Bài toán tương giao đồ thị

Đặt $t = 3x + 1$.

Dễ thấy với mỗi $x$ chỉ có một $x$ và ngược lại.

Do đó số nghiệm $x$ của phương trình đã cho bằng số nghiệm $t$ của phương trình $\left| {f\left( t \right) - 2} \right| = 5$

Ta có:

$\left| {f\left( t \right) - 2} \right| = 5$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( t \right) - 2 = 5\\f\left( t \right) - 2 =  - 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( t \right) = 7\,\,\,\left( 1 \right)\\f\left( t \right) =  - 3\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}$

Từ bbt ta thấy,

+) Đường thẳng $y = 7$ cắt đồ thị hàm số tại duy nhất 1 điểm nên (1) có 1 nghiệm.

+) Đường thẳng $y =  - 3$ cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm nên (2) có 2 nghiệm.

Dễ thấy các nghiệm của (1) và (2) phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm.

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$\begin{array}{l}\dfrac{{2x - 3}}{{x - 1}} = x + m\,\,\left( {x \ne 1} \right)\\ \Leftrightarrow 2x - 3 = \left( {x - 1} \right)\left( {x + m} \right)\\ \Leftrightarrow 2x - 3 = {x^2} + mx - x - m\\ \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m - 3} \right)x - m + 3 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}$

Để để đường thẳng $y = x + m$ cắt đồ thị hàm số $y = \dfrac{{2x - 3}}{{x - 1}}$ tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1

$\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {\left( {m - 3} \right)^2} - 4\left( { - m + 3} \right) > 0\\1 + \left( {m - 3} \right).1 - m + 3 \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 6m + 9 + 4m - 12 > 0\\1 \ne 0\,\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 > 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 3\\m <  - 1\end{array} \right.\end{array}$

Kết hợp điều kiện bài toán ta suy ra $m \in \left[ { - 2020; - 1} \right) \cup \left( {3;2020} \right]$, $m \in \mathbb{Z}$.

Vậy có 2019 + 2017 = 4036 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đặt $t = 1 - f\left( x \right)$, phương trình trở thành $f\left( t \right) = 2$.

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( t \right)$ và đường thẳng $y = 2$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $f\left( t \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t =  - 2\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - f\left( x \right) = 1\\1 - f\left( x \right) =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\\f\left( x \right) = 3\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$.

+ Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $y = 0$ nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

+ Số nghiệm của phương trình (2) là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $y = 3$ nên phương trình (1) có 1 nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình đã cho có tất cả 4 nghiệm.

Đặt $t = 3 - {x^2}$, ta có: ${x^2} \ge 0,\,\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow t = 3 - {x^2} \le 3,\,\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$$\Rightarrow t \in \left( { - \infty ;3} \right].$ 

Bất phương trình $f\left( {3 - {x^2}} \right) \ge m$ vô nghiệm khi và chỉ khi $f\left( t \right) \ge m$ vô nghiệm với mọi $t \in \left( { - \infty ;3} \right].$

Từ BBT của hàm số $y = f\left( x \right)$ ta thấy: $f\left( t \right) \ge m$ vô nghiệm với $t \in \left( { - \infty ;3} \right]$ khi $m > 3$.

Vậy $m > 3$.

+ Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng ta có:

$\begin{array}{l}{x^3} + 2m{x^2} + \left( {m + 3} \right)x + 4 = x + 4\\ \Leftrightarrow {x^3} + 2m{x^2} + \left( {m + 2} \right)x = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {{x^2} + 2mx + m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} + 2mx + m + 2 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.\end{array}$

Để $\left( d \right)$ cắt $\left( {{C_m}} \right)$ tại 3 điểm phân biệt thì phương trình $\left( 1 \right)$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ; > 0\\0 + 2m.0 + m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - m - 2 > 0\\m \ne  - 2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m <  - 1\end{array} \right.\\m \ne 2\end{array} \right.$ .

Gọi ${x_1};\,\,{x_2}$ là $2$ nghiệm phân biệt của phương trình $\left( 1 \right)$ $\Rightarrow B\left( {{x_1};{x_1} + 4} \right);\,\,\,C\left( {{x_2};{x_2} + 4} \right).$

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2m\\{x_1}.{x_2} = m + 2\end{array} \right..$

Ta có: ${S_{KBC}} = \frac{1}{2}.d\left( {K,BC} \right).BC.$

Phương trình đường thẳng $\left( d \right):\,\,y = x + 4 \Leftrightarrow x - y + 4 = 0$.

