Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

$y' = 3{x^2} - 6mx.$

Ta có: $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x = 0 \Rightarrow y = 6 \hfill \\x = 2m \Rightarrow y =  -  4{m^3} + 6 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$y^{\prime}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{c}x=0 \Rightarrow y=6 \\ x=2 m \Rightarrow y=-4 m^{3}+6\end{array}\right.$

Xét TH1: $m = 0$. Hàm số đồng biến trên $\left[ {0;3} \right]$ $\Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y\left( 0 \right) = 6 \Rightarrow$ loại.

Xét TH2: $m \geqslant \dfrac{3}{2} \Rightarrow 2m \ge 3 > 0$. Khi đó, hàm số nghịch biến trên $\left[ {0;3} \right] \subset \left[ {0;2m} \right]$

$\Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = 33 - 27m = 2 \Rightarrow m = \dfrac{{31}}{{27}} < \dfrac{3}{2}$(loại)

Xét TH3: $\dfrac{3}{2} > m > 0 \Rightarrow 3 > 2m > 0$ thì đồ thị hàm số có điểm cực đại là $\left( {0;6} \right)$ và điểm cực tiểu là $\left( {2m, -  4{m^3} + 6} \right).$

Khi đó , GTNN trên $\left[ {0;3} \right]$ là $y\left( {2m} \right) =  - 4{m^3} + 6$ $\Rightarrow  - 4{m^3} + 6 = 2 \Leftrightarrow {m^3} = 1 \Leftrightarrow m = 1$ (thỏa mãn)

Xét TH4: $m < 0 \Rightarrow \left( {0;6} \right)$ là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số và trên $\left[ {0;3} \right]$ hàm số đồng biến.

$\Rightarrow {y_{min}} = 6 \Rightarrow$ loại.

Vậy $m = 1$ là giá trị cần tìm.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có: $\left\{ \begin{array}{l}m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) =  - 5\\M = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) =  - 1\end{array} \right.$.

Đặt $x + 1 = t.$ Khi đó: $x \in \left[ { - 1;\,\,0} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;\,\,1} \right].$

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: $\left\{ \begin{array}{l}a = \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;\,1} \right]} f\left( t \right) = 0\,\,\,khi\,\,\,t = 0 \Rightarrow x =  - 1.\\A = \mathop {Max}\limits_{\left[ {0;\,1} \right]} f\left( t \right) = 3\,\,\,\,khi\,\,\,t = 1 \Rightarrow x = 0.\end{array} \right.$

$\Rightarrow a + A = 0 + 3 = 3.$

Ta có: $\left| {f\left( x \right) + m} \right| < 2m$

$\Leftrightarrow  - 2m < f\left( x \right) + m < 2m$

$\Leftrightarrow  - 3m < f\left( x \right) < m$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3m < \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;4} \right]} f\left( x \right)\\\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;4} \right]} f\left( x \right) < m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3m <  - 2\\3 < m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \dfrac{2}{3}\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 3$.

Kết hợp điều kiện đề bài $\Rightarrow m \in \left( {3;10} \right],\,\,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {4;5;6;7;8;9;10} \right\}$.

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

Hàm số xác định trên $\left[ {0;4} \right]$.

Ta có: $f\left( x \right) = \left| {x - 3} \right|\sqrt {x + 1}  = \sqrt {\left( {x + 1} \right){{\left( {x - 3} \right)}^2}}$.

Xét hàm số $g\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){\left( {x - 3} \right)^2}$ trên đoạn $\left[ {0;4} \right]$ ta có:

$\begin{array}{l}g'\left( x \right) = {\left( {x - 3} \right)^2} + \left( {x + 1} \right).2\left( {x - 3} \right)\\g'\left( x \right) = \left( {x - 3} \right)\left( {x - 3 + 2x + 2} \right)\\g'\left( x \right) = \left( {x - 3} \right)\left( {3x - 1} \right)\\g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 \in \left[ {0;4} \right]\\x = \dfrac{1}{3} \in \left[ {0;4} \right]\end{array} \right.\end{array}$

Ta có: $g\left( 0 \right) = 9,\,\,g\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{{256}}{{27}},\,\,g\left( 3 \right) = 0,\,\,g\left( 4 \right) = 5$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = \sqrt {g\left( {\dfrac{1}{3}} \right)}  = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{9}\\N = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = \sqrt {g\left( 0 \right)}  = 0\end{array} \right.$$\Rightarrow M + 2N = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{9}$.

