Tổng hợp câu hay và khó chương 1 - Phần 1

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

Xét $\, - 1 < x < 0$ ta có :

$\left\{ \begin{array}{l}1 < x + 2 < 2 \Rightarrow f'\left( {x + 2} \right) > 0\\{x^2} < 1 \Leftrightarrow {x^2} - 1 < 0\end{array} \right.$ $\Rightarrow 3f'\left( {x + 2} \right) - 3{x^2} + 3 > 0\,\,\forall x \in \left( {-1;0} \right)$.

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên $\left( { - 1;0} \right)$.

Ta có: $g\left( x \right) = f\left( x \right) - \dfrac{1}{3}{x^3} - \dfrac{3}{4}{x^2} + \dfrac{3}{2}x + 2018\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - {x^2} - \dfrac{3}{2}x + \dfrac{3}{2}$

Căn cứ vào đồ thị $y = f'\left( x \right)$, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}f'\left( { - 1} \right) =  - 2\\f'\left( 1 \right) = 1\\f'\left( { - 3} \right) = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}g'\left( { - 1} \right) = 0\\g'\left( 1 \right) = 0\\g'\left( { - 3} \right) = 0\end{array} \right.$

Ngoài ra, vẽ đồ thị $\left( P \right)$ của hàm số $y = {x^2} + \dfrac{3}{2}x - \dfrac{3}{2}$ trên cùng hệ trục tọa độ như hình vẽ bên (đường nét đứt), ta thấy $\left( P \right)$ đi qua các điểm $\left( { - 3;3} \right)$, $\left( { - 1; - 2} \right)$, $\left( {1;1} \right)$ với đỉnh $I\left( { - \dfrac{3}{4}; - \dfrac{{33}}{{16}}} \right)$. Rõ ràng

- Trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$ thì $f'\left( x \right) > {x^2} + \dfrac{3}{2}x - \dfrac{3}{2}$, nên $g'\left( x \right) > 0\;\;\forall x \in \left( { - 1;1} \right)$

- Trên khoảng $\left( { - 3; - 1} \right)$ thì $f'\left( x \right) < {x^2} + \dfrac{3}{2}x - \dfrac{3}{2}$, nên $g'\left( x \right) < 0\;\;\forall x \in \left( { - 3; - 1} \right)$

Từ những nhận định trên, ta có bảng biến thiên của hàm $y = g'\left( x \right)$ trên $\left[ { - 3;1} \right]$ như sau:

Vậy $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;\,\,1} \right]} g\left( x \right) = g\left( { - 1} \right)$

Ta có phương trình hoành độ giao điểm

$\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 9} \right) = m\left( {x - 4} \right)$ $\Rightarrow \,\,\,\,\,\dfrac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 9} \right)}}{{\left( {x - 4} \right)}} = m\,\,\,\,\left( 1 \right)$, $\left( {x \ne 4} \right)$

Số nghiệm của $\left( 1 \right)$ bằng số giao điểm của 2 đồ thị hàm số $y = f\left( x \right) = \dfrac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 9} \right)}}{{\left( {x - 4} \right)}}$ và $y = m$

Ta có: $f'\left( x \right) = \dfrac{{2x\left( {{x^2} - 9} \right)\left( {x - 4} \right) + 2x\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x - 4} \right) - \left( {{x^2} - 9} \right)\left( {{x^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {x - 4} \right)}^2}}} = \dfrac{{3{x^4} - 16{x^3} - 10{x^2} + 80x - 9}}{{{{\left( {x - 4} \right)}^2}}}$

$f'\left( x \right) = 0\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,3{x^4} - 16{x^3} - 10{x^2} + 80x - 9 = 0$

Giải phương trình bằng MTBT:

- Mở chức năng Table (MODE 7)

Nhập vào máy tính hàm: $f\left( x \right) = 3{x^4} - 16{x^3} - 10{x^2} + 80x - 9$

Ấn $'' = ''$ rồi đến bước Start ấn $'' - 7''$, bước End ấn $''7''$, bước Step ấn $''1''$ rồi ấn $'' = ''$

Quan sát bảng và tìm các giá trị của $x$ mà $f\left( x \right)$ đột ngột chuyển từ âm sang dương và dương sang âm, ở đây là $- 3; - 2;0;1;3;5$

- Thoát ra ngoài (MODE 1) và nhập: $3{x^4} - 16{x^3} - 10{x^2} + 80x - 9 = 0$

Sử dụng chức năng giải phương trình

+ Ấn SHIFT + SOLVE, nhập $- 3$ ta được một nghiệm ${x_1} =  - 2,1685...$

+ Ấn phím mũi tên trái để quay về phương trình vừa nhập.