Vì $B,\,\,C$ thuộc đường thẳng $\left( d \right)$ nên ta có: $d\left( {K,BC} \right) = d\left( {K;d} \right) = \frac{{\left| {1 - 3 + 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \sqrt 2 .$

$\begin{array}{l}BC = \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {{\left( {{x_2} + 4 - {x_1} - 4} \right)}^2}} \\BC = \sqrt {2{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}} \\BC = \sqrt 2 .\sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \\BC = \sqrt 2 .\sqrt {4{m^2} - 4\left( {m + 2} \right)} \\BC = 2\sqrt 2 .\sqrt {{m^2} - m - 2} \end{array}$ 

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}{S_{KBC}} = 8\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \frac{1}{2}.\sqrt 2 .2\sqrt 2 \sqrt {{m^2} - m - 2}  = 8\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \sqrt {{m^2} - m - 2}  = 4\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 32\\ \Leftrightarrow {m^2} - m - 34 = 0\\ \Leftrightarrow m = \frac{{1 \pm \sqrt {137} }}{2}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}$  

Vậy $m = \frac{{1 \pm \sqrt {137} }}{2}$.

Số nghiệm của pt $\left| {{x^4} - 4{x^2} + 3} \right| = m$(*) số giao điểm của đồ thị hàm số $y = \left| {{x^4} - 4{x^2} + 3} \right|$ và đường thẳng $y = m$.

Ta có đồ thị hàm số $y = \left| {{x^4} - 4{x^2} + 3} \right|$ như hình vẽ:           

Để pt $(*)$ có $4$ nghiệm phân biệt thì đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = \left| {{x^4} - 4{x^2} + 3} \right|$ tại $4$ điểm phân biệt.

Quan sát đồ thị ta thấy đường thẳng  cắt đồ thị hàm số $y = \left| {{x^4} - 4{x^2} + 3} \right|$ tại $4$ điểm phân biệt $\Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  m = 0 \hfill \\  1 < m < 3 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Đặt $t = f\left( {\cos x} \right) - 1$, phương trình trở thành: $f\left( t \right) = 0$.

Với $x \in \left[ {0;3\pi } \right]$ $\Rightarrow  - 1 \le \cos x \le 1 \Leftrightarrow  - 3 \le f\left( {\cos x} \right) \le 1$ $\Rightarrow  - 4 \le f\left( {\cos x} \right) - 1 \le 0$ $\Rightarrow t \in \left[ { - 4;0} \right]$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $f\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = {t_1} \in \left( { - 2; - 1} \right)\\t = {t_2} \in \left( { - 1;0} \right)\\t = {t_3} \in \left( {1;2} \right)\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$.

+ Với $t = {t_1} \Rightarrow f\left( {\cos x} \right) - 1 = {t_1} \Leftrightarrow f\left( {\cos x} \right) = {t_1} + 1 \in \left( { - 1;0} \right)$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có: $f\left( {\cos x} \right) = {t_1} + 1 \in \left( { - 1;0} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = {a_1} \in \left( { - 2; - 1} \right)\,\,\left( {Vo\,\,nghiem} \right)\\\cos x = {a_2} \in \left( { - 1;0} \right)\,\,\left( 1 \right)\\\cos x = {a_3} \in \left( {1;2} \right)\,\,\left( {Vo\,\,nghiem} \right)\end{array} \right.$.

Trên đoạn $\left[ {0;3\pi } \right]$ phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

+ Với $t = {t_2} \Rightarrow f\left( {\cos x} \right) - 1 = {t_2} \Leftrightarrow f\left( {\cos x} \right) = {t_2} + 1 \in \left( {0;1} \right)$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có: $f\left( {\cos x} \right) = {t_2} + 1 \in \left( {0;1} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = {b_1} \in \left( { - 2; - 1} \right)\,\,\left( {Vo\,\,nghiem} \right)\\\cos x = {b_2} \in \left( {0;1} \right)\,\,\left( 2 \right)\\\cos x = {b_3} \in \left( {1;2} \right)\,\,\left( {Vo\,\,nghiem} \right)\end{array} \right.$.

Trên đoạn $\left[ {0;3\pi } \right]$ phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có tất cả 6 nghiệm phân biệt.

