Cực trị của hàm số bậc 3 là dạng toán cơ bản nhưng quan trọng trong chương trình toán 12 và kì thi THPT Quốc gia. Vậy các bạn đã nắm được các dạng bài tập cực trị của hàm số bậc 3 hay chưa? Trong bài viết dưới đây Khoa Cử sẽ giúp các bạn tổng hợp cách giải và bài tập mẫu tìm cực trị của hàm số bậc 3, cùng tìm hiểu nhé!
1. Cách giải tìm cực trị của hàm số bậc 3
Cho hàm số bậc ba $y=f\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\,\,\left( a\ne 0 \right),\left( 1 \right)$
a, Ta có ${y}’=3a{{x}^{2}}+2bx+c$; ${\Delta }’={{b}^{2}}-3ac$
$\bullet $ Hàm số không có điểm cực trị $\Leftrightarrow $ phương trình ${y}’=0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm kép$\Leftrightarrow {\Delta }’\le 0$.
$\bullet $ Hàm số có hai điểm cực trị $\Leftrightarrow $ phương trình ${y}’=0$ có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow {\Delta }’>0$.
b, Trong trường hợp ${\Delta }’>0$, gọi $A\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),B\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)$ là tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $\left( 1 \right)$, trong đó ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ là 2 nghiệm phân biệt của phương trình ${y}’=0$.
Ta có $f\left( x \right)=(mx+n).f’\left( x \right)+r\left( x \right)$, với $r\left( x \right)$ là nhị thức bậc nhất.
Suy ra tọa độ $A,B$ thỏa mãn phương trình $y=r\left( x \right)$.
Do đó phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị $A,B$ là $y=r\left( x \right)$.
Công thức tính nhanh cực trị hàm số bậc 3
Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị, của đồ thị hàm số $\left( 1 \right)$ là: $y=r\left( x \right)=-\frac{2\Delta ‘}{9a}x+\frac{9ad-bc}{9a}$
Cách dùng máy tính cầm tay
- Nhập biểu thức $a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\,\,-\left( 3a{{x}^{2}}+2bx+c \right)\left( \frac{x}{3}+\frac{b}{9a} \right)$
- Cho $x=i$ ta được kết quả $Ai+B$. Suy ra phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là $y=Ax+B$.
2. Các dạng bài tập
Câu 1: Với giá trị nào của tham số thì hàm số $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}-4m+3 \right)x+2021-2020m$ có cực trị?
Lời giải
Tập xác định: $D=\mathbb{R}$.
Ta có ${y}’={{x}^{2}}-2mx+\left( {{m}^{2}}-4m+3 \right)$.
Hàm số có cực đại, cực tiểu $\Leftrightarrow {y}’=0$ có 2 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow {\Delta }’={{m}^{2}}-\left( {{m}^{2}}-4m+3 \right)>0$$\Leftrightarrow 4m-3>0\Leftrightarrow m>\frac{3}{4}$. Vậy $m>\frac{3}{4}$ thì hàm số có cực đại, cực tiểu.
Câu 2: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số $m$ để đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+3\left( {{m}^{2}}-1 \right)x-{{m}^{3}}$ có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành là khoảng $\left( a;b \right)$. Giá trị $a.b$ bằng
Lời giải
Ta có ${y}’=3{{x}^{2}}-6mx+3\left( {{m}^{2}}-1 \right)$;
Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành thì phương trình ${y}’=0$ có hai nghiệm phân biệt và ${{y}_{CD}}.{{y}_{CT}}<0$.
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thi hàm số là: $y=-2x-m$.
Khi đó: ${{y}_{CD}}.{{y}_{CT}}=y\left( m+1 \right).y\left( m-1 \right)=\left( -2m-2-m \right)\left( -2m+2-m \right)$$=\left( 3m+2 \right)\left( 3m-2 \right)$
${{y}_{CD}}.{{y}_{CT}}<0\Leftrightarrow \left( 3m+2 \right)\left( 3m-2 \right)<0\Leftrightarrow -\frac{2}{3}<m<\frac{2}{3}$$\Rightarrow a=-\frac{2}{3};b=\frac{2}{3}$.
Khi đó: $a.b=-\frac{4}{9}$.
Câu 3: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-\left( m+1 \right){{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}-2 \right)x-{{m}^{2}}+3$ có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị đó nằm về cùng một phía đối với trục hoành?