Do $x$ là độ dài của đoạn dây cuộn thành hình tròn $\left( {0 < x < a} \right)$. Suy ra chiều dài đoạn còn lại là $a - x$.

Gọi $r$ là bán kính của đường tròn. Chu vi đường tròn: $2\pi r = x$$\Rightarrow r = \dfrac{x}{{2\pi }}$.

Do đó diện tích hình tròn là: ${S_1} = \pi .{r^2}$$= \dfrac{{{x^{\rm{2}}}}}{{4\pi }}$.

Chu vi hình vuông là $a - x \Rightarrow$ Cạnh hình vuông là $\dfrac{{a - x}}{4}$. Do đó diện tích hình vuông: ${S_2} = {\left( {\dfrac{{a - x}}{4}} \right)^2}$.

Tổng diện tích hai hình:

$\begin{array}{l}S = \dfrac{{{x^2}}}{{4\pi }} + {\left( {\dfrac{{a - x}}{4}} \right)^2}\\\,\,\,\, = \dfrac{{4{x^2} + \pi {{\left( {a - x} \right)}^2}}}{{16\pi }}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {4 + \pi } \right).{x^2} - 2a\pi x + \pi {a^2}}}{{16\pi }}\end{array}$

Xét hàm số $S\left( x \right) = \dfrac{{\left( {4 + \pi } \right).{x^2} - 2a\pi x + \pi {a^2}}}{{16\pi }}$ ta có:$S'\left( x \right) = \dfrac{{2\left( {4 + \pi } \right).x - 2a\pi }}{{16\pi }} = \dfrac{{\left( {4 + \pi } \right).x - a\pi }}{{8\pi }}$.

Cho$S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {4 + \pi } \right)x - a\pi  = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{a\pi }}{{4 + \pi }}$. Ta có BBT như sau :

Suy ra hàm $S$ chỉ có một cực trị và là cực tiểu tại $x = \dfrac{{a\pi }}{{4 + \pi }}$.

Do đó $S$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = \dfrac{{a\pi }}{{4 + \pi }}$.

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,y = 2{\sin ^2}x - \cos x + 1\\ \Rightarrow y = 2\left( {1 - {{\cos }^2}x} \right) - \cos x + 1\\ \Rightarrow y =  - 2{\cos ^2}x - \cos x + 3\end{array}$

Đặt $\cos x = t\,\,\,\,\left( { - 1 \le t \le 1} \right)$, hàm số trở thành: $y =  - 2{t^2} - t + 3.$

Ta có: $y' =  - 4t - 1 = 0 \Rightarrow t =  - \dfrac{1}{4}\,\,\,\left( {tm} \right)$.

Bảng biến thiên:

Từ BBT ta suy ra $M = \dfrac{{25}}{8},\,\,m = 0$.

Vậy $M + m = \dfrac{{25}}{8}$.

Ta có $g\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {x^2}$ $\Rightarrow g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - 2x$

Cho $g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x\,\,\,\left( 1 \right)$.

Nghiệm của phương trình (1) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right);\,\,y = x.$

Vẽ đường thẳng $y = x$ và đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ trên cùng hệ trục tọa độ:

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hai hàm số $y = f'\left( x \right);\,\,y = x$ cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ là $- 2;2;4.$

$\Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 2\\x = 4\end{array} \right.$

Bảng biến thiên đồ thị hàm số $y = g\left( x \right)$:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số $g\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ { - 2;4} \right]$ là $g\left( 2 \right)$.

Ta có : $g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} + 2} \right).f'\left( {{x^3} + 2x} \right)$

$g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{x^2} + 2 = 0\\f'\left( {{x^3} + 2x} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow f'\left( {{x^3} + 2x} \right) = 0$ (Do phương trình $3{x^2} + 2 = 0$ vô nghiệm).

