Theo đề tham khảo Toán 2021 của Bộ GD&ĐT
ĐỀ BÀI:
23. Cho \(y = f\left( x \right)\)là hàm số bậc 4 thỏa mãn \(f\left( 1 \right) < 0\). Hàm số \(y = f’\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau
Hàm số \(g\left( x \right) = \left| {f\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right) + {x^2}} \right|\) có mấy điểm cực trị?
A. \(1\).
B. \(3\).
C. \(5\).
D. \(2\)
Lời giải
Xét hàm số \(h\left( x \right) = f\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right) + {x^2}\) xác định trên \(\mathbb{R}\).
\(h’\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}f’\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right) + 2x\)
\(h’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}f’\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right) + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f’\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right) = – 2\sqrt {{x^2} + 1} \,\,\,(1)\end{array} \right.\)
Xét phương trình (1): \(f’\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right) = – 2\sqrt {{x^2} + 1} \)
Đặt \(\sqrt {{x^2} + 1} = t,\,\,t \ge 1\), ta có phương trình: \(f’\left( t \right) = – 2t\,\,\,(2)\)
Số nghiệm phương trình (2) bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số \(\left\{ \begin{array}{l}y = f’\left( t \right)\\y = – 2t\end{array} \right.\)
Ta có:
Từ đồ thị ta thấy phương trình (2) có 1 nghiệm là \(t = a,\,\,a > 1\)
Khi đó: \(\sqrt {{x^2} + 1} = a \Leftrightarrow x = \pm \sqrt {{a^2} – 1} \).
Vậy phương trình \(h’\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm phân biệt \(x = – \sqrt {{a^2} – 1} ;\,x = 0;\,x = \sqrt {{a^2} – 1} \).
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = h\left( x \right)\)
Do \(h\left( 0 \right) = f\left( 1 \right) < 0\) nên phương trình \(h\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt
Vậy: hàm số \(y = h\left( x \right)\)có 3 điểm cực trị; đồ thị hàm số \(y = h\left( x \right)\) cắt trục hoành tại 2 điểm phân
biệt nên hàm số \(y = g\left( x \right) = \left| {h\left( x \right)} \right|\) có 5 điểm cực trị.
Để lại phản hồi