Ta có \(y'=3x^2-6\left(m+1\right)x+9\)

Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại \(x_1,x_2\) \(\Leftrightarrow\) phương trình \(y'=0\) có hai nghiệm phân biệt là  \(x_1,x_2\)

Hàm số có cực đại và cực tiểu

\(\Leftrightarrow f'\left(x\right)=x^2-2mx+m=0\) có 2 nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow\Delta'=m^2-m>0\Leftrightarrow m\in D=\left(-\infty,0\right)\cup\left(1,+\infty\right)\) (*)

Với điều kiện này thì \(f'\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) và hàm số \(f\left(x\right)\) đạt cực trị tại  \(x_1,x_2\). Theo định lí Viet ta có : \(x_1+x_2=2m;x_1x_2=m\) Suy ra :

\(\left|x_1-x_2\right|\ge8\Leftrightarrow\left|x_1-x_2\right|^2\ge64\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\ge64\Leftrightarrow4m^2-4m\ge64\)

\(\Leftrightarrow m^2-m-16\ge0\Leftrightarrow m\in\left(-\infty,\frac{1-\sqrt{65}}{2}\right)\cup\left(\frac{1+\sqrt{65}}{2},+\infty\right)\) (thỏa mãn (*))

Vậy để \(\left|x_1-x_2\right|\ge8\) thì \(m\in\left(-\infty,\frac{1-\sqrt{65}}{2}\right)\cup\left(\frac{1+\sqrt{65}}{2},+\infty\right)\)

Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2+mx+\left(m+1\right)^2=-x^2-\left(m+2\right)x-2\left(m+1\right)\)

=>\(x^2+mx+\left(m+1\right)^2+x^2+\left(m+2\right)x+2\left(m+1\right)=0\)

=>\(2x^2+\left(2m+2\right)x+2\left(m+1\right)+\left(m+1\right)^2=0\)

=>\(2x^2+\left(2m+2\right)x+\left(m^2+4m+3\right)=0\)

\(\text{Δ}=\left(2m+2\right)^2-4\cdot2\cdot\left(m^2+4m+3\right)\)

\(=4m^2+8m+4-8m^2-32m-24\)

\(=-4m^2-24m-20\)

\(=-4\left(m^2+6m+5\right)=-4\left(m+1\right)\left(m+5\right)\)

Để (P1) cắt (P2) tại hai điểm phân biệt thì Δ>0

=>\(-4\left(m+1\right)\left(m+5\right)>0\)

=>\(\left(m+1\right)\left(m+5\right)< 0\)

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}m+1>0\\m+5< 0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}m>-1\\m< -5\end{matrix}\right.\)

=>Loại

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}m+1< 0\\m+5>0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}m< -1\\m>-5\end{matrix}\right.\)

=>-5<m<-1

Theo Vi-et, ta có: \(x_1+x_2=\dfrac{-\left(2m+2\right)}{2}=-m-1;x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m^2+4m+3}{2}\)

\(P=\left|x_1x_2-3\left(x_1+x_2\right)\right|\)

\(=\left|\dfrac{m^2+4m+3}{2}-3\left(-m-1\right)\right|\)

\(=\left|\dfrac{m^2+4m+3}{2}+3m+3\right|\)

\(=\dfrac{\left|m^2+4m+3+6m+6\right|}{2}=\dfrac{\left|m^2+10m+9\right|}{2}\)

Biểu thức này không có giá trị lớn nhất nha bạn

b, Ta có : \(0\le x\le1\)

\(\Rightarrow-2\le x-2\le-1< 0\)

Ta có : \(y=f\left(x\right)=2\left(m-1\right)x+\dfrac{m\left(x-2\right)}{\left(2-x\right)}\)

\(=2\left(m-1\right)x-m< 0\)

TH1 : \(m=1\) \(\Leftrightarrow m>0\)

TH2 : \(m\ne1\) \(\Leftrightarrow x< \dfrac{m}{2\left(m-1\right)}\)

Mà \(0\le x\le1\)

\(\Rightarrow\dfrac{m}{2\left(m-1\right)}>1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{m-2\left(m-1\right)}{2\left(m-1\right)}>0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2-m}{m-1}>0\)

\(\Leftrightarrow1< m< 2\)

Kết hợp TH1 => m > 0

Vậy ...
 