Từ đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ đã cho ta có : $f'\left( {{x^3} + 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^3} + 2x = 0\\{x^3} + 2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {x_0} \approx 0,77\end{array} \right.$

Hàm số $g\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {0;1} \right]$ có : 

$\begin{array}{l}g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) + m = m + 1\\g\left( {{x_0}} \right) = f\left( 2 \right) + m = m - 3\\g\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) + m = m + 1\end{array}$

Do đó, $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = g\left( 1 \right) = m + 1$.

Theo giả thiết, giá trị lớn nhất của hàm số $g\left( x \right)$ trên $\left[ {0;1} \right]$ bằng 9 nên $m + 1 = 9 \Leftrightarrow m = 8$.

Vậy $m = 8.$

Các hàm số đã cho đều có TXĐ:$D = \mathbb{R}$

Ta có:

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {{x^3} - 3x + 2} \right) =  - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - 2{x^3} + 3{x^2} - 1} \right) =  - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left( {{x^4} - 2{x^2} - 1} \right) =  + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left( { - {x^4} + 4{x^2}} \right) =  - \infty \end{array}$

Do đó, hàm số có giá trị nhỏ nhất trên tập xác định là $y = {x^4} - 2{x^2} - 1$.

Đặt $t = 1 - 2\cos x$. Với $x \in \left[ {0;\,\,\dfrac{{3\pi }}{2}} \right]$ thì $\cos x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow$$1 - 2\cos x \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 1;3} \right].$

Khi đó ta có $y = f\left( t \right)$ với $t \in \left[ { - 1;3} \right]$.

Quan sát đồ thị hàm số $y = f\left( t \right)$ trên đoạn $\left[ { - 1;3} \right]$, ta thấy GTLN của hàm số là 2, GTNN của hàm số là $- \dfrac{3}{2}$

$\Rightarrow M = 2,\,\,m =  - \dfrac{3}{2} \Rightarrow M + m = \dfrac{1}{2}$

${\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + 2xy \leqslant 32$ $\Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} - 8\left( {x + y} \right) \leqslant 0$ $\Leftrightarrow 0 \leqslant x + y \leqslant 8$

$A = {\left( {x + y} \right)^3} - 3\left( {x + y} \right) - 6xy + 6$ $\geqslant {\left( {x + y} \right)^3} - \dfrac{3}{2}{\left( {x + y} \right)^2} - 3\left( {x + y} \right) + 6$

(do ${\left( {x + y} \right)^2} \geqslant 4xy$ $\Rightarrow xy \leqslant \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}$ $\Rightarrow  - 6xy \geqslant  - \dfrac{3}{2}{\left( {x + y} \right)^2}$ )

Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^3} - \dfrac{3}{2}{t^2} - 3t + 6$ trên đoạn $\left[ {0,8} \right]$, ta có

$f'\left( t \right) = 3{t^2} - 3t - 3,f'\left( t \right) = 0$ $\Leftrightarrow t = \dfrac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}$

(giá trị $\dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2} \notin \left[ {0;8} \right]$ nên loại)

Thực hiện tính toán ta có: $f\left( 0 \right) = 6,f\left( {\dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right) = \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4},f\left( 8 \right) = 398$

$\Rightarrow A \geqslant f\left( t \right) \geqslant \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4} \Rightarrow A \geqslant \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $\dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4}$  xảy ra khi $\left\{ \begin{gathered} x + y = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2} \hfill \\ x = y \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow x = y = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{4}$

Xét hàm số $y = f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + m$ trên $\left[ {1;3} \right]$, có $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\left( L \right)\\x = 2\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

$\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {{x^3} - 3{x^2} + m} \right| \ge 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 4 > 0\\m < 0\end{array} \right.$

TH1: $m - 4 > 0 \Leftrightarrow m > 4$

$\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {{x^3} - 3{x^2} + m} \right| \ge 2 \Leftrightarrow m - 4 \ge 2 \Leftrightarrow m \ge 6$

Mà  $m \in \left[ { - 5;5} \right] \Rightarrow m \in \emptyset$

TH2: $m < 0$

$\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {{x^3} - 3{x^2} + m} \right| \ge 2 \Leftrightarrow  - m \ge 2 \Leftrightarrow m \le  - 2$

Mà $m \in \left[ { - 5;5} \right],m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2} \right\}$: 4 giá trị.

