; - {m^2}} \right)\\
\widehat {BAC} = {120^0}\\
\Leftrightarrow \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \cos {120^0}\\
\Leftrightarrow \dfrac{{ - m + {m^4}}}{{\sqrt {m + {m^4}} .\sqrt {m + {m^4}} }} = - \dfrac{1}{2}\\
\Leftrightarrow 2\left( {{m^4} - m} \right) = - \left( {m + {m^4}} \right)\\
\Leftrightarrow 3{m^4} - m = 0\\
\Leftrightarrow m\left( {3{m^3} - 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\left( {loai} \right)\\
m = \dfrac{1}{{\sqrt[3]{3}}}
\end{array} \right.
\end{array}$

Có: $y\left( x \right) = {x^3} + 3m{x^2} - 3x$ $ \Rightarrow y'\left( x \right) = 3{x^2} + 6mx - 3$ 

Phương trình đường thẳng $d$ đi qua $2$ cực trị của $(C)$ nên $\left( {{x_o};{y_o}} \right) \in d$  thỏa mãn:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y'\left( {{x_o}} \right) = 0\\{y_o} = x_o^3 + 3mx_0^2 - 3{x_o}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x_o^2 + 6m{x_o} - 3 = 0\\{y_o} = {x_o}\left( {x_o^2 + 2m{x_o}} \right) - 3{x_0} + mx_0^2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_o^2 + 2m{x_o} = 1\\{y_o} =  - 2{x_o} + mx_o^2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_o^2 =  - 2m{x_o} + 1\\{y_o} =  - 2{x_o} + m\left( { - 2m{x_o} + 1} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow {y_o} =  - 2\left( {{m^2} + 1} \right){x_o} + m\end{array}\)

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

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị \(A,B\) \( \Leftrightarrow \) phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \Delta ' = 9{\left( {m + 1} \right)^2} - 36m > 0\) \( \Leftrightarrow 9{m^2} - 18m + 9 > 0\) \( \Leftrightarrow 9{\left( {m - 1} \right)^2} > 0\) \( \Leftrightarrow m \ne 1\)

Khi đó,

$y = y'.\left( \dfrac{1}{3}x -\dfrac{{m + 1}}{6} \right) + \left[ {4m - {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right]x + m\left( {m + 1} \right)$

Đường thẳng \(AB:\) \(y = \left[ {4m - {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right]x + m\left( {m + 1} \right)\) có hệ số góc $k={4m - {{\left( {m + 1} \right)}^2}}$

Đường thẳng \(d:\,y = x - 9\) có hệ số góc $k=1$

\(\begin{array}{l}AB \bot d\\ \Leftrightarrow \left[ {4m - {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right].1 =  - 1\\ \Leftrightarrow 4m - {m^2} - 2m - 1 =  - 1\\ \Leftrightarrow  - {m^2} + 2m = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\end{array}\) 

Hàm số $g\left( x \right)$ có duy nhất một cực trị $ \Leftrightarrow $ pt $g'\left( x \right) = 0$ có đúng một nghiệm \(x_0\) thỏa mãn \(g'(x)\) đổi dấu qua nghiệm đó.

Theo đề bài ta có: $g'\left( x \right) = f\left( x \right) + m$ $ \Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( x\right) + m = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - m$ $ \Rightarrow $ Số nghiệm của pt $g'\left( x \right) = 0$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $y =  - m$.

Quan sát đồ thị ta thấy đường thẳng $y =  - m$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại một điểm duy nhất

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  - m < 0 \hfill \\ - m > 4 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}m > 0 \hfill \\  m <  - 4 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$.

Ngoài ra, với \(m=0\) hoặc \(m=-4\) thì đồ thị hàm số \(y=f(x)\) có hai điểm chung với đường thẳng \(y=m\) nhưng một điểm là điểm tiếp xúc nên phương trình \(g'(x)=0\) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm kép và một nghiệm đơn.

Nên trong trường hợp này, hàm số \(y=g(x)\) vẫn chỉ có một cực trị.