\(x^2-2\left(m-1\right)x-m^3+\left(m+1\right)^2=0\)

Để pt có hai nghiệm thỏa mãn

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta\ge0\\x_1+x_2=2\left(m-1\right)\le4\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\left(m-2\right)\left(m+2\right)\ge0\\m\le3\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\in\left[-2;0\right]\cup\left(2;+\infty\right)\cup\left\{2\right\}\\m\le3\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow m\in\left[-2;0\right]\cup\left[2;3\right]\)

\(P=x^3_1+x_2^3+x_1x_2\left(3x_1+3x_2+8\right)\)

\(=\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)+3x_1x_1\left(x_1+x_2\right)+8x_1x_2\)

\(=8\left(m-1\right)^3+8\left(-m^3+m^2+2m+1\right)\)

\(=-16m^2+40m\)

Vẽ BBT với \(f\left(m\right)=-16m^2+40m\) ;\(m\in\left[-2;0\right]\cup\left[2;3\right]\)

Tìm được \(f\left(m\right)_{min}=-144\Leftrightarrow m=-2\)

\(f\left(m\right)_{max}=16\Leftrightarrow m=2\)

\(\Rightarrow P_{max}=16;P_{min}=-144\)

Vậy....

\(\text{Δ}=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot m\)

\(=\left(m+1\right)^2-4m\)

\(=\left(m-1\right)^2>=0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m\end{matrix}\right.\)

\(x_1^2+x_2^2=\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)-x_1-x_2+5\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+6\)

=>\(\left(m+1\right)^2-2m=m-2\left(m+1\right)+6\)

=>\(m^2+1=m-2m-2+6\)

=>\(m^2+1=-m+4\)

=>\(m^2+m-3=0\)

=>\(m=\dfrac{-1\pm\sqrt{13}}{2}\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là :

\(x^3-2x^2+\left(1-m\right)x+m=0\left(1\right)\)

Biến đổi tương đương phương trình này :

\(\left(1\right)\Leftrightarrow x^3-2x^2+x-mx+m=0\)

      \(\Leftrightarrow x\left(x^2-2x+1\right)-m\left(x-1\right)=0\)

       \(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2-x-m\right)=0\Leftrightarrow x=1\) hoặc \(x^2-x-m=0\left(2\right)\)

Gọi \(x_1,x_2\) là nghiệm của phương trình (2) thì :

\(t^2+x_1^2+x_2^2< 4\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2< 3\Leftrightarrow m< 1\) (*)

Yêu cầu bài toán tương đương với (2) có hai nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\ne1\) thỏa mãn điều kiện (*)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta=1+4m>0\\1^2-1-m\ne0\\m< 1\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}-\frac{1}{4}< m< 1\\m\ne0\end{cases}\)

Cắt đồ thị nào vậy bạn?

Δ=(2m+2)^2-4(-m-5)

=4m^2+8m+4+4m+20

=4m^2+12m+24

=4(m^2+3m+6)

=4(m^2+2*m*3/2+9/4+15/4)

=4(m+3/2)^2+15>=15

=>PT luôn có 2 nghiệm

(x1-x2)^2-x1(x1+3)-x2(x2+3)=-4

=>(x1+x2)^2-4x1x2-(x1+x2)^2+2x1x2-3(x1+x2)=-4

=>-2(-m-5)-3(2m+2)=-4

=>2m+10-6m-6=-4

=>-4m+4=-4

=>-4m=-8

=>m=2

b1: tìm đk m t/m: Δ>0 ↔ m∈(\(\dfrac{1-\sqrt{10}}{2}\) ; \(\dfrac{1+\sqrt{10}}{2}\))

b2: ➝x1+x2 =-2m-1 (1)

      → x1.x2=m^2-1 (2)

b3: biến đổi : (x1-x2)^2 = x1-5x2

↔ (x1+x2)^2 -4.x1.x2 -(x1+x2) +6.x2=0

↔4.m^2 +4m +1 - 4.m^2 +4 +2m+1+6. x2=0

↔x2= -m-1

B4: thay x2= -m-1 vào (1) → x1 = -m

     Thay x2 = -m-1, x1 = -m vào (2) 

→m= -1

B5: thử lại:

Với m= -1 có pt: x^2 -x =0

Có 2 nghiệm x1=1 và x2=0 (thoả mãn)