Ta có ${x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \sqrt {{y^2} + 6y + 10}  = \sqrt {6 + 4x - {x^2}}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \sqrt {{y^2} + 6y + 10}  - \sqrt {6 + 4x - {x^2}}  = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \dfrac{{\left( {\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  - \sqrt {6 + 4x - {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} } \right)}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0\end{array}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \dfrac{{{y^2} + 6y + 10 - 6 - 4x + {x^2}}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \dfrac{{{x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0\end{array}$

$\Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }}} \right) = 0$

$\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 = 0$  (vì $1 + \dfrac{1}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} > 0$ )

$\Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9$

Phương trình ${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9$ là phương trình đường tròn $\left( C \right)$ tâm $I\left( {2; - 3} \right)$ và bán kính $R = 3.$

Gọi $N\left( {x;y} \right) \in \left( C \right)$ ta suy ra $ON = \sqrt {{x^2} + {y^2}}$ suy ra $T = \left| {ON - a} \right|$

Gọi $A,B$ là giao điểm của đường tròn $\left( C \right)$ và đường thẳng $OI$.

Khi đó $OA = OI - R = \sqrt {13}  - 3$  và $OB = OI + R = \sqrt {13}  + 3$

Suy ra $\sqrt {13}  - 3 \le \sqrt {{x^2} + {y^2}}  \le \sqrt {13}  + 3$

 TH1: Nếu $\sqrt {13}  - 3 \le a \le \sqrt {13}  + 3$ thì $\left| {\sqrt {{x^2} + {y^2}}  - a} \right| \ge 0 \Rightarrow \min T = 0 \Rightarrow M \ge 2m \Rightarrow a \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}$

TH2: Nếu $a < \sqrt {13}  - 3 \Rightarrow a < \sqrt {13}$ nên $\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| > \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|$, do đó $M = \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|;m = \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|$

Vì $M \ge 2m \Rightarrow \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| \ge 2\left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|$

$\Leftrightarrow {\left( {\sqrt {13}  + 3 - a} \right)^2} - {\left( {2\sqrt {13}  - 6 - 2a} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt {13}  - 9 \le a \le \sqrt {13}  - 1 \Rightarrow a \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0} \right\}$

TH3: Nếu $a > \sqrt {13}  + 3 \Rightarrow a > \sqrt {13}$ nên $\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| < \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|$, do đó $m = \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|;M = \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|$

Vì $M \ge 2m \Rightarrow \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right| \ge 2\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|$

$\Leftrightarrow {\left( {\sqrt {13}  - 3 - a} \right)^2} - {\left( {2\sqrt {13}  + 6 - 2a} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt {13}  + 1 \le a \le \sqrt {13}  + 9 \Rightarrow a \in \left\{ {7;8;9;10} \right\}$

Vậy có 16 giá trị của $a$ thỏa mãn đề bài.

$\begin{array}{l}f\left( x \right) > \sin \dfrac{{\pi x}}{2} + m\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right] \Leftrightarrow g\left( x \right) = f\left( x \right) - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} > m\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right]\\ \Rightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} g\left( x \right)\end{array}$.

Từ đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ ta suy ra BBT đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ như sau:

Dựa vào BBT ta thấy $f\left( x \right) \ge f\left( 1 \right)\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right]$.

$\begin{array}{l}x \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow \dfrac{{\pi x}}{2} \in \left[ { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{{3\pi }}{2}} \right] \Rightarrow  - 1 \le \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \le 1\\ \Leftrightarrow  - 1 \le  - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \le 1\end{array}$

$\Rightarrow f\left( 1 \right) - 1 \le f\left( x \right) - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \Leftrightarrow g\left( x \right) \ge f\left( 1 \right) - 1 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} g\left( x \right) = f\left( 1 \right) - 1$.

