Tổng hợp câu hay và khó chương 1 - Phần 5

Bước 1: Giải \(f'\left( x \right) = 0\)

Ta có: \({f^\prime }(x) = {(x - 1)^2}\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)

Bước 2: Xét hàm số \(g(x) = f\left( {{x^2} - 8x + m} \right)\). Giải \(g'\left( x \right) = 0\), biện luận nghiệm.

Đặt \(g(x) = f\left( {{x^2} - 8x + m} \right)\).

Ta có: \({g^\prime }(x) = (2x - 8){f^\prime }\left( {{x^2} - 8x + m} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {g^\prime }(x) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{{f^\prime }\left( {{x^2} - 8x + m} \right) = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{{x^2} - 8x + m = 1(1)}\\{{x^2} - 8x + m = 0(2)}\\{{x^2} - 8x + m = 2(3)}\end{array}} \right.\end{array}\)

Để hàm số \(g(x)\) có 5 điểm cực trị thì \({g^\prime }(x) = 0\) có 5 nghiệm đơn phân biệt \( \Leftrightarrow \) phương trình \((2);(3)\) có 2 nghiệm phân biệt khác \(4\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{16 - m > 0}\\{18 - m > 0}\\{m - 16 \ne 0}\\{m - 18 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow m < 16} \right.\)

Vì \(m\) nguyên dương nên có 15 giá trị của \(m\) thỏa mãn.

* BBT của hàm số \(h\left( x \right) = \left| {{x^3} + 8x} \right|\):

* Xét \(g\left( x \right) = f\left( {\left| {{x^3} + 8x} \right| + m} \right)\) \( \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {\left| {{x^3} + 8x} \right|} \right)'.f'\left( {\left| {{x^3} + 8x} \right| + m} \right)\) \( = \left( {h\left( x \right)} \right)'.f'\left( {\left| {{x^3} + 8x} \right| + m} \right)\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}h'\left( x \right) = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\f'\left( {\left| {{x^3} + 8x} \right| + m} \right) = 0\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

+) Từ BBT của \(h\left( x \right)\) \( \Rightarrow h'\left( x \right) = 0\) chỉ chứa 1 nghiệm \(x = 0\) là điểm cực trị của \(h\left( x \right)\).

\( \Rightarrow \) Phương trình (1) \( \Leftrightarrow x = 0\) là nghiệm bội lẻ.

+) \(f'\left( x \right) = \left( {x - 10} \right)\left( {{x^2} - 25} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\\x =  - 5\\x = 5\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow \) Phương trình (2) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {{x^3} + 8x} \right| + m = 10\\\left| {{x^3} + 8x} \right| + m =  - 5\\\left| {{x^3} + 8x} \right| + m = 5\end{array} \right.\)

Để hàm số \(g\left( x \right)\) có ít nhất 3 điểm cực trị \( \Leftrightarrow \) ít nhất 1 trong 3 đường thẳng \(y = 10,\,\,y = 5,\,\,y =  - 5\) phải cắt \(\left| {{x^3} + 5x} \right| + m\) tại 2 điểm phân biệt (2 nghiệm bội lẻ khác 0).

\( \Leftrightarrow m < 10 \Rightarrow \) Có tất cả 9 giá trị nguyên dương của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bảng biến thiên của \(h\left( x \right) = \left| {{x^3} + 7x} \right|\)

Xét \(g\left( x \right) = f\left( {\left| {{x^3} + 7x} \right| + m} \right)\). Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( {\left| {{x^3} + 7x} \right|} \right)'.f'\left( {\left| {{x^3} + 7x} \right| + m} \right) = \left( {h\left( x \right)} \right)'.f'\left( {\left| {{x^3} + 7x} \right| + m} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}h'\left( x \right) = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\f'\left( {\left| {{x^3} + 7x} \right| + m} \right) = 0\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Từ BBT của \(h\left( x \right) \Rightarrow h'\left( x \right) = 0\) chỉ chứa \(1\) nghiệm \(x = 0\) là điểm cực trị của \(h\left( x \right).\)

Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) có \(x = 0\) là nghiệm bội lẻ.