Lời giải
Tập xác định của hàm số đã cho là $\mathbb{R}$.
${y}’=3{{x}^{2}}-2\left( m+1 \right)x+{{m}^{2}}-2$ có ${\Delta }’=-2{{m}^{2}}+2m+7$.
Để đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-\left( m+1 \right){{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}-2 \right)x-{{m}^{2}}+3$ có hai cực trị thì ${y}’$ đổi dấu hai lần, tức là ${y}’$ có hai nghiệm phân biệt, tương đương
${\Delta }’>0\Leftrightarrow -2{{m}^{2}}+2m+7>0\Leftrightarrow \frac{1-\sqrt{15}}{2}<m<\frac{1+\sqrt{15}}{2}$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên được $m\in \left\{ -1;0;1;2 \right\}$.
Lúc này, hai nghiệm ${{x}_{1}};{{x}_{2}}$ của ${y}’$ lần lượt là hoành độ các điểm cực trị của hàm số.
Hai điểm cực trị đó nằm cùng 1 phía đối với trục hoành khi và chỉ khi $f\left( {{x}_{1}} \right).f\left( {{x}_{2}} \right)>0$,tương đương đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại đúng một điểm, tức là, phương trình ${{x}^{3}}-\left( m+1 \right){{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}-2 \right)x-{{m}^{3}}=0$ có duy nhất một nghiệm thực.
Xét $m=-1$ thì phương trình là ${{x}^{3}}-x+2=0$: phương trình này có đúng một nghiệm thực nên chọn $m=-1$.
Xét $m=0$ thì phương trình là ${{x}^{3}}-{{x}^{2}}-2x+3=0$: phương trình này có đúng một nghiệm thực nên chọn $m=0$.
Xét $m=1$ thì phương trình là ${{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-x+2=0$: phương trình này có ba nghiệm thực phân biệt nên loại $m=1$.
Xét $m=2$ thì phương trình là ${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2x-1=0$: phương trình này có đúng một nghiệm thực nên chọn $m=2$.
Đáp số: $m\in \left\{ -1;0;2 \right\}$
Xem thêm: Cách giải và bài tập mẫu cực trị của hàm số bậc 4
Câu 4: Tìm tất cả các giá trị của $m$để hàm số $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+\left( m+2 \right)x$ có cực trị và giá trị của hàm số tại các điểm cực đại, điểm cực tiểu nhận giá trị dương.
Lời giải
Cách 1:
Ta có ${y}’={{x}^{2}}-2mx+m+2;\,{y}’=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+m+2=0\,\,\,(1)$.
Đề hàm số có hai cực trị thì phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình đường thẳng đi qua điểm CĐ, CT của hàm số là: $y=\left( -\frac{2}{3}{{m}^{2}}+\frac{2}{3}m+\frac{4}{3} \right)x+\frac{1}{3}m\left( m+2 \right)$.
Gọi $A\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right);\,B\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)$ là hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số, khi đó để hàm số có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu dương thì ${{y}_{1}}+{{y}_{2}}>0$ và đồ thị hàm số $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+\left( m+2 \right)x$ cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất.
Theo định lý viet ta có: ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2m$.
Nên ${{y}_{1}}+{{y}_{2}}>0\Leftrightarrow \left( -\frac{2}{3}{{m}^{2}}+\frac{2}{3}m+\frac{4}{3} \right)\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+\frac{2}{3}m\left( m+2 \right)>0$
$\Leftrightarrow \left( -\frac{2}{3}{{m}^{2}}+\frac{2}{3}m+\frac{4}{3} \right)\left( 2m \right)+\frac{2}{3}m\left( m+2 \right)>0\Leftrightarrow 2m\left( -2{{m}^{2}}+3m+6 \right)>0$
$\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;\frac{3-\sqrt{57}}{4} \right)\cup \left( 0;\frac{3+\sqrt{57}}{4} \right)\,\,\left( ** \right)$
Để đồ thị hàm số $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+\left( m+2 \right)x$ cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất thì phương trình $y=0$ có 1 nghiệm đơn duy nhất, khi đó $\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+\left( m+2 \right)x=0\,\left( 2 \right)$ có một nghiệm đơn duy nhất.