Vậy $m < f\left( 1 \right) - 1$.

Ta có :

$\begin{array}{l}f\left( x \right) = \dfrac{1}{{{x^2} - 4x + 5}} - \dfrac{{{x^2}}}{4} + x\\f\left( x \right) = \dfrac{1}{{{x^2} - 4x + 5}} - \dfrac{{{x^2} - 4x}}{4}\end{array}$

Đặt $t = {x^2} - 4x + 5$ với $x \in \left[ {0;3} \right]$ ta có $t' = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in \left[ {0;3} \right]$.

Ta có : $t\left( 0 \right) = 5;\,\,t\left( 2 \right) = 1,\,\,t\left( 3 \right) = 2$.

 $\Rightarrow$ Với $x \in \left[ {0;3} \right]$ thì $t \in \left[ {1;5} \right]$, khi đó hàm số trở thành $f\left( t \right) = \dfrac{1}{t} - \dfrac{{t - 5}}{4}$ với $t \in \left[ {1;5} \right]$.

Ta có $f'\left( t \right) =  - \dfrac{1}{{{t^2}}} - \dfrac{1}{4} < 0\,\,\forall t \in \left[ {1;5} \right]$.

$\Rightarrow$ Hàm số $y = f\left( t \right)$ nghịch biến trên $\left[ {1;5} \right]$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;5} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = 2 = M\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;5} \right]} f\left( t \right) = f\left( 5 \right) = \dfrac{1}{5} = m\end{array} \right.$

Vậy $M - m = 2 - \dfrac{1}{5} = \dfrac{9}{5}$.

Ta có: $g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - 2\left( {1 - x} \right) = 2\left[ {f'\left( x \right) - \left( {1 - x} \right)} \right]$.

Xét $g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 1 - x$, số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ và đường thẳng $y = 1 - x$.

Ta biểu diễn đường thẳng $y = 1 - x$ trên hình vẽ:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $f'\left( x \right) = 1 - x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 4\\x =  - 1\\x = 3\end{array} \right.$

Từ đó, ta suy ra bảng xét dấu $g'\left( x \right)$ như sau:

Vậy hàm số đạt GTNN tại $x =  - 1$.

Ta có $y = f\left( {\left| x \right| - m} \right) = f\left( {\sqrt {{x^2}}  - m} \right)$.

$\Rightarrow y' = \dfrac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2}} }}f'\left( {\sqrt {x^2} - m } \right) = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2}} }}f'\left( {\sqrt {x^2} - m } \right)$.

Để hàm số đồng biến trên $\left( {10; + \infty } \right)$ thì $y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)$.

$\Rightarrow \dfrac{x}{{\sqrt {x^2} }}f'\left( {\sqrt {x^2} - m } \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)$ $\Rightarrow f'\left( {\sqrt {x^2} - m}  \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\,\,\left( * \right)$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên $\left( {1; + \infty } \right)$ và $\left( { - \infty ; - 1} \right)$.

Do đó $\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {{x^2}}  - m \ge 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\sqrt {{x^2}}  - m \le  - 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Xét (1) ta có $m \le \sqrt {{x^2}}  - 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right) \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}}  - 1} \right)$.

Xét $g\left( x \right) = \sqrt {{x^2}}  - 1$ trên khoảng $\left( {10; + \infty } \right)$ ta có $g'\left( x \right) = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2}} }} > 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)$, do đó hàm số đồng biến trên $\left( {10; + \infty } \right)$ $\Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}}  - 1} \right) = g\left( {10} \right) = 9 \Leftrightarrow m \le 9$.

Xét (2) ta có: $m \ge \sqrt {{x^2}}  + 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)$ $\Rightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}}  + 1} \right)$.

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2}}  + 1} \right) =  + \infty$ nên hàm số đã cho không có GTLN trên $\left[ {10; + \infty } \right)$, do đó không tồn tại m thỏa mãn (2).