\(f'\left( x \right) = \left( {x - 9} \right)\left( {{x^2} - 16} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 9\\x = 4\\x =  - 4\end{array} \right.\)

Phương trình \(\left( 2 \right)\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {{x^3} + 7x} \right| + m = 9\\\left| {{x^3} + 7x} \right| + m =  - 4\\\left| {{x^3} + 7x} \right| + m = 4\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên: 

Để hàm số \(g\left( x \right)\) có ít nhất \(3\) điểm cực trị thì ít nhất \(1\) trong \(3\) đường thẳng \(y = 9,\,y = 4,\,y =  - 4\) phải cắt \(\left( {\left| {{x^3} + 7x} \right| + m} \right)\) tại \(2\) điểm phân biệt (\(2\) nghiệm bội lẻ khác \(0\)).

\( \Leftrightarrow m < 9\). Có tất cả \(8\) giá trị nguyên dương \(m\) thỏa mãn.

Bảng biến thiên của \(h\left( x \right) = \left| {{x^3} + 6x} \right|\)

Xét \(g\left( x \right) = f\left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right)\). Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( {\left| {{x^3} + 6x} \right|} \right)'.f'\left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right) = \left( {h\left( x \right)} \right)'.f'\left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}h'\left( x \right) = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\f'\left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right) = 0\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Từ BBT của \(h\left( x \right) \Rightarrow h'\left( x \right) = 0\) chỉ chứa \(1\) nghiệm \(x = 0\) là điểm cực trị của \(h\left( x \right).\)

Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) có \(x = 0\) là nghiệm bội lẻ.

\(f'\left( x \right) = \left( {x - 8} \right)\left( {{x^2} - 9} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 8\\x = 3\\x =  - 3\end{array} \right.\)

Phương trình \(\left( 2 \right)\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {{x^3} + 6x} \right| + m = 8\\\left| {{x^3} + 6x} \right| + m =  - 3\\\left| {{x^3} + 6x} \right| + m = 3\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên:

Để hàm số \(g\left( x \right)\) có ít nhất \(3\) điểm cực trị thì ít nhất \(1\) trong \(3\) đường thẳng \(y = 8,\,y = 3,\,y =  - 3\) phải cắt \(\left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right)\) tại \(2\) điểm phân biệt (\(2\) nghiệm bội lẻ khác \(0\)).

\( \Leftrightarrow m < 8\). Có tất cả \(7\) giá trị \(m\) thỏa mãn.

Để hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có đúng 5 điểm cực trị thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) phải có 2 điểm cực trị dương \( \Rightarrow \) Phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) phải có 2 nghiệm bội lẻ dương phân biệt.

Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\,\left( {nghiem\,\,boi\,\,3} \right)\\{x^2} + \left( {4m - 5} \right)x + {m^2} - 7m + 6 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\).

Do đó phương trình (*) cần phải có 1 nghiệm bội lẻ dương khác 1.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\Delta  = {\left( {4m - 5} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 7m + 6} \right)\\\,\,\,\,\, = 16{m^2} - 40m + 25 - 4{m^2} + 28m - 24\\\,\,\,\,\, = 12{m^2} - 12m + 1\end{array}\)

Để (*) có 1 nghiệm bội lẻ dương khác 1 thì:

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta  = 12{m^2} - 12m + 1 > 0\\P = {m^2} - 7m + 6 \le 0\\1 + 4m - 5 + {m^2} - 7m + 6 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > \dfrac{{3 + \sqrt 6 }}{6}\\m < \dfrac{{3 - \sqrt 6 }}{6}\end{array} \right.\\1 \le m \le 6\\m \ne 1\\m \ne 2\end{array} \right.\) \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 < m \le 6\\m \ne 2\end{array} \right.\).

Vậy có 4 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

\(y = \left| {\sin x + \cos x + \tan x + \cot x + \dfrac{1}{{\sin x}} + \dfrac{1}{{\cos x}}} \right|\)

\(y = \left| {\sin x + \cos x + \dfrac{{1 + \sin x + \cos x}}{{\sin x\cos x}}} \right|\)

Đặt \(t = \sin x + \cos x\left( { - \sqrt 2  \le t \le \sqrt 2 } \right)\) thì \(\sin x\cos x = \dfrac{{{t^2} - 1}}{2}\)

Khi  đó :