+ Ấn SHIFT + SOLVE, nhập $- 2$ ta được một nghiệm ${x_1} =  - 2,1685...$

+ Ấn phím mũi tên trái để quay về phương trình vừa nhập.

+ Ấn SHIFT + SOLVE, nhập $0$ ta được một nghiệm ${x_2} = 0,114...$

+ Ấn phím mũi tên trái để quay về phương trình vừa nhập.

+ Ấn SHIFT + SOLVE, nhập $1$ ta được một nghiệm ${x_2} = 0,114...$

+ Ấn phím mũi tên trái để quay về phương trình vừa nhập.

+ Ấn SHIFT + SLOVE, nhập $3$ ta được một nghiệm ${x_3} = 2,447...$

+ Ấn phím mũi tên trái để quay về phương trình vừa nhập.

+ Ấn SHIFT + SOLVE, nhập $5$ ta được một nghiệm ${x_4} = 4,94...$

 Vậy ta được $4$ nghiệm $\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} \approx  - 2,169}\\{{x_2} \approx 0,114}\\{{x_3} \approx 2,45}\\{{x_4} \approx 4,94}\end{array}} \right.$

Các nghiệm này đã được lưu chính xác ở trong bộ nhớ của MTBT.

Bảng biến thiên:

Phương trình đã cho có $4$ nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow$ đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số         $y = f\left( x \right) = \dfrac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 9} \right)}}{{\left( {x - 4} \right)}}$ tại $4$ điểm phân biệt

$\Leftrightarrow m \in \left( { - 2,28;2,58} \right)$

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

Vậy có $5$ giá trị của $m$ thỏa bài toán.

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

Hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ;\, + \infty } \right)$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow mn \le 0$

TH1: $mn = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\n = 0\end{array} \right.$

Do vai trò của $m,n$ là như nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp $m = 0$.

$\Rightarrow P = 4{n^2} - n = \left( {2n - \dfrac{1}{4}} \right)^2 - \dfrac{1}{{16}} \ge  - \dfrac{1}{{16}}\left( 1 \right)$

TH2: $m\,n < 0 \Leftrightarrow m > 0;\,n < 0$ (do vai trò của $m,n$ như nhau).

Ta có $P = {\left( {2m - \dfrac{1}{4}} \right)^2} - \dfrac{1}{{16}} + 4{n^2} + \left( { - n} \right) >  - \dfrac{1}{{16}}\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ ta có ${P_{\min }} =  - \dfrac{1}{{16}}$.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $m = \dfrac{1}{8};n = 0$ hoặc $m = 0;n = \dfrac{1}{8}$

Nhận xét: Số giao điểm của $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ với $Ox$ bằng số giao điểm của $\left( {C'} \right):y = f\left( {x - 1} \right)$ với $Ox$ (vì đồ thị hàm số $\left( {C'} \right):y = f\left( {x - 1} \right)$ có được chỉ là do ta tịnh tiến đồ thị hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ sang phải $1$ đơn vị)

Vì $m > 0$ nên $\left( {C''} \right):y = f\left( {x - 1} \right) + m$ có được bằng cách tịnh tiến $\left( {C'} \right):y = f\left( {x - 1} \right)$ lên trên $m$ đơn vị.

Ta sẽ biện luận số giao điểm của $y = f\left( {x - 1} \right) + m$ với trục $Ox$ (cũng chính là số giao điểm của $y = f\left( {x - 1} \right)$ với $y =  - m$) để suy ra cực trị của hàm số $y = \left| {f\left( {x - 1} \right) + m} \right|$

+ TH1: $- m \le  - 6 \Leftrightarrow m \ge 6$

Đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( {x - 1} \right) + m} \right|$ có dạng:

 Đồ thị hàm số có $3$ điểm cực trị. Loại.

+ TH2: $- 6 <  - m <  - 3 \Leftrightarrow 3 < m < 6$

Đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( {x - 1} \right) + m} \right|$ có dạng:

Đồ thị hàm số có $5$ điểm cực trị, nhận.

+ TH3: $- m =  - 3 \Leftrightarrow m = 3$

Đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( {x - 1} \right) + m} \right|$ có dạng:

Đồ thị hàm số có $5$ điểm cực trị, nhận.

+ TH4: $- 3 <  - m < 0 \Leftrightarrow 0 < m < 3$

Đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( {x - 1} \right) + m} \right|$ có dạng:

Đồ thị hàm số có $7$ điểm cực trị, loại.