Ta có $f\left( x \right) = {2^{2019}}{x^3} + {3.2^{2018}}{x^2} - 2018$

$\Rightarrow f'\left( x \right) = {3.2^{2019}}{x^2} + {3.2^{2019}}x = {3.2^{2019}}x\left( {x + 1} \right)$ $\Rightarrow \dfrac{1}{{f'\left( x \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}.\dfrac{1}{{x.\left( {x + 1} \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành ${2^{2019}}{x^3} + {3.2^{2018}}{x^2} - 2018 = 0$ (*)

Vì ${x_1},{x_2},{x_3}$ là ba ngiệm của phương trình (*) nên theo hẹ thức Vi-et ta có

$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} + {x_3} = \dfrac{{ - 3}}{2}\\{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3} = 0\\{x_1}{x_2}{x_3} = \dfrac{{2018}}{{{2^{2019}}}}\end{array} \right.$

Ta có $P = \dfrac{1}{{f'\left( {{x_1}} \right)}} + \dfrac{1}{{f'\left( {{x_2}} \right)}} + \dfrac{1}{{f'\left( {{x_3}} \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {\dfrac{1}{{{x_1}}} - \dfrac{1}{{{x_1} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} - \dfrac{1}{{{x_2} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_3}}} - \dfrac{1}{{{x_3} + 1}}} \right)$

$= \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left[ {\left( {\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} + \dfrac{1}{{{x_3}}}} \right) - \left( {\dfrac{1}{{{x_1} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_2} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_3} + 1}}} \right)} \right]$

$= \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left[ {\dfrac{{{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3}}}{{{x_1}{x_2}{x_3}}} - \dfrac{{\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right) + \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right) + \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}}} \right]$

$= \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {0 - \dfrac{{{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3} + 2\left( {{x_1} + {x_2} + {x_3}} \right) + 3}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}}} \right)$

$= \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}.\dfrac{{0 + 2.\dfrac{{ - 3}}{2} + 3}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}} = 0$

Ta có: $- 1 < \cos x \le 0\,\,\,\forall x \in \left[ {\dfrac{\pi }{2};\pi } \right)$, khi đó dựa vào đồ thị hàm số ta có $0 \le f\left( {\cos x} \right) < 2$.

$\Leftrightarrow 0 \le 2f\left( {\cos x} \right) < 4 \Leftrightarrow 0 \le \sqrt {2f\left( {\cos x} \right)}  < 2$.

Đặt $t = \sqrt {2f\left( {\cos x} \right)}$ $\Rightarrow t \in \left[ {0;2} \right)$.

Khi đó yêu cầu bài toán trở thành: Tổng tất cả giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình $f\left( t \right) = m$ có nghiệm $t \in \left[ {0;2} \right)$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy với $t \in \left[ {0;2} \right)$ thì $f\left( t \right) \in \left[ { - 2;2} \right)$, do đó phương trình $f\left( t \right) = m$ có nghiệm $\Leftrightarrow m \in \left[ { - 2;2} \right)$.

Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1} \right\}$.

Vậy tổng các giá trị của $m$ thỏa mãn là $- 2 - 1 + 0 + 1 =  - 2$.

Đặt $2\sin x - 1 = t$, với $x \in \left[ {0;3\pi } \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 3;1} \right]$.

Vì $f'\left( x \right)$ là hàm đa thức bậc ba nên có dạng $f'\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có: $\left\{ \begin{array}{l}a + b + c + d = 0\\c = 0\\ - a + b - c + d =  - 2\\d = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 3\\c = 0\\d = 2\end{array} \right.$ $\Rightarrow f'\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + 2$.

Ta có: $f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{{{x^4}}}{4} - {x^3} + 2x$.

Ta có $f'\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1 - \sqrt 3 \\x = 1 + \sqrt 3 \end{array} \right.$.

Từ đó suy ra BBT của hàm số $y = f\left( {x - 1} \right)$ như sau:

Từ BBT trên ta suy ra BBT của hàm số $y = f\left( {\left| x \right| - 1} \right)$ như sau:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình $f\left( {\left| t \right| - 1} \right) = m$ có tối đa 4 nghiệm $t \in \left( { - 3;1} \right)$

Với mỗi giá trị $t \in \left( { - 3;1} \right)$ thì phương trình $2\sin x - 1 = t$ có tối đa 4 nghiệm trên $\left[ {0;3\pi } \right]$.

Vậy tập nghiệm của phương trình $f\left( {\left| {2\sin x - 1} \right| - 1} \right) = m$ có tối đa 16 phần tử.