\(y = \left| {t + \dfrac{{2\left( {t + 1} \right)}}{{{t^2} - 1}}} \right| = \left| {t + \dfrac{2}{{t - 1}}} \right| = \left| {t - 1 + \dfrac{2}{{t - 1}} + 1} \right|\)

Nếu \(t - 1 > 0 \Rightarrow t - 1 + \dfrac{2}{{t - 1}} + 1 \ge 2\sqrt 2  + 1 \Rightarrow y \ge 2\sqrt 2  + 1\)

Nếu \(t - 1 < 0 \Leftrightarrow t < 1\) thì ta viết lại \(y = \left| {1 - t + \dfrac{2}{{1 - t}} - 1} \right|\)

Ta có: \(1 - t + \dfrac{2}{{1 - t}} \ge 2\sqrt 2 \) \( \Rightarrow 1 - t + \dfrac{2}{{1 - t}} - 1 \ge 2\sqrt 2  - 1\) hay \(y \ge 2\sqrt 2  - 1\)

Vậy \(y \ge 2\sqrt 2  - 1\)

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow {\left( {1 - t} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow t = 1 - \sqrt 2 \,\,\left( {t < 1} \right)\)

\( \Rightarrow \sin x + \cos x = 1 - \sqrt 2  \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \dfrac{\pi }{4}} \right) = 1 - \sqrt 2  \Leftrightarrow \sin \left( {x + \dfrac{\pi }{4}} \right) = \dfrac{{1 - \sqrt 2 }}{2}\)

Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt nên \(f\left( x \right) = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_4}} \right)\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = a\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_4}} \right)\) \( + a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_4}} \right)\) \( + a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_4}} \right)\) \( + a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\)

Rõ ràng \(f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\\x = {x_2}\\x = {x_3}\\x = {x_4}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow f'\left( x \right) \ne 0\) \( \Rightarrow g\left( x \right) = {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} - f''\left( x \right).f\left( x \right) \ne 0\) nên ta chỉ xét \(f\left( x \right) \ne 0\)

\( \Rightarrow \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \dfrac{1}{{x - {x_1}}} + \dfrac{1}{{x - {x_2}}} + \dfrac{1}{{x - {x_3}}} + \dfrac{1}{{x - {x_4}}},\forall x \notin \left\{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} \right\}\)  

Đặt \(h\left( x \right) = \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \dfrac{1}{{x - {x_1}}} + \dfrac{1}{{x - {x_2}}} + \dfrac{1}{{x - {x_3}}} + \dfrac{1}{{x - {x_4}}},\forall x \notin \left\{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} \right\}\)

Ta có $h'\left( x \right) = \dfrac{{f''\left( x \right).f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}}$$ = \dfrac{{ - 1}}{{{{\left( {x - {x_1}} \right)}^2}}} + \dfrac{{ - 1}}{{{{\left( {x - {x_2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{ - 1}}{{{{\left( {x - {x_3}} \right)}^2}}} + \dfrac{{ - 1}}{{{{\left( {x - {x_4}} \right)}^2}}} < 0,\forall x \notin \left\{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} \right\}$

$ \Rightarrow f''\left( x \right).f\left( x \right) - {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} < 0,\forall x \notin \left\{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} \right\}$

$ \Rightarrow g\left( x \right) = {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} - f''\left( x \right).f\left( x \right) > 0,\forall x \notin \left\{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} \right\}$

Vậy đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right) = {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} - f\left( x \right).f''\left( x \right)\) không cắt trục $Ox.$

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) và đường thẳng $y = 0.$

Ta có: \(y' = 4a{x^3} + 2bx = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {2a{x^2} + b} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} =  - \dfrac{b}{{2a}}\end{array} \right.\)

Ta có \(ab < 0 \Rightarrow \) a, b trái dấu \( \Rightarrow  - \dfrac{b}{{2a}} > 0 \Rightarrow \) phương trình $y' = 0$  có $3$ nghiệm phân biệt hay đồ thị hàm số có $3$ điểm cực trị.