Vậy $3 \le m < 6$. Do $m \in {\mathbb{Z}^ + }$ nên $m \in \left\{ {3;4;5} \right\}$.

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của $S$ bằng $12$

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

Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^3} + 3{t^2} - mt - 4$ trên $[0;1]$

Ta có $f'\left( t \right) = 3{t^2} + 6t - m$

Vì hàm số $t=t(x)=\sin x$ đồng biến trên $\left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]$ nên để hàm số $y = {\sin ^3}x - 3{\cos ^2}x - m\sin x - 1$ đồng biến trên đoạn $\left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]$ thì hàm số $f\left( t \right)$ phải đồng biến trên $\left[ {0;1} \right]$ tức là:

$f'\left( t \right) \ge 0,\forall t \in \left[ {0;1} \right]$$\Leftrightarrow 3{t^2} + 6t - m \ge 0,\forall t \in \left[ {0;1} \right]$$\Leftrightarrow 3{t^2} + 6t \ge m,\forall t \in \left[ {0;1} \right]$

Xét hàm số $g\left( t \right) = 3{t^2} + 6t$ trên $\left[ {0;1} \right]$

$\begin{array}{l}g'\left( t \right) = 6t + 6\\g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t =  - 1 \notin [0;1] \end{array}$

Bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy với $m \le 0$ thì $g(t)\ge 0\ge m, \forall t\in [0;1]$, suy ra $f'(t)\ge 0,\forall t\in [0;1]$ hay $f(t)$ đồng biến trên $[0;1]$.

Vậy với $m\le 0$ thì hàm số đã cho đồng biến trên đoạn $\left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]$.

Đạo hàm : $y' = {x^2} - 2ax - 3a$, $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2ax - 3a = 0$  $\left( 1 \right)$

Hàm số có hai cực trị ${x_1}$,${x_2}$ khi $y' = 0$ có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow a <  - 3$ hoặc $a > 0$

Khi đó ${x_1}$,${x_2}$ là nghiệm pt $\left( 1 \right)$, theo định lý Viet : $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2a\\{x_1}.{x_2} =  - 3a\end{array} \right.$

Do đó, thay $\left\{ \begin{array}{l}2a={x_1} + {x_2} \\3a=-{x_1}.{x_2} \end{array} \right.$ vào đẳng thức bài cho ta được:

$\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 + 2a{x_2} + 9a = x_1^2 + \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_2} - 3{x_1}{x_2} = x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 4{a^2} + 12a\\x_2^2 + 2a{x_1} + 9a = x_2^2 + \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_1} - 3{x_1}{x_2} = x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 4{a^2} + 12a\end{array} \right.$

Theo đề bài, ta có : $\dfrac{{4a + 12}}{a} + \dfrac{a}{{4a + 12}} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{4a + 12}}{a} = 1 \Leftrightarrow a =  - 4$

Từ đồ thị thấy $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.$ và $f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x > 2$.

Xét $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2} \right)$ có TXĐ $D = \mathbb{R}$.

$g'\left( x \right) = 2xf'\left( {{x^2} - 2} \right) = 2x.f'\left( t \right)$  với $t = {x^2} - 2$

$g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\t = {x^2} - 2 =  - 1\\t = {x^2} - 2 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 1\\x =  \pm 2\end{array} \right.$

Có:

$f'\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow t = {x^2} - 2 > 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x <  - 2\\x > 2\end{array} \right.$

$f'\left( t \right) < 0 \Leftrightarrow t = {x^2} - 2 < 2 \Leftrightarrow  - 2 < x < 2$

Suy ra:

+) $g'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\f'\left( t \right) > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\f'\left( t \right) < 0\end{array} \right.\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x <  - 2;x > 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\ - 2 < x < 2\end{array} \right.\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\ - 2 < x < 0\end{array} \right.$

+) $g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\f'\left( t \right) < 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\f'\left( t \right) > 0\end{array} \right.\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\ - 2 < x < 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\x > 2;x <  - 2\end{array} \right.\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < x < 2\\x <  - 2\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số $y = g\left( x \right)$ đồng biến trên các khoảng $\left( { - 2;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$

Hàm số $y = g\left( x \right)$ nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( {0;2} \right)$

Vậy C sai.