Vậy \(m \ge 0 \) hoặc \(  m \le  - 4 \).

Ta có $y' = 3{x^2} + 12x + 3\left( {m + 2} \right) = 3\left[ {{x^2} + 4x + \left( {m + 2} \right)} \right].$

Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow y' = 0$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{\rm{ }}{x_2}$ thỏa mãn ${x_1} <  - 1 < {x_2}$

- Hàm số có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow \Delta ' = 4 - \left( {m + 2} \right) = 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\)

Hai điểm cực trị thỏa mãn \({x_1} <  - 1 < {x_2}\) \( \Leftrightarrow \) phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt\( \Leftrightarrow y'\left( { - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow m < 1.\)

Ta có $y' = 6{x^2} + 2mx - 12.$

Do $\Delta ' = {m^2} + 72 > 0,{\rm{ }}\forall m \in \mathbb{R}$ nên hàm số luôn có hai điểm cực trị \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) với \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(y' = 0\).

Theo định lí Viet, ta có ${x_1} + {x_2} =  - \dfrac{m}{3}.$

Gọi $A\left( {{x_1};{y_1}} \right)$ và $B\left( {{x_2};{y_2}} \right)$ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left| {{x_1}} \right| = \left| {{x_2}} \right| \Leftrightarrow {x_1} =  - {x_2}\) (do \({x_1} \ne {x_2}\))

$ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 0 \Leftrightarrow  - \dfrac{m}{3} = 0 \Leftrightarrow m = 0.$

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

Đề đồ thị hàm số có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow m \ne 0\).

Khi đó tọa độ hai điểm cực trị là \(A\left( {0;4{m^2} - 2} \right)\) và \(B\left( {2m;4{m^2} - 4{m^3} - 2} \right)\).

Do \(I\left( {1;0} \right)\) là trung điểm của \(AB\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2{x_I}\\{y_A} + {y_B} = 2{y_I}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 + 2m = 2\\\left( {4{m^2} - 2} \right) + \left( {4{m^2} - 4{m^3} - 2} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1:\) thỏa mãn.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có \(y = \dfrac{{{x^2} + mx - 5}}{{{x^2} + 1}} = 1 + \dfrac{{mx - 6}}{{{x^2} + 1}}\)

Suy ra \(y' = \dfrac{{m\left( {{x^2} + 1} \right) - 2x\left( {mx - 6} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - m{x^2} + 12x + m}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\)

Để hàm số đã cho có hai cực trị thì phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt hay \( - m{x^2} + 12x + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt. Ta có \(\Delta ' = 36 + {m^2} > 0;\,\forall m\) nên hàm số luôn có hai cực trị.

Phương trình đường thẳng \(AB\) qua hai điểm cực trị là \(y = \dfrac{{2\left( { - m} \right)x - 4.\left( { - 5} \right)}}{{ - 4}} = \dfrac{m}{2}x - 5\)

Đường thẳng \(AB\) qua điểm \(I\left( {1; - 3} \right)\) nên \( - 3 = \dfrac{m}{2}.1 - 5 \Leftrightarrow m = 4\)

Suy ra \({m_0} = 4\)

Hàm số \(f\left( x \right) = \left| {\dfrac{x}{{{x^2} + 1}} - m} \right|\) có TXĐ \(D = \mathbb{R}\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \dfrac{x}{{{x^2} + 1}} - m\) ta có:

\(g'\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} + 1 - x.2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - {x^2} + 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\dfrac{x}{{{x^2} + 1}} - m = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{x - m\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^2} + 1}} = 0 \Leftrightarrow  - m{x^2} + x - m = 0\), phương trình có \(\Delta  = 1 - 4{m^2}\) chưa xác định dấu nên có tối đa 2 nghiệm.

Vậy hàm số \(f\left( x \right) = \left| {\dfrac{x}{{{x^2} + 1}} - m} \right|\) có tối đa \(2 + 2 = 4\) cực trị.