Bài tập nâng cao · Bài 26
Dạng 6. Số điểm cực trị của hàm hợp không chứa dấu giá trị tuyệt đối
Bài tập nâng cao Cực trị của hàm số · Bài 26
(Sở Hà Tĩnh 2022) Cho hàm số $ y=f\left ( { x } \right ) $ là hàm số đa thức bậc bốn và có bảng biến thiên như hình bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số $ g\left ( { x } \right )=2 ^ { -\frac { 1 } { x ^ { 4 } } } \left[ f\left ( { 2x+1 } \right ) \right] ^ { 3 } $
Xem lời giải
Lời giải
Ta có:
$ g'\left ( { x } \right )=\frac { 4 } { x ^ { 5 } }.2 ^ { -\frac { 1 } { x ^ { 4 } } } .ln2.\left[ f\left ( { 2x+1 } \right ) \right] ^ { 3 } +2 ^ { -\frac { 1 } { x ^ { 4 } } } .6.\left[ f\left ( { 2x+1 } \right ) \right] ^ { 2 } .f'\left ( { 2x+1 } \right ) $
$ =2.2 ^ { -\frac { 1 } { x ^ { 4 } } } .\left[ f\left ( { 2x+1 } \right ) \right] ^ { 2 } \left[ \frac { 2ln2 } { x ^ { 5 } }f\left ( { 2x+1 } \right )+3f'\left ( { 2x+1 } \right ) \right] $
$ g'\left ( { x } \right )=0\Leftrightarrow \left[ \left[ f\left ( { 2x+1 } \right ) \right] ^ { 2 } =0\,\,\left ( { 1 } \right ) \\ \frac { 2ln2 } { x ^ { 5 } }f\left ( { 2x+1 } \right )+3f'\left ( { 2x+1 } \right )=0\,\,\left ( { 2 } \right ) \right. $.
Xét phương trình $ \left[ f\left ( { 2x+1 } \right ) \right] ^ { 2 } =0 $ có các nghiệm đều là nghiệm bội chẵn do đó $ g'\left ( { x } \right ) $ không đổi dấu khi qua các nghiệm đó.
Xét phương trình $ \frac { 2ln2 } { x ^ { 5 } }f\left ( { 2x+1 } \right )+3f'\left ( { 2x+1 } \right )=0 $. Đặt $ 2x+1=t $; phương trình tương đương
$ \frac { 64ln2 } { \left ( { t-1 } \right ) ^ { 5 } }f\left ( { t } \right )+3f'\left ( { t } \right )=0\,\,\,\left ( { * } \right ) $.
Do $ f\left ( { t } \right ) $ và $ f'\left ( { t } \right ) $ không đồng thời bằng $ 0 $ nên $ \frac { 64ln2 } { \left ( { t-1 } \right ) ^ { 5 } }+3\frac { f'\left ( { t } \right ) } { f\left ( { t } \right ) }=0\,\,\left ( { * } \right ) $.
Dựa vào bảng biến thiên ta có: $ f\left ( { t } \right )=a\left ( { t-t_{ 1 } } \right )\left ( { t-t_{ 2 } } \right )\left ( { t-t_{ 3 } } \right )\left ( { t-t_{ 4 } } \right ) $.
Tính $ f'\left ( { t } \right ) $ thay vào $ \left ( { * } \right ) $ ta được phương trình: $ \frac { 64ln2 } { \left ( { t-1 } \right ) ^ { 5 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 1 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 2 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 3 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 4 } }=0 $
Xét hàm số
$ h\left ( { t } \right )=\frac { 64ln2 } { \left ( { t-1 } \right ) ^ { 5 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 1 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 2 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 3 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 4 } } $; $ h'\left ( { t } \right )=-\frac { 320ln2 } { \left ( { t-1 } \right ) ^ { 6 } }-\frac { 3 } { \left ( { t-t_{ 1 } } \right ) ^ { 2 } }-\frac { 3 } { \left ( { t-t_{ 2 } } \right ) ^ { 2 } }-\frac { 3 } { \left ( { t-t_{ 3 } } \right ) ^ { 2 } }-\frac { 3 } { \left ( { t-t_{ 4 } } \right ) ^ { 2 } } < 0 $; $ ∀t\in \mathbb{R} $.