+ Với \(x = 0 \Rightarrow y = c \Rightarrow A\left( {0;c} \right)\)

+ Với \({x^2} =  - \dfrac{b}{{2a}} \Rightarrow x =  \pm \sqrt { - \dfrac{b}{{2a}}} \) \( \Rightarrow y = \dfrac{{ - a\left( {{b^2} - 4ac} \right)}}{{4{a^2}}}\)

\( \Rightarrow B\left( { - \sqrt { - \dfrac{b}{{2a}}} ;\dfrac{{ - a\left( {{b^2} - 4ac} \right)}}{{4{a^2}}}} \right),C\left( {\sqrt { - \dfrac{b}{{2a}}} ;\dfrac{{ - a\left( {{b^2} - 4ac} \right)}}{{4{a^2}}}} \right)\)

Ta có \(ac\left( {{b^2} - 4ac} \right) > 0\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{ - a\left( {{b^2} - 4ac} \right)}}{{4{a^2}}}.c < 0\) \( \Rightarrow {y_B}.{y_A} < 0\)

\( \Rightarrow \) Các điểm cực đại và cực tiểu nằm khác phía so với trục hoành

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) cắt trục hoành tại \(4\) điểm phân biệt.

Ta có: $f(x) = {x^3} + a{x^2} + bx - 2$

$ + )f\left( 0 \right) =  - 2 < 0;$ $f(1) = a + b - 1 > 0$ nên \(f\left( 0 \right).f\left( 1 \right) < 0\)

\( \Rightarrow \) phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất \(1\) nghiệm \({x_1} \in \left( {0;1} \right)\)

\( + )f\left( 2 \right) = 2\left( {3 + 2a + b} \right) < 0\) nên \(f\left( 1 \right).f\left( 2 \right) < 0\)

\( \Rightarrow \) phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất \(1\) nghiệm \({x_2} \in \left( {1;2} \right)\)

Do đó phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất hai nghiệm và đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) chỉ có thể có dạng:

Khi đó, đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\)(màu tím) và \(y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|\) (màu cam) lần lượt có đồ thị như sau:

Như vậy, hàm số $y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|$ có tất cả $11$ cực trị.

$y = f(1 - x) + \dfrac{{{x^2}}}{2} - x \Rightarrow y' =  - f'(1 - x) + x - 1$

$\,y' < 0 \Leftrightarrow f'(1 - x) >  - (1 - x)$

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có: Đồ thị hàm số $f'(x)$ cắt đường thẳng $y =  - x$ tại 3 điểm phân biệt là $A( - 3;3),\,\,B( - 1;1),\,\,C(3; - 3)$

 $f'(1 - x) >  - (1 - x) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - x <  - 3\\1 < 1 - x < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\ - 2 < x < 0\end{array} \right.$

Hàm số $y = f(1 - x) + \dfrac{{{x^2}}}{2} - x$ nghịch biến trên các khoảng $\left( { - 2;0} \right),\,\,\left( {4; + \infty } \right)$.

Ta có \(y' = {x^3}\left[ {8{x^4} + 5x\left( {m - 2} \right) - 4\left( {{m^2} - 4} \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\g\left( x \right) = 8{x^4} + 5x\left( {m - 2} \right) - 4\left( {{m^2} - 4} \right) = 0\end{array} \right.\)

Do \(x = 0\) là một nghiệm của đạo hàm nên hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0 \Leftrightarrow y'\) đổi dấu từ \( - \) sang \( + \) khi qua nghiệm \(x = 0\)

*) TH1: \(x = 0\) là nghiệm của \(g\left( x \right)\) hay \(m =  \pm 2\)

Với $m{\rm{ }} = {\rm{ }}2$  thì $g\left( x \right) = 0$  có nghiệm $x = 0$  bội $4$ theo kết quả ở trên thì $x{\rm{ }} = {\rm{ }}0$  là nghiệm bội $7$  của $y'$  nên $x{\rm{ }} = {\rm{ }}0$ là điểm cực tiểu của hàm số nên chọn $m{\rm{ }} = {\rm{ }}2.$

Với $m =  - 2$ thì $g\left( x \right)$ có nghiệm $x{\rm{ }} = {\rm{ }}0$ và 1 nghiệm dương, lúc này $x{\rm{ }} = {\rm{ }}0$ là nghiệm bội \(4\) của \(f'\left( x \right)\) nên \(x = 0\) không là điểm cực trị của hàm số. Loại $m{\rm{ }} = {\rm{ }} - {\rm{ }}2.$

*) TH2: \(x = 0\) không là nghiệm của \(g\left( x \right)\) hay $m \ne  \pm 2$. Ta có \(g\left( 0 \right) =  - 4\left( {{m^2} - 4} \right)\).