Phương trình hoành độ giao điểm : $\dfrac{{x + 1}}{{x - 2}} = x + m \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m - 3} \right)x - 2m - 1 = 0\left( * \right)$

Theo yêu cầu bài toán : $\left( * \right)$ phải có hai nghiệm phân biệt khác $2$

$\left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\4 + \left( {m - 3} \right)2 - 2m - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 13 > 0,\forall m$

Gọi $A\left( {{x_1};{y_1}} \right)$,$B\left( {{x_2};{y_2}} \right)$ suy ra $G$ là trọng tâm của tam giác $OAB$ : $G\left( {\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{3};\dfrac{{{y_1} + {y_2}}}{3}} \right) = G\left( {\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{3};\dfrac{{{x_1} + {x_2} + 2m}}{3}} \right) = G\left( {\dfrac{{3 - m}}{3};\dfrac{{3 - m + 2m}}{3}} \right) = G\left( {\dfrac{{3 - m}}{3};\dfrac{{3 + m}}{3}} \right)$

Theo yêu cầu bài toán : ${\left( {\dfrac{{3 - m}}{3}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{3 + m}}{3}} \right)^2} - 3\left( {\dfrac{{3 + m}}{3}} \right) = 4 \Leftrightarrow 2{m^2} - 9m - 45 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 3\\m = \dfrac{{15}}{2}\end{array} \right.$

Phương trình hoành độ giao điểm $\dfrac{{2x + 3}}{{x + 2}} =  - 2x + m$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  - 2\\\left( {x + 2} \right)\left( {2x - m} \right) + 2x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  - 2\\2{x^2} - \left( {m - 6} \right)x + 3 - 2m = 0{\rm{      (1)}}\end{array} \right.$

Đường thẳng $d:y =  - 2x + m$ cắt $(H)$ tại hai điểm phân biệt

$\Leftrightarrow$ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác $- 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {\left( {m - 6} \right)^2} - 8\left( {3 - 2m} \right) > 0\\2.{\left( { - 2} \right)^2} - \left( {m - 6} \right).\left( { - 2} \right) + 3 - 2m \ne 0\end{array} \right. (*)$

Khi đó ${x_A},{\rm{ }}{x_B}$ là 2 nghiệm phân biệt của (1) $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = \dfrac{{m - 6}}{2}\\{x_A}{x_B} = \dfrac{{3 - 2m}}{2}\end{array} \right.(2)$

Ta có $y' = \dfrac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} \Rightarrow {k_1} = \dfrac{1}{{{{\left( {{x_A} + 2} \right)}^2}}},{\rm{ }}{k_2} = \dfrac{1}{{{{\left( {{x_B} + 2} \right)}^2}}}$

$\Rightarrow {k_1}{k_2} = \dfrac{1}{{{{\left[ {2\left( {{x_A} + {x_B}} \right) + {x_A}{x_B} + 4} \right]}^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {m - 6 + \dfrac{{3 - 2m}}{2} + 4} \right)}^2}}} = 4$

$\Rightarrow P = k_1^{2018} + k_2^{2018} \ge 2\sqrt {k_1^{2018}k_2^{2018}}  = 2\sqrt {{4^{2018}}} .$

Dấu $''=''$ xảy ra $\Leftrightarrow {k_1} = {k_2} > 0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{{\left( {{x_A} + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {{x_B} + 2} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_A} + 2 = {x_B} + 2\\{x_A} + 2 =  - \left( {{x_B} + 2} \right)\end{array} \right.(3)$

Do $\left\{ \begin{array}{l}A \ne B\\A,{\rm{ }}B \in \left( H \right)\end{array} \right. \Rightarrow {x_A} \ne {x_B}$ nên (3) $\Leftrightarrow {x_A} + {x_B} =  - 4.$

Kết hợp với (2) ta được $\dfrac{{m - 6}}{2} =  - 4 \Leftrightarrow m =  - 2$ thỏa mãn (*).

Gọi ${M_1}\left( {{x_1};f\left( {{x_1}} \right)} \right);$ ${M_2}\left( {{x_2};f\left( {{x_2}} \right)} \right)$ là hai tiếp điểm mà tại đó tiếp tuyến có cùng hệ số góc.

Ta có $y' = 3{x^2} + 12x + 9$

Khi đó $k = 3x_1^2 + 12{x_1} + 9 = 3x_2^2 + 12{x_2} + 9$$\Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2} + 4} \right) = 0$$\Leftrightarrow {x_1} + {x_2} =  - 4 = S$$\left( 1 \right)$

Hệ số góc của đường thẳng ${M_1}{M_2}$ là

$k' =  \pm \dfrac{{OB}}{{OA}} =  \pm \dfrac{1}{{2017}} = \dfrac{{f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right)}}{{{x_2} - {x_1}}}$