Ta có ${f^2}\left( x \right) - \left( {m + 4} \right)\left| {f\left( x \right)} \right| + 2m + 4 = 0$

$\Leftrightarrow {\left| {f\left( x \right)} \right|^2} - \left( {m + 4} \right)\left| {f\left( x \right)} \right| + 2m + 4 = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left| {f\left( x \right)} \right| = 2\\ \left| {f\left( x \right)} \right| = m + 2 \end{array} \right.$

Dựng đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ ta được:

Dễ thấy phương trình $\left| {f\left( x \right)} \right| = 2$ có $4$ nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3},{x_4}$ nên để phương trình đã cho có $6$ nghiệm phân biệt thì phương trình $\left| {f\left( x \right)} \right| = m + 2$ phải có $2$ nghiệm phân biệt khác các nghiệm trên.

Do đó đường thẳng $y = m + 2$ cắt đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ tại $2$ điểm phân biệt.

Từ hình vẽ ta có $\left[ \begin{array}{l}m + 2 > 4\\m + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 2\\m =  - 2\end{array} \right.$.

Mà $m \in \mathbb{Z}$ và $m \in \left( { - 5;5} \right)$ nên $m \in \left\{ { - 2;3;4} \right\}$.

Vậy có $3$ giá trị thỏa mãn.

Ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{\left( {{x^2} - 6\left| x \right| - 1} \right)^2} - \left( {m - 5} \right)\left| x \right|\left( {\left| x \right| - 6} \right) + 1 - m = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x^2} - 6\left| x \right| - 1} \right)^2} - \left( {m - 5} \right)\left( {{x^2} - 6\left| x \right|} \right) + 1 - m = 0\end{array}$

Đặt $t = {x^2} - 6\left| x \right|$. Khi đó phương trình trở thành:

$\begin{array}{l}{\left( {t - 1} \right)^2} - \left( {m - 5} \right)t + 1 - m = 0\\ \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 1 - \left( {m - 5} \right)t + 1 - m = 0\\ \Leftrightarrow {t^2} - \left( {m - 3} \right)t + 2 - m = 0\,\,\left( * \right)\end{array}$

Xét hàm số $f\left( x \right) = {x^2} - 6\left| x \right|$, ta vẽ được đồ thị hàm số như sau:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình $t = {x^2} - 6\left| x \right|$ có tối đa 4 nghiệm phân biệt, do đó để phương trình ban đầu có 8 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn $- 9 < t < 0$.

Xét phương trình (*) ta có:

$\begin{array}{l}\Delta  = {\left( {m - 3} \right)^2} - 4\left( {2 - m} \right)\\\Delta  = {m^2} - 6m + 9 - 8 + 4m\\\Delta  = {m^2} - 2m + 1 = {\left( {m - 1} \right)^2}\end{array}$

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì $\Delta  > 0 \Leftrightarrow m \ne 1$.

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt là $\left[ \begin{array}{l}{t_1} = \dfrac{{m - 3 + m - 1}}{2} = m - 2\\{t_2} = \dfrac{{m - 3 - m + 1}}{2} =  - 1 \in \left( { - 9;0} \right)\end{array} \right.$.

Để phương trình có 8 nghiệm phân biệt thì ${t_1} \in \left( { - 9;0} \right)$.

$\Rightarrow  - 9 < m - 2 < 0 \Leftrightarrow  - 7 < m < 2$.

Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0;1} \right\}$.

Kết hợp điều kiện $m \ne 1$ $\Rightarrow m \in \left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0} \right\}$

Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét $x \in \left[ {0;\dfrac{{5\pi }}{2}} \right]:$ 

Đặt $t = \sin x\,\,\left( {t \in \left[ { - 1;1} \right]} \right)$.

Dựa vào BBT ta thấy phương trình $f\left( t \right) = 1$ có nghiệm $\left[ \begin{array}{l}t = {t_1} <  - 1\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\\t = {t_2} \in \left( { - 1;0} \right)\\t = {t_3} \in \left( {0;1} \right)\\t = {t_4} > 1\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$

Suy ra $\left[ \begin{array}{l}\sin x = {t_2} \in \left( { - 1;0} \right)\\\sin x = {t_3} \in \left( {0;1} \right)\end{array} \right.$

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy,

+) Phương trình $\sin x = {t_3} \in \left( {0;1} \right)$ có 3 nghiệm trong đoạn $\left[ {0;\dfrac{{5\pi }}{2}} \right]$

+) Phương trình $\sin x = {t_2} \in \left( { - 1;0} \right)$ có 2 nghiệm trong đoạn $\left[ {0;\dfrac{{5\pi }}{2}} \right]$

Vậy phương trình đã cho có tất cả 5 nghiệm trong đoạn $\left[ {0;\dfrac{{5\pi }}{2}} \right].$

Số nghiệm của phương trình ${x^2}\left| {x - 3} \right| = m + \dfrac{1}{m}$ là số giao điểm của đường thẳng $y = m + \dfrac{1}{m}$ và đồ thị hàm số $y = {x^2}\left| {x - 3} \right|$.