\(y' = {x^3}g\left( x \right)\) đổi dấu từ \( - \) sang \( + \) qua nghiệm \(x = 0\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} g\left( x \right) > 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} g\left( x \right) > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow  - 4\left( {{m^2} - 4} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < m < 2\)

Do \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\)

Kết hợp hai trường hợp ta được \(m \in \left\{ { - 1;0;1;2} \right\}\)

Ta có: \(x =  - 1\) là TCĐ của đồ thị hàm số, \(y = 1\) là TCN của đồ thị hàm số.

\( \Rightarrow I\left( { - 1;\;1} \right)\) là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có \(\Delta IAB\) là tam giác đều

\( \Rightarrow IH\) vừa là đường cao đồng thời là đường phân giác của \(\angle AIB \Rightarrow IH\) cũng là đường phân giác của góc phần tư thứ hai.

\( \Rightarrow IH:\;\;y =  - x.\)

Ta có: \(AB \bot IH \Rightarrow AB:\;\;y = x + m \Leftrightarrow x - y + m = 0.\)

\( \Rightarrow d\left( {I;\;AB} \right) = \dfrac{{\left| { - 1 - 1 + m} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\left| {m - 2} \right|}}{{\sqrt 2 }}.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(\dfrac{{x - 2}}{{x + 1}} = x + m \Leftrightarrow {x^2} + mx + m + 2 = 0\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow {m^2} - 4\left( {m + 2} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4m > 8\)

Khi đó hoành độ các giao điểm \(A,\;B\) là nghiệm của phương trình trên.

Gọi \(A\left( {{x_1};\;{x_1} + m} \right);B\left( {{x_2};\;{x_2} + m} \right)\)

Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - m\\{x_1}{x_2} = m + 2\end{array} \right..\)

\( \Rightarrow A{B^2} = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + {\left( {{x_1} + m - {x_2} - m} \right)^2}\) \( = 2{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}{x_2}\) \( = 2{m^2} - 8\left( {m + 2} \right)\)

Do tam giác \(IAB\) đều nên \(d\left( {I,AB} \right) = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2}\) \( \Leftrightarrow {d^2}\left( {I,AB} \right) = \dfrac{{3A{B^2}}}{4}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {m - 2} \right)}^2}}}{2} = \dfrac{{3\left[ {2{m^2} - 8\left( {m + 2} \right)} \right]}}{4}\) $ \Leftrightarrow {m^2} - 4m = 14$ (thỏa điều kiện \({m^2} - 4m > 8\))

$ \Rightarrow AB = \sqrt {2{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}} $ $ = \sqrt {2{m^2} - 8\left( {m + 2} \right)} $ $ = \sqrt {2\left( {{m^2} - 4m - 8} \right)} $ \( = \sqrt {2.\left( {14 - 8} \right)}  = \sqrt {12}  = 2\sqrt 3 .\) 

Gọi \(A\left( {{x_0};\;{y_0}} \right) \in \left( C \right).\)

Khi đó tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại $A$ cắt \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt \(M\left( {{x_1};\;{y_1}} \right),\;N\left( {{x_2};\;{y_2}} \right)\;\;\left( {M,\;N \ne A} \right)\) có hệ số góc là: \(k = \dfrac{{{y_1} - {y_2}}}{{{x_1} - {x_2}}} = 4.\)

Mặt khác: \(k = f'\left( {{x_0}} \right) \Rightarrow 4 = \dfrac{2}{3}{x^3} - \dfrac{{14}}{3}x \Leftrightarrow x_0^3 - 7{x_0} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} =  - 2\\{x_0} =  - 1\\{x_0} = 3\end{array} \right..\)

Kiểm tra lại từng trường hợp $x_0=-2;-1;3$ ta thấy trường hợp $x_0=3$ thì tiếp tuyến chỉ có duy nhất $1$ điểm chung với đồ thị nên loại.