$\Leftrightarrow  \pm \dfrac{1}{{2017}} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - {x_1}{x_2} + 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 9$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1}{x_2} = \dfrac{{2016}}{{2017}} = P\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{2018}}{{2017}} = P\end{array} \right.$$\left( 2 \right)$

Với $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 4 = S\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{2016}}{{2017}} = P\end{array} \right.$, do ${S^2} > 4P$ nên $\exists$ hai cặp ${x_1},$${x_2}$$\Rightarrow$$\exists$$1$ giá trị $k$

Với $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 4 = S\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{2018}}{{2017}} = P\end{array} \right.$, do ${S^2} > 4P$ nên $\exists$ hai cặp ${x_1},$${x_2}$$\Rightarrow$$\exists$$1$ giá trị $k$

KL: Có $2$ giá trị $k$

$\begin{array}{l}\;\;\;\;\;\;f\left( x \right) = {m^2}\left( {{x^4} - 1} \right) + m\left( {{x^2} - 1} \right) - 6\left( {x - 1} \right) \ge 0,\forall x\\ \Leftrightarrow {m^2}\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) + m\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) - 6\left( {x - 1} \right) \ge 0,\forall x\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left[ {{m^2}{x^3} + {m^2}{x^2} + \left( {{m^2} + m} \right)x + {m^2} + m - 6} \right] \ge 0,\forall x\end{array}$

 Để bất phương trình luôn đúng với mọi $x$ thì suy ra:

+ TH1: Phương trình ${m^2}{x^3} + {m^2}{x^2} + \left( {{m^2} + m} \right)x + {m^2} + m - 6 = 0$ nghiệm đúng với mọi $x$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} = 0\\{m^2} = 0\\{m^2} + m = 0\\{m^2} + m - 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m =  - 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m = 2\\m =  - 3\end{array} \right.\end{array} \right.$ (vô nghiệm)

+ TH2: Đa thức ${m^2}{x^3} + {m^2}{x^2} + \left( {{m^2} + m} \right)x + {m^2} + m - 6$ có nghiệm $x = 1$

Khi đó: ${m^2} + {m^2} + {m^2} + m + {m^2} + m - 6 = 0 \Leftrightarrow 4{m^2} + 2m - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m =  - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.$

Thử lại:

+ Với $m = 1$ thì $\left( {x - 1} \right)\left[ {{x^3} + {x^2} + 2x - 4} \right] \ge 0$$\Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) \ge 0$ (luôn đúng)

+ Với $m =  - \dfrac{3}{2}$ thì $\left( {x - 1} \right)\left( {\dfrac{9}{4}{x^3} + \dfrac{9}{4}{x^2} + \dfrac{3}{4}x - \dfrac{{21}}{4}} \right) \ge 0$ $\Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {3{x^3} + 3{x^2} + x - 7} \right) \ge 0$ $\Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {3{x^2} + 6x + 7} \right) \ge 0$ (luôn đúng)

Do đó $m = 1;m =  - \dfrac{3}{2}$ là các giá trị cần tìm.

Tổng $S = 1 - \dfrac{3}{2} =  - \dfrac{1}{2}$.

$f\left( x \right) = m{x^4} + n{x^3} + p{x^2} + qx + r$

Từ đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ dễ thấy $m \ne 0$.

Phương trình $f\left( x \right) = r \Leftrightarrow m{x^4} + n{x^3} + p{x^2} + qx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\m{x^3} + n{x^2} + px + q = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.$

Xét $f'\left( x \right) = 4m{x^3} + 3n{x^2} + 2px + q = 0$ có ba nghiệm ${x_1} =  - 1;{x_2} = \dfrac{5}{4};{x_3} = 3$.

Theo hệ thức Vi-et : $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} + {x_3} =  - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1} = \dfrac{c}{a}\\{x_1}{x_2}{x_3} =  - \dfrac{d}{a}\end{array} \right.$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{13}}{4} =  - \dfrac{{3n}}{{4m}}\\ - \dfrac{1}{2} = \dfrac{{2p}}{{4m}}\\ - \dfrac{{15}}{4} =  - \dfrac{q}{{4m}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n =  - \dfrac{{13}}{3}m\\p =  - m\\q = 15m\end{array} \right.$

Thay vào $\left( * \right)$ được $m{x^3} - \dfrac{{13}}{3}m{x^2} - mx + 15m = 0 \Leftrightarrow {x^3} - \dfrac{{13}}{3}{x^2} - x + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{5}{3}\\x = 3\end{array} \right.$

Vậy phương trình đã cho có $3$ nghiệm phân biệt ${x_1} = 0;\;{x_2} = 3;\;{x_3} =  - \dfrac{5}{3}$