Ta có bảng biến thiên của $ h\left ( { t } \right ) $:
Phương trình có 4 nghiệm nên hàm số có 4 điểm cực trị.
$ g'\left ( { x } \right )=\frac { 4 } { x ^ { 5 } }.2 ^ { -\frac { 1 } { x ^ { 4 } } } .ln2.\left[ f\left ( { 2x+1 } \right ) \right] ^ { 3 } +2 ^ { -\frac { 1 } { x ^ { 4 } } } .6.\left[ f\left ( { 2x+1 } \right ) \right] ^ { 2 } .f'\left ( { 2x+1 } \right ) $
$ =2.2 ^ { -\frac { 1 } { x ^ { 4 } } } .\left[ f\left ( { 2x+1 } \right ) \right] ^ { 2 } \left[ \frac { 2ln2 } { x ^ { 5 } }f\left ( { 2x+1 } \right )+3f'\left ( { 2x+1 } \right ) \right] $
$ g'\left ( { x } \right )=0\Leftrightarrow \left[ \left[ f\left ( { 2x+1 } \right ) \right] ^ { 2 } =0\,\,\left ( { 1 } \right ) \\ \frac { 2ln2 } { x ^ { 5 } }f\left ( { 2x+1 } \right )+3f'\left ( { 2x+1 } \right )=0\,\,\left ( { 2 } \right ) \right. $.
Xét phương trình $ \left[ f\left ( { 2x+1 } \right ) \right] ^ { 2 } =0 $ có các nghiệm đều là nghiệm bội chẵn do đó $ g'\left ( { x } \right ) $ không đổi dấu khi qua các nghiệm đó.
Xét phương trình $ \frac { 2ln2 } { x ^ { 5 } }f\left ( { 2x+1 } \right )+3f'\left ( { 2x+1 } \right )=0 $. Đặt $ 2x+1=t $; phương trình tương đương
$ \frac { 64ln2 } { \left ( { t-1 } \right ) ^ { 5 } }f\left ( { t } \right )+3f'\left ( { t } \right )=0\,\,\,\left ( { * } \right ) $.
Do $ f\left ( { t } \right ) $ và $ f'\left ( { t } \right ) $ không đồng thời bằng $ 0 $ nên $ \frac { 64ln2 } { \left ( { t-1 } \right ) ^ { 5 } }+3\frac { f'\left ( { t } \right ) } { f\left ( { t } \right ) }=0\,\,\left ( { * } \right ) $.
Dựa vào bảng biến thiên ta có: $ f\left ( { t } \right )=a\left ( { t-t_{ 1 } } \right )\left ( { t-t_{ 2 } } \right )\left ( { t-t_{ 3 } } \right )\left ( { t-t_{ 4 } } \right ) $.
Tính $ f'\left ( { t } \right ) $ thay vào $ \left ( { * } \right ) $ ta được phương trình: $ \frac { 64ln2 } { \left ( { t-1 } \right ) ^ { 5 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 1 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 2 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 3 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 4 } }=0 $
Xét hàm số
$ h\left ( { t } \right )=\frac { 64ln2 } { \left ( { t-1 } \right ) ^ { 5 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 1 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 2 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 3 } }+\frac { 3 } { t-t_{ 4 } } $; $ h'\left ( { t } \right )=-\frac { 320ln2 } { \left ( { t-1 } \right ) ^ { 6 } }-\frac { 3 } { \left ( { t-t_{ 1 } } \right ) ^ { 2 } }-\frac { 3 } { \left ( { t-t_{ 2 } } \right ) ^ { 2 } }-\frac { 3 } { \left ( { t-t_{ 3 } } \right ) ^ { 2 } }-\frac { 3 } { \left ( { t-t_{ 4 } } \right ) ^ { 2 } } < 0 $; $ ∀t\in \mathbb{R} $.
Ta có bảng biến thiên của $ h\left ( { t } \right ) $:
Phương trình có 4 nghiệm nên hàm số có 4 điểm cực trị.