Để phương trình $\left( 1 \right)$ có một nghiệm duy nhất thì phương trình $\left( 3 \right)$ vô nghiệm, khi đó điều kiện là $\Delta =9{{m}^{2}}-12m-24<0\Leftrightarrow \frac{2-2\sqrt{7}}{3}<m<\frac{2+2\sqrt{7}}{3}\,\,\left( *** \right)$.
Kết hợp $\left( * \right),\,\left( ** \right),\,\left( *** \right)$ ta được tập các giá trị của $m$thoả mãn là $2<m<\frac{2+2\sqrt{7}}{3}$.
Cách 2:
Ta có : ${y}’={{x}^{2}}-2mx+m+2;\,{y}’=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+m+2=0\,\left( 1 \right)$.
Để hàm số có hai cực trị thì phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt, khi đó
Để hàm số có giá trị cực đại, cực tiểu dương thì đồ thị hàm số $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+\left( m+2 \right)x$ cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất và giá trị tại điểm uốn luôn dương.
Để đồ thị hàm số $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+\left( m+2 \right)x$ cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất thì phương trình $y=0$ có 1 nghiệm duy nhất, khi đó $\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+\left( m+2 \right)x=0\,\left( 2 \right)$ có một nghiệm đơn duy nhất.
Để phương trình $\left( 1 \right)$ có một nghiệm duy nhất thì phương trình $\left( 3 \right)$ vô nghiệm, khi đó điều kiện là $\Delta =9{{m}^{2}}-12m-24<0\Leftrightarrow \frac{2-2\sqrt{7}}{3}<m<\frac{2+2\sqrt{7}}{3}\,\,\left( ** \right)$
Để giá trị tại điểm uốn luôn dương: ${y}’={{x}^{2}}-2mx+m+2,{{y}’}’=2x-2m$.
${{y}’}’=0\Leftrightarrow 2x-2m=0\Leftrightarrow x=m$. Ta có : ${{y}_{\left( m \right)}}>0\Rightarrow \frac{{{m}^{3}}}{3}-{{m}^{3}}+m\left( m+2 \right)>0$
$\Leftrightarrow m\left( -2{{m}^{2}}+3m+6 \right)>0\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;\frac{3-\sqrt{57}}{3} \right)\cup \left( 0;\frac{3+\sqrt{57}}{3} \right)\left( *** \right)$.
Kết hợp $\left( * \right),\,\left( ** \right),\,\left( *** \right)$ ta được tập các giá trị của $m$thoả mãn là $2<m<\frac{2+2\sqrt{7}}{3}$.
Câu 5: Cho hàm số $y={{x}^{3}}-6mx+4$ có đồ thị $\left( {{C}_{m}} \right)$. Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để đường thẳng đi qua điểm cực đại, điểm cực tiểu của đồ thị $\left( {{C}_{m}} \right)$cắt đường tròn tâm $I\left( 1;0 \right)$, bán kính $\sqrt{2}$ tại hai điểm phân biệt $A;B$ sao cho tam giác $IAB$có diện tích lớn nhất.
Lời giải
Xét hàm số $y={{x}^{3}}-6mx+4$có tập xác định $\mathbb{R}.\,\,\,\,{y}’=3{{x}^{2}}-6m;\,\,{y}’=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=2m.$
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị $\Leftrightarrow {y}’$đổi dấu 2 lần.
$\Leftrightarrow {y}’=0$có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow m>0.$ Ta có $y=\frac{1}{3}{y}’x-4mx+4.$
Gọi $M\left( {{x}_{1}};\,{{y}_{1}} \right),\,\,N\left( {{x}_{2}};\,{{y}_{2}} \right)$ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Suy ra $M,\,\,N$thuộc đường thẳng $d$có phương trình $y=-4mx+4.$
Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị của $\left( {{C}_{m}} \right)$ là: $y=-4mx+4.$
Gọi $\left( T \right)$là đường tròn có tâm $I\left( 1;\,0 \right)$và bán kính $R=\sqrt{2}.$
Đường thẳng $d$cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt $A,\,\,B$ và tạo thành tam giác $IAB$
Cách 1:
Do đường thẳng $d$ luôn đi qua điểm $K\left( 0;4 \right),\,IK=\sqrt{17}>R\Rightarrow K$ nằm ngoài đường tròn nên tồn tại hai điểm $A,\,B$ là giao điểm của $d$ với đường tròn để tam giác $IAB$ vuông tại $I$.