Ta có: ${x^2}\left| {x - 3} \right| = \left| {{x^2}} \right|.\left| {x - 3} \right| = \left| {{x^2}\left( {x - 3} \right)} \right| = \left| {{x^3} - 3{x^2}} \right|$.

Do đó, ta có đồ thị hàm số $y = {x^2}\left| {x - 3} \right|$:

Phương trình ${x^2}\left| {x - 3} \right| = m + \dfrac{1}{m}$ có 4 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow$đường thẳng $y = m + \dfrac{1}{m}$ cắt  đồ thị hàm số $y = {x^2}\left| {x - 3} \right|$ tại 4 điểm phân biệt $\Leftrightarrow 0 < m + \dfrac{1}{m} < 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  \dfrac{{{m^2} + 1}}{m} > 0 \hfill \\ \dfrac{{{m^2} - 4m + 1}}{m} < 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$                     $\begin{gathered} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  m > 0 \hfill \\  {m^2} - 4m + 1 < 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  m > 0 \hfill \\  2 - \sqrt 3  < m < 2 + \sqrt 3  \hfill \\ \end{gathered}  \right.  \hfill \\ \end{gathered}$

$\Leftrightarrow 2 - \sqrt 3  < m < 2 + \sqrt 3$

Ta có: $f\left( {f\left( x \right) + m} \right) + 1 = f\left( x \right) + m$

Đặt $t = f\left( x \right) + m$, phương trình trở thành: $f\left( t \right) + 1 = t \Leftrightarrow f\left( t \right) = t - 1\,\,\,\left( * \right)$.

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( t \right)$ và đường thẳng $y = t - 1$.

Vẽ đồ thị hàm số $y = f\left( t \right)$ và đường thẳng $y = t - 1$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 2\\t = 0\\t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) =  - m - 2\\f\left( x \right) =  - m\\f\left( x \right) =  - m + 2\end{array} \right.$.

Dựa vào đồ thị trên $\left[ { - 1;1} \right]$, phương trình $f\left( {f\left( x \right) + m} \right) + 1 = f\left( x \right) + m$ có đúng 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l} - 3 \le  - m - 2 \le 1\\ - 3 \le  - m \le 1\\ - 3 \le  - m + 2 \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 \le m \le 1\\ - 1 \le m \le 3\\1 \le m \le 5\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1.$

Vậy có 1 giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có:

$f\left( {\left| {2f\left( x \right) + m} \right|} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {2f\left( x \right) + m} \right| =  - 1\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\left| {2f\left( x \right) + m} \right| = 2\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Phương trình (1) vô nghiệm.

Phương trình (2) $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2f\left( x \right) + m = 2\\2f\left( x \right) + m =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = \dfrac{{2 - m}}{2}\\f\left( x \right) = \dfrac{{ - 2 - m}}{2}\end{array} \right.$.

Dựa vào BBT trên $\left[ { - 1;1} \right]$, để phương trình $f\left( {\left| {2f\left( x \right) + m} \right|} \right) = 1$ có đúng 2 nghiệm thì $\left\{ \begin{array}{l} - 3 \le \dfrac{{2 - m}}{2} \le 1\\ - 3 \le \dfrac{{ - 2 - m}}{2} \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 8\\ - 4 \le m \le 4\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m \le 4$.

Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}$. Vậy có 5 giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Số nghiệm của pt $2{\left| x \right|^3} - 9{x^2} + 12\left| x \right| = m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = 2{\left| x \right|^3} - 9{x^2} + 12\left| x \right|$ và đường thẳng $y = m$.

Ta có đồ thị hàm số $y = 2{\left| x \right|^3} - 9{x^2} + 12\left| x \right|$:

Pt $2{\left| x \right|^3} - 9{x^2} + 12\left| x \right| = m$ có $6$ nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = 2{\left| x \right|^3} - 9{x^2} + 12\left| x \right|$ tại $6$ điểm phân biệt $\Leftrightarrow 4 < m < 5$.

