Cho hàm số bậc bốn \\(f\\left( x \\right)\\) có bảng biến thiên như sau: Số điểm cực trị của hàm số \\(y = {x^4}{\\left[ {f\\left( {x - 1} \\right)} \\right]^2}\\) là A.\(7\). B.\(5\). C.\(9\). D.\(11\).
Đáp án đúng: C Phương pháp giải: Từ BBT ta chọn được hàm \(f\left( x \right)\) thỏa mãn Sử dụng công thức \(\left( {f\left( u \right)} \right)' = u'.f'\left( u \right)\)Giải chi tiết:Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^4}{\left[ {f\left( {x - 1} \right)} \right]^2}\)có: \(g'\left( x \right) = {\left[ {{{\left( {{x^2}f\left( {x - 1} \right)} \right)}^2}} \right]^\prime } = 2{x^3}.f\left( {x - 1} \right).\left[ {2f\left( {x - 1} \right) + x.f'\left( {x - 1} \right)} \right]\) \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{x^3}.f\left( {x - 1} \right).\left[ {2f\left( {x - 1} \right) + x.f'\left( {x - 1} \right)} \right] = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f\left( {x - 1} \right) = 0\begin{array}{*{20}{c}}{}&{\left( 1 \right)}\end{array}\\2f\left( {x - 1} \right) + x.f'\left( {x - 1} \right) = 0\begin{array}{*{20}{c}}{}&{\left( 2 \right)}\end{array}\end{array} \right.\). Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) ta có: \(f'\left( x \right) = a\left( {x + 1} \right)x\left( {x - 1} \right) = a\left( {{x^3} - x} \right) \Rightarrow f\left( x \right) = a\left( {\dfrac{{{x^4}}}{4} - \dfrac{{{x^2}}}{2}} \right) + c\) Từ BBT ta thấy với \(x = 1 \Rightarrow f\left( x \right) = - 1\) và với \(x = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = 3\) nên ta có: \(a = 16;\,c = 3\). Suy ra hàm số \(f\left( x \right) = 4{x^4} - 8{x^2} + 3\) . Đặt: \(t = x - 1 \Rightarrow x = t + 1\) Khi đó phương trình \(\left( 1 \right)\)trở thành: \(f\left( t \right) = 0\,\,\left( 3 \right)\). Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình \(\left( 3 \right)\) có 4 nghiệm phân biệt khác \(0\). Phương trình \(\left( 2 \right)\) trở thành: \(2f\left( t \right) + \left( {t + 1} \right).f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 24{t^4} + 16{t^3} - 32{t^2} - 16t + 6 = 0\) Xét hàm số \(h\left( t \right) = 24{t^4} + 16{t^3} - 32{t^2} - 16t + 6\) \(h'\left( t \right) = 96{t^3} + 48{t^2} - 64t - 16\); \(h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = \dfrac{{1 - \sqrt {\dfrac{{11}}{3}} }}{4}\\t = \dfrac{{1 + \sqrt {\dfrac{{11}}{3}} }}{4}\end{array} \right.\). Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình: \(h\left( t \right) = 0\) có \(4\) nghiệm phân biệt. Do đó phương trình \(\left( 2 \right)\) có \(4\) nghiệm phân biệt khác các nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\). Suy ra phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có tất cả \(9\) nghiệm phân biệt bội lẻ. Vậy hàm số \(y = {x^4}{\left[ {f\left( {x - 1} \right)} \right]^2}\)có \(9\) điểm cực trị. Chọn C.