(y = dfrac{{{x^3} + {x^2} – m}}{{x + 1}} = {x^2} – dfrac{m}{{x + 1}}) ( Rightarrow y’ = 2x + dfrac{m}{{{{left( {x + 1} right)}^2}}} = dfrac{{2x{{left( {x + 1} right)}^2} + m}}{{{{left( {x + 1} right)}^2}}})
+) Nếu (m ge 0) thì (y’ ge 0,,,forall x in left[ {0;2} right] Rightarrow mathop {max }limits_{left[ {0;2} right]} y = yleft( 2 right) = dfrac{{12 – m}}{3} = 5 Rightarrow m = – 3) (loại)
+) Nếu (m < 0) thì (y’ = 0 Leftrightarrow ) (2x{left( {x + 1} right)^2} + m = 0 Leftrightarrow 2{x^3} + 4{x^2} + 2x = – m) : có nhiều nhất 1 nghiệm trên đoạn [0;2] (do (fleft( x right) = 2{x^3} + 4{x^2} + 2x) có (f’left( x right) = 6{x^2} + 8x + 2 > 0,,,forall x in left[ {0;2} right]))
Ta có: (fleft( 0 right) = 0,,,fleft( 2 right) = 36)
TH1: (m le – 36)
(y’ ge 0,forall x in left[ {0;2} right] Rightarrow )(mathop {max }limits_{left[ {0;2} right]} y = yleft( 2 right) = dfrac{{12 – m}}{3} = 5 Rightarrow m = – 3) (loại)
TH2: ( – 36 < m < 0)
Phương trình (y’ = 0) có 1 nghiệm duy nhất ({x_0} in left( {0;2} right)) và đổi dấu tại điểm này
Bảng biến thiên:
.JPG)
( Rightarrow mathop {max }limits_{left[ {0;2} right]} y = mathop {max }limits_{left[ {0;2} right]} left{ { – m;dfrac{{12 – m}}{3}} right})
(mathop {max }limits_{left[ {0;2} right]} left{ { – m;dfrac{{12 – m}}{3}} right} = – m Leftrightarrow – m ge dfrac{{12 – m}}{3} Leftrightarrow m le – 6). Khi đó: ( – m = 5 Leftrightarrow m = – 5): loại
(mathop {max }limits_{left[ {0;2} right]} left{ { – m;dfrac{{12 – m}}{3}} right} = dfrac{{12 – m}}{3} Leftrightarrow – m le dfrac{{12 – m}}{3} Leftrightarrow m ge – 6). Khi đó: (dfrac{{12 – m}}{3} = 5 Leftrightarrow m = – 3): thỏa mãn
Vậy, (m = – 3).
Chọn: C