Vậy có $2$ giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng \(y = 10\) cắt đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) tại hai điểm phân biệt \(\left( {3;\;10} \right)\) và \(\left( {m;\;10} \right)\) với mọi \(m \in \left( {8;\;10} \right).\)

Ta có:

$f'\left( {x + 6} \right) \ge 10 \Leftrightarrow 3 \le x + 6 \le m < 10$ $ \Rightarrow - 3 \le x < 4$

$g'\left( {2x + \frac{5}{2}} \right) \le 5,\forall x \in R$

$\Rightarrow h'\left( x \right) = f'\left( {x + 6} \right) - 2g'\left( {2x + \frac{5}{2}} \right) $$\ge 10-2.5=0,\forall x \in \left[ { - 3;4} \right)$

Do đó hàm số h(x) đồng biến trên [-3;4)

Dựa vào các đáp án ta thấy đáp án B thỏa mãn.

Ta có đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 6{x^2} + 9x\) như sau:

Dựa vào đồ thị hàm số ta có thể suy ra số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = m\) như sau:

\(\left[ \begin{array}{l}m < 0\\m > 4\end{array} \right. \Rightarrow \) phương trình có $1$ nghiệm duy nhất.

\(\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 4\end{array} \right. \Rightarrow \) phương trình có $2$ nghiệm phân biệt.

\(0 < m < 4 \Rightarrow \) phương trình có $3$ nghiệm phân biệt.

Xét phương trình \({f^2}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {f\left( x \right)} \right)^3} - 6{\left( {f\left( x \right)} \right)^2} + 9f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = 3\end{array} \right.\)

Ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có $2$ nghiệm phân biệt, phương trình \(f\left( x \right) = 3\) có $3$ nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình \({f^2}\left( x \right) = 0\) có $5$ nghiệm phân biệt

Xét phương trình \({f^3}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( {{f^2}\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {{f^2}\left( x \right)} \right)^3} - 6{\left( {{f^2}\left( x \right)} \right)^2} + 9{f^2}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{f^2}\left( x \right) = 0\\{f^2}\left( x \right) = 3\end{array} \right.\)

Phương trình \({f^2}\left( x \right) = 0\) có $2 + 3 $ nghiệm phân biệt.

Phương trình \({f^2}\left( x \right) = 3 \Leftrightarrow {\left( {f\left( x \right)} \right)^3} - 6{\left( {f\left( x \right)} \right)^2} + 9f\left( x \right) = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) \approx 3,88 \in \left( {0;4} \right)\\f\left( x \right) \approx 1,65 \in \left( {0;4} \right)\\f\left( x \right) \approx 0,46 \in \left( {0;4} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) phương trình \({f^2}\left( x \right) = 3\) có $9$ nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình \({f^3}\left( x \right) = 0\) có \(2 + 3 + {3^2}\) nghiệm phân biệt.

Xét phương trình \({f^4}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( {{f^3}\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {{f^3}\left( x \right)} \right)^3} - 6{\left( {{f^3}\left( x \right)} \right)^2} + 9{f^3}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{f^3}\left( x \right) = 0\\{f^3}\left( x \right) = 3\end{array} \right.\)

Phương trình \({f^3}\left( x \right) = 0\) có \(2 + 3 + {3^2}\) nghiệm phân biệt (cmt).

Phương trình

\({f^3}\left( x \right) = 3 \Leftrightarrow {\left( {{f^2}\left( x \right)} \right)^3} - 6{\left( {{f^2}\left( x \right)} \right)^2} + 9{f^2}\left( x \right) = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{f^2}\left( x \right) \approx 3,88 \in \left( {0;4} \right)\\{f^2}\left( x \right) \approx 1,65 \in \left( {0;4} \right)\\{f^2}\left( x \right) \approx 0,46 \in \left( {0;4} \right)\end{array} \right.\)

Ta thấy mỗi phương trình $f^2(x)=m$ ở trên có $9$ nghiệm phân biệt nên $3$ phương trình sẽ có $3.9=3^3$ nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình \({f^4}\left( x \right) = 0\) có \(2 + 3 + {3^2} + {3^3}\) nghiệm.

Cứ như vậy ta tính được phương trình \({f^8}\left( x \right) = 0\) có \(2 + 3 + {3^2} + {3^3} + ... + {3^7} = 2 + \dfrac{{3\left( {1 - {3^7}} \right)}}{{1 - 3}} = 3281\) nghiệm.

