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 \({x_1} = 0;\;{x_2} = 3;\;{x_3} =  - \dfrac{5}{3}\)