Do đó ${{S}_{IAB}}=\frac{1}{2}IA.IB.\sin AIB\le \frac{1}{2}IA.IB$
Dấu $”=”$ xảy ra $\Leftrightarrow IA\bot IB\Leftrightarrow d\left( I,d \right)=\frac{R}{\sqrt{2}}=1\Leftrightarrow \frac{\left| -4m+4 \right|}{\sqrt{16{{m}^{2}}+1}}=1\Leftrightarrow m=\frac{15}{32}$.
Bình luận: Nếu đường thẳng $d$ luôn đi qua điểm $K$ cố định mà $IK<\frac{R}{\sqrt{2}}$ thì sẽ không có vị trí của đường thẳng $d$ để tam giác $IAB$ vuông tại $I$. Khi đó, nếu làm như trên sẽ bị sai. Trong trường hợp đó thì ta phải đặt $d\left( I,d \right)=t\left( 0<t\le l \right)$, với $l$ là độ dài đoạn thẳng $IK$, rồi tính ${{S}_{\Delta IAB}}f\left( t \right)$ và tìm giá trị lớn nhất của $f\left( t \right)$ trên nửa khoảng $\left( 0;l \right]$.
Cách 2: Phương trình đường tròn là: ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=2\,\,\left( C \right)$
$d$ cắt $\left( C \right)$ tại 2 điểm phân biệt $A,\,B\Leftrightarrow \left( 1 \right)$ có 2 nghiệm phân biệt $a,b$
$\Leftrightarrow {{\left( 16m+1 \right)}^{2}}-15\left( 16m+1 \right)>0$.
$\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IB}=ab-\left( a+b \right)+16\left[ {{m}^{2}}ab-m\left( a+b \right)+1 \right]+1=0$$\Leftrightarrow ab-\left( a+b \right)+16{{m}^{2}}ab-16m\left( a+b \right)+17=0$
$\Leftrightarrow \left( 16{{m}^{2}}+1 \right)ab-\left( 16m+1 \right)\left( a+b \right)+17=0$$\Leftrightarrow 15-\frac{2{{\left( 16m+1 \right)}^{2}}}{16{{m}^{2}}+1}+17=0$$\Leftrightarrow \frac{{{\left( 16m+1 \right)}^{2}}}{16{{m}^{2}}+1}=16\Leftrightarrow m=\frac{15}{32}$.
Câu 6: Cho hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-\left( {{m}^{2}}-2 \right)x+{{m}^{2}}$có đồ thị là đường cong$\left( C \right)$. Biết rằng tồn tại hai số thực ${{m}_{1}}$, ${{m}_{2}}$ của tham số $m$ để hai điểm cực trị của $\left( C \right)$và hai giao điểm của $\left( C \right)$ với trục hoành tạo thành bốn đỉnh của một hình chữ nhật. Tính $T=m_{1}^{4}+m_{2}^{4}$.
Lời giải
Tập xác định: $D=\mathbb{R}$.
Ta có ${y}’=3{{x}^{2}}-6x-{{m}^{2}}+2$.
${y}’=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6x-{{m}^{2}}+2=0\ \ (*)$
Ta có ${\Delta }’=9+3{{m}^{2}}-6=3{{m}^{2}}+3>0$ nên phương trình $(*)$ luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m\in \mathbb{R}$.
Do đó đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị với mọi $m\in \mathbb{R}$. Gọi ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ là hai nghiệm của phương trình ${y}’=0$.
Ta có: $y=\left( \frac{x}{3}-\frac{1}{3} \right).{y}’-\frac{2}{3}\left( {{m}^{2}}+1 \right)x+\frac{2}{3}\left( {{m}^{2}}+1 \right)$.
Điểm uốn: ${y}”=6x-6$, ${y}”=0$$\Rightarrow x=1$.
Với $x=1$ suy ra $y=0$. Vậy điểm uốn $U\left( 1;\,0 \right)$.
Ta có đoạn thẳng nối hai điểm cực trị luôn nhận điểm uốn $U$ là trung điểm.
Xét phương trình ${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-\left( {{m}^{2}}-2 \right)x+{{m}^{2}}=0\,\,\left( 1 \right)$
Phương trình $\left( 2 \right)$ luôn có hai nghiệm thực phân biệt ${{x}_{3}}$ và ${{x}_{4}}$.