Ta có: $\left| {f\left( {f\left( x \right)} \right)} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( {f\left( x \right)} \right) = 2\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\f\left( {f\left( x \right)} \right) =  - 2\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = a <  - 4\,\,\,\left( {1.1} \right)\\f\left( x \right) = b > 3\,\,\,\,\,\,\,\left( {1.2} \right)\end{array} \right.$, $\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) =  - 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {2.1} \right)\\f\left( x \right) = c \in \left( {1;3} \right)\,\,\,\left( {2.2} \right)\\f\left( x \right) = d > 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {2.3} \right)\end{array} \right.$

Tiếp tục dựa vào BBT ta có:

- Phương trình (1.1) có 0 nghiệm.

- Phương trình (1.2) có 2 nghiệm phân biệt.

- Phương trình (2.1) có 1 nghiệm.

- Phương trình (2.2) có 2 nghiệm phân biệt.

- Phương trình (2.3) có 2 nghiệm phân biệt.

Rõ ràng 7 nghiệm trên là phân biệt.

Vậy phương trình $\left| {f\left( {f\left( x \right)} \right)} \right| = 2$ có 7 nghiệm phân biệt.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:.

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{x}{{1 - x}} = mx - m - 1\,\,\left( {x \ne 1} \right)\\ \Leftrightarrow x = \left( {mx - m - 1} \right)\left( {1 - x} \right)\\ \Leftrightarrow x = mx - m - 1 - m{x^2} + mx + x\\ \Leftrightarrow m{x^2} - 2mx + m + 1 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}$

Để đường thẳng $d:\,\,y = mx - m - 1$ cắt $\left( C \right)$ tại 2 điểm phân biệt $M,\,\,N$ thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác $1$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - m\left( {m + 1} \right) > 0\\m - 2m + m + 1 \ne 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m > 0\\1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0$.

Khi đó hoành độ của hai điểm $M,\,\,N$ là nghiệm của phương trình (*), áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_M} + {x_N} = 2\\{x_M}.{x_N} = \dfrac{{m + 1}}{m}\end{array} \right.$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{y_M} = m{x_M} - m - 1\\{y_N} = m{x_N} - m - 1\end{array} \right.$ $\Rightarrow {y_M} + {y_N} = \left( {{x_M} + {x_N}} \right) - 2m - 2 =  - 2$.

Gọi $I$ là trung điểm của $MN$, ta có $I\left( {1; - 1} \right)$ $\Rightarrow A{I^2} = {2^2} + {\left( { - 2} \right)^2} = 8$.

$\begin{array}{l}M{N^2} = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {\left( {{y_M} - {y_N}} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {\left( {m{x_M} - m - 1 - m{x_N} + m + 1} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {m^2}{\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {1 + {m^2}} \right){\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {1 + {m^2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_M} + {x_N}} \right)}^2} - 4{x_M}{x_N}} \right]\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {1 + {m^2}} \right)\left[ {4 - 4\dfrac{{m + 1}}{m}} \right]\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - 4\dfrac{{1 + {m^2}}}{m}\end{array}$

Do $M{N^2} > 0$ nên $m < 0$.

Đặt $T = A{M^2} + A{N^2}$

Ta có:

$\begin{array}{l}A{I^2} = \dfrac{{A{M^2} + A{N^2}}}{2} - \dfrac{{M{N^2}}}{4}\\ \Rightarrow 4A{I^2} = 2T - M{N^2}\\ \Leftrightarrow T = \dfrac{{4A{I^2} + M{N^2}}}{2} \Leftrightarrow T = \dfrac{{4.8 - 4\dfrac{{1 + {m^2}}}{m}}}{2}\\ \Leftrightarrow T = 16 - 2\dfrac{{1 + {m^2}}}{m} \Leftrightarrow T = \dfrac{{ - 2{m^2} + 16m - 2}}{m}\end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l}T' = \dfrac{{\left( { - 4m + 16} \right)m - \left( { - 2{m^2} + 16m - 2} \right)}}{{{m^2}}}\\T' = \dfrac{{ - 4{m^2} + 16m + 2{m^2} - 16m + 2}}{{{m^2}}}\\T' = \dfrac{{ - 2{m^2} + 2}}{{{m^2}}} = 0 \Leftrightarrow m =  \pm 1\end{array}$

BBT:

Từ BBT ta thấy $\min T = 20 \Leftrightarrow m =  - 1$ .

Đồ thị hàm số $y =  - {x^4} + 4{x^2} - 3$  cắt trục tung $\Rightarrow x = 0$

Với $x = 0$ thay vào hàm số $\Rightarrow y =  - 3$.