Vậy $m \le 9$ nên giá trị nguyên lớn nhất của m bằng 9.

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

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6mx + 3\left( {{m^2} - 1} \right) = 0$ $\Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} - 1 = 0$.

Ta có $\Delta ' = {m^2} - {m^2} + 1 = 1 > 0$, khi đó phương trình $y' = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $\left[ \begin{array}{l}{x_1} = m + 1\\{x_2} = m - 1\end{array} \right.$.

Ta có BBT:

Ta có:

$\begin{array}{l}f\left( {m - 1} \right) = {m^3} - 3m + 2022\\f\left( {m + 1} \right) = {m^3} - 3m + 2018\end{array}$

TH1: $0 < m - 1 \Leftrightarrow m > 1$.

Ta có: $f\left( 0 \right) = 2020$.

Để hàm số có GTNN trên $\left( {0; + \infty } \right)$ thì $f\left( {m + 1} \right) \le f\left( 0 \right) \Leftrightarrow {m^3} - 3m + 2018 \le 2020$ $\Leftrightarrow {m^3} - 3m - 2 \le 0$.

Xét hàm số $f\left( m \right) = {m^3} - 3m - 2$ ta có $f'\left( m \right) = 3{m^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow m =  \pm 1$,

BBT:

Dựa vào BT ta thấy $f\left( m \right) \le 0 \Leftrightarrow m \le 2$.

Kết hợp điều kiện $\Rightarrow 1 < m \le 2$.

TH2: $m - 1 \le 0 < m + 1 \Leftrightarrow  - 1 < m \le 1$, khi đó hàm GTNN của hàm số trên $\left( {0; + \infty } \right)$ là $f\left( {m + 1} \right)$.

Kết hợp 2 trường hợp ta có: $\left[ \begin{array}{l}1 < m \le 2\\ - 1 < m \le 1\end{array} \right.$. Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2} \right\}$.

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có:

$\begin{array}{l}{2^{x + y - 1}}\left( {{3^{x + y}} + 1} \right) = 3x + 3y + 1\\ \Leftrightarrow {2^{x + y}}\left( {{3^{x + y}} + 1} \right) = 6x + 6x + 2\\ \Leftrightarrow {6^{x + y}} + {2^{x + y}} = 6\left( {x + y} \right) + 2\end{array}$

Đặt $x + y = t$, phương trình trở thành ${6^t} + {2^t} = 6t + 2$ $\Leftrightarrow {6^t} + {2^t} - 6t - 2 = 0$

Xét hàm số $f\left( t \right) = {6^t} + {2^t} - 6t - 2$ ta có:

$\begin{array}{l}f'\left( t \right) = {6^t}.\ln 6 + {2^t}.\ln 2 - 6\\f''\left( t \right) = {6^t}{\ln ^2}6 + {2^t}.{\ln ^2}2 > 0\,\,\,\forall t \in \mathbb{R}\end{array}$

Do đó hàm số $y = f'\left( t \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, suy ra phương trình $f'\left( t \right) = 0$ có nhiều nhất 1 nghiệm.

Suy ra phương trình $f\left( t \right) = 0$ có nhiều nhất 2 nghiệm.

Ta lại có: $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = {6^0} + {2^0} - 6.0 - 2 = 0\\f\left( 1 \right) = {6^1} + {2^1} - 6.1 - 2 = 0\end{array} \right.$, do đó phương trình $f\left( t \right) = 0$ có đúng hai nghiệm $t = 0$, $t = 1$.

$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x + y = 0\\x + y = 2\end{array} \right.$

TH1: $x + y = 0 \Rightarrow y =  - x$.

Thay vào $P$ ta có:  $P = {x^2} + xy + {y^2} = {x^2} \ge 0$.

TH2: $x + y = 1 \Leftrightarrow y = 1 - x$.

Thay vào $P$ ta có:  

$\begin{array}{l}P = {x^2} + x\left( {1 - x} \right) + {\left( {1 - x} \right)^2}\\=x^2-x+1\\= {\left( {x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{3}{4} \end{array}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $0$, đạt được khi $x + y = 0$.