* BBT của hàm số \(h\left( x \right) = \left| {{x^3} + 5x} \right|\):

* Xét \(g\left( x \right) = f\left( {\left| {{x^3} + 5x} \right| + m} \right)\) \( \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {\left| {{x^3} + 5x} \right|} \right)'.f'\left( {\left| {{x^3} + 5x} \right| + m} \right)\) \( = \left( {h\left( x \right)} \right)'.f'\left( {\left| {{x^3} + 5x} \right| + m} \right)\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}h'\left( x \right) = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\f'\left( {\left| {{x^3} + 5x} \right| + m} \right) = 0\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

+) Từ BBT của \(h\left( x \right)\) \( \Rightarrow h'\left( x \right) = 0\) chỉ chứa 1 nghiệm \(x = 0\) là điểm cực trị của \(h\left( x \right)\).

\( \Rightarrow \) Phương trình (1) \( \Leftrightarrow x = 0\) là nghiệm bội lẻ.

+) \(f'\left( x \right) = \left( {x - 7} \right)\left( {{x^2} - 9} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 7\\x =  - 3\\x = 3\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow \) Phương trình (2) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {{x^3} + 5x} \right| + m = 7\\\left| {{x^3} + 5x} \right| + m =  - 3\\\left| {{x^3} + 5x} \right| + m = 3\end{array} \right.\)

Để hàm số \(g\left( x \right)\) có ít nhất 3 điểm cực trị \( \Leftrightarrow \) ít nhất 1 trong 3 đường thẳng \(y = 7,\,\,y = 3,\,\,y =  - 3\) phải cắt \(\left| {{x^3} + 5x} \right| + m\) tại 2 điểm phân biệt (2 nghiệm bội lẻ khác 0).

\( \Leftrightarrow m < 7 \Rightarrow \) Có tất cả 6 giá trị nguyên dương của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bước 1: Gọi \(t\) là số giờ làm tăng thêm mỗi tuần, \(t \in \mathbb{R}\). Biểu diễn các đại lượng khác theo t.

Gọi \(t\) là số giờ làm tăng thêm mỗi tuần, \(t \in \mathbb{R}\) \( \Rightarrow \) số công nhân bỏ việc là \(\dfrac{t}{2}\) nên số công nhân làm việc là \(100 - \dfrac{t}{2}\) người.

Năng suất của công nhân còn \(120 - \dfrac{{5t}}{2}\) sản phẩm một giờ.

Số thời gian làm việc một tuần là \(40 + t = x\) giờ.

Bước 2: Lập hệ bất phương trình và tìm điều kiện của t.

Để nhà máy hoạt động được thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{40 + t > 0}\\{120 - \dfrac{{5t}}{2} > 0 \Rightarrow t \in ( - 40;48)}\\{100 - \dfrac{t}{2} > 0}\end{array}} \right.\)

Bước 3: Biểu diễn số sản phẩm thu được theo t và khảo sát hàm số f(t).

Số sản phẩm trong một tuần làm được: \(S = \left( {100 - \dfrac{t}{2}} \right)\left( {120 - \dfrac{{5t}}{2}} \right)(40 + t)\).

Số sản phẩm thu được là

\(f(t) = \left( {100 - \dfrac{t}{2}} \right)\left( {120 - \dfrac{{5t}}{2}} \right)(40 + t) - \dfrac{{95{{(40 + t)}^2} + 120(40 + t)}}{4}\).

\({f^\prime }(t) = \)\( - \dfrac{1}{2}\left( {120 - \dfrac{{5t}}{2}} \right)(40 + t)\)\( - \dfrac{5}{2}\left( {100 - \dfrac{t}{2}} \right)(40 + t)\)\( + \left( {100 - \dfrac{t}{2}} \right)\left( {120 - \dfrac{{5t}}{2}} \right)\)\( - \dfrac{{95}}{2}(40 + t) - 30 = \)\(\dfrac{{15}}{4}{t^2} - \dfrac{{1135}}{2}t - 2330\)

Ta có \({f^\prime }(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t =  - 4}\\{t = \dfrac{{466}}{3}(\;{\rm{L}})}\end{array}} \right.\).

Bước 4: Tìm \(maxf\left( t \right)\) rồi tìm x.

Dựa vào bảng biến thiên ta có số lượng sản phẩm thu được mỗi tuần lớn nhất khi \(t =  - 4 \Rightarrow x = 36\)