Cho hàm số $f\left(x\right)=x^3+a{x}^2+bx+c$. Nếu...

Xét phương trình $2f\left(x\right).f^{″}\left(x\right)={\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^2\iff 2f\left(x\right).f^{″}\left(x\right)-{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^2=0$.
Xét hàm số $g\left(x\right)=2f\left(x\right).f^{″}\left(x\right)-{\left[f^{\prime }\left(x\right)\right]}^2$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.
Ta có: $g^{\prime }\left(x\right)=2f^{\prime }\left(x\right).f^{″}\left(x\right)-2f\left(x\right)f^{‴}\left(x\right)-2f^{\prime }\left(x\right)f^{″}\left(x\right)=-2f\left(x\right).f^{‴}\left(x\right)$.
Mặt khác:
+ Có $f^{‴}\left(x\right)=-6$.
+ Gọi $x_1<x_2<x_3$ là ba nghiệm của phương trình: $f\left(x\right)=0$.
Khi đó $g^{\prime }\left(x\right)=0\iff -2f\left(x\right).f^{‴}\left(x\right)=0\iff f\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{rl}& x=x_1\\ & x=x_2\\ & x=x_3\end{array}$
Bảng biến thiên:

Ta nhận xét rằng theo giả thiết phương trình $f\left(x\right)=0$ có ba nghiệm phân biệt nên ta có $f\left(x\right)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$ thì $f^{\prime }\left(x\right)=(x-x_2)(x-x_3)+(x-x_1)(x-x_3)+(x-x_1)(x-x_2)$.
Suy ra $-\left[f^{\prime }{\left(x_2\right)}^2\right]=-{\left[(x_2-x_1)(x_2-x_3)\right]}^2<0$ nên từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số $y=g\left(x\right)$ cắt trục hoành tối đa tại hai điểm phân biệt nên phương trình $g\left(x\right)=0$ có tối đa hai nghiệm.