Ta có $\frac{{{x}_{3}}+{{x}_{4}}}{2}=1$ và ba điểm $U\left( 1\ ;\ 0 \right)$, $B\left( {{x}_{3}};\,0 \right)$, $D\left( {{x}_{4}};\,0 \right)$ cùng nằm trên trục $Ox$.
Tứ giác $ABCD$ có $U\left( 1\ ;\ 0 \right)$là trung điểm của đoạn thẳng $AC$ và đoạn thẳng $BD$nên tứ giác$ABCD$ là hình bình hành.
Để tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật thì $AC=BD$.
Ta có $A{{C}^{2}}={{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}+\frac{4}{9}{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{2}}{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}=\left[ 1+\frac{4}{9}{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{2}} \right]{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}$
$=\left[ 1+\frac{4}{9}{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{2}} \right]\left[ 4-\frac{4\left( 2-{{m}^{2}} \right)}{3} \right]=\frac{4}{3}\left[ 1+\frac{4}{9}{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{2}} \right]\left( {{m}^{2}}+1 \right)$
Và $B{{D}^{2}}={{\left( {{x}_{3}}-{{x}_{4}} \right)}^{2}}=4+4{{m}^{2}}$
Vậy ta có phương trình: $\frac{4}{3}\left[ 1+\frac{4}{9}{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{2}} \right]\left( {{m}^{2}}+1 \right)=4\left( {{m}^{2}}+1 \right)$
$\Leftrightarrow 1+\frac{4}{9}{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{2}}=3$$\Leftrightarrow {{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{2}}=\frac{9}{2}$$\Leftrightarrow {{m}^{2}}=\frac{3}{\sqrt{2}}-1$. Suy ra $m=\pm \sqrt{\frac{3}{\sqrt{2}}-1}$
Do đó $T=m_{1}^{4}+m_{2}^{4}=2{{\left( \frac{3}{\sqrt{2}}-1 \right)}^{2}}=11-6\sqrt{2}$.
Câu 7: Tìm tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số ${m}$ trên $\left( -10\,;\,10 \right)$để đồ thị hàm số ${y={{x}^{3}}+{{x}^{2}}+mx-1}$ có điểm cực tiểu của nằm bên phải trục tung.
Lời giải
Ta có${y}’=3{{x}^{2}}+2x+m$
Để hàm số có cực tiểu, tức hàm số có hai cực trị thì phương trình ${{y}’=0}$ có hai nghiệm phân biệt
Điều này tương đương với pt $3{{x}^{2}}+2x+m=0(1)$có hai nghiệm pb; có hai nghiệm phân biệt khi ${{\Delta }’=1-3m>0\Leftrightarrow m<\frac{1}{3}}$.
Khi đó ${(1)}$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{CD}}$, ${{{x}_{CT}}}$ là hoành độ hai điểm cực trị. Theo định lí Viet ta có
trong đó ${{x}_{CD}}<{{x}_{CT}}$ vì hệ số của ${{x}^{3}}$ lớn hơn 0.
Để cực tiểu của đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung thì phải có: ${{{x}_{CT}}>0}$, kết hợp ${(2)}$ và ${(3)}$suy ra ${(1)}$ có hai nghiệm trái dấu $\Leftrightarrow {{x}_{CD}}.{{x}_{CT}}=\frac{m}{3}<0\Leftrightarrow m<0$.
Mà $m\in \left( -10\,;\,10 \right)\,,\,m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \text{ }\left\{ -9;-8;-7;…;-1 \right\}$.
Vậy tổng tất cả các giá trị của tham số ${m}$thỏa mãn YCBT là: $-45$.
Câu 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của $m$ để khoảng cách từ gốc tọa độ $O$ đến đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3x+m$ nhỏ hơn hoặc bằng $2\sqrt{5}$.
Lời giải
Ta có ${y}’=3{{x}^{2}}-3$.
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $A\left( 1\,;\,m-2 \right)$, $B\left( -1\,;\,m+2 \right)$.
Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là $y=-2x+m$
hay $2x+y-m=0$
Theo giả thiết $d\left( O\,;\,AB \right)\le 2\sqrt{5}\Leftrightarrow \frac{\left| -m \right|}{\sqrt{5}}\le 2\sqrt{5}\Leftrightarrow \left| -m \right|\le 10\Leftrightarrow -10\le m\le 10$
Mà $m$ nguyên dương nên có $10$ giá trị.
Xem thêm:
