8. Cho \(f\left( x \right)\) là hàm bậc bốn thỏa mãn \(f\left( 0 \right) = 0\). Hàm số \(f’\left( x \right)\) đồ thị như sau: 

DẠNG TOÁN 46: CỰC TRỊ HÀM SỐ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
  Theo đề tham khảo Toán 2021 của Bộ GD&ĐT
ĐỀ BÀI:
8. Cho \(f\left( x \right)\) là hàm bậc bốn thỏa mãn \(f\left( 0 \right) = 0\). Hàm số \(f’\left( x \right)\) đồ thị như sau: 

Hàm số \(g\left( x \right) = \left| {f\left( {{x^3}} \right) – {x^3} – x} \right|\) có bao nhiêu điểm cực trị ?

A. \(3.\) B. \(2.\) C. \(1.\) D. \(4.\)

Lời giải

Chọn A

Do \(f\left( x \right)\) là hàm bậc bốn và từ đồ thị của \(f’\left( x \right)\), ta có: \(f’\left( x \right)\) bậc ba có 2 điểm cực trị là \( – 1;1\) nên \(f”\left( x \right) = a\left( {{x^2} – 1} \right)\).

Suy ra \(f’\left( x \right) = a\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – x} \right) + b\).

 Do \(f’\left( 0 \right) =  – 3\) và \(f’\left( { – 1} \right) =  – 1\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}b =  – 3\\a\left( { – \frac{1}{3} + 1} \right) + b =  – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b =  – 3\end{array} \right..\)

Suy ra \(f’\left( x \right) = 3\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – x} \right) – 3\)

Xét hàm số \(h\left( x \right) = f\left( {{x^3}} \right) – {x^3} – x\), có \(h’\left( x \right) = 3{x^2}f’\left( {{x^3}} \right) – 3{x^2} – 1\).

\(h’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f’\left( {{x^3}} \right) = \frac{{3{x^2} + 1}}{{3{x^2}}}.\) \(\left( 1 \right)\)

Bảng biến thiên của \(f’\left( x \right)\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có 

+ Với \(x \in \left( { – \infty ;0} \right)\): \(f’\left( x \right) < 0\, \Rightarrow f’\left( {{x^3}} \right) < 0\,\), mà \(\frac{{3{x^2} + 1}}{{3{x^2}}} > 0\,\) suy ra \(\left( 1 \right)\) vô nghiệm trên \(\left( { – \infty ;0} \right)\).  

+ Trên \(\left( {0; + \infty } \right)\): \(f’\left( x \right) \in \left( { – 3; + \infty } \right) \Rightarrow f’\left( {{x^3}} \right) \in \left( { – 3; + \infty } \right)\) đồng biến suy ra \(f’\left( {{x^3}} \right)\) đồng biến mà hàm số \(y = \frac{{3{x^2} + 1}}{{3{x^2}}}\) nghịch biến nên phương trình \(\left( 1 \right)\) có không quá 1 nghiệm. Mặt khác, hàm số \(y = f’\left( {{x^3}} \right) – \frac{{3{x^2} + 1}}{{3{x^2}}}\) liên tục trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ {f’\left( {{x^3}} \right) – \frac{{3{x^2} + 1}}{{3{x^2}}}} \right] =  – \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {f’\left( {{x^3}} \right) – \frac{{3{x^2} + 1}}{{3{x^2}}}} \right] =  + \infty \)

Nên \(\left( 1 \right)\) có đúng 1 nghiệm \(x = {x_0} > 0\). 

Bảng biến thiên của \(h\left( x \right)\): 

Từ đó ta có \(h\left( {{x_0}} \right) < 0\) nên phương trình \(h\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm thực phân biệt. Mặt khác  \(g\left( x \right) = \left| {h\left( x \right)} \right| = \left\{ \begin{array}{l}h\left( x \right)\,\,{\rm{khi }}h\left( x \right) \ge 0\\ – h\left( x \right)\,\,{\rm{khi }}h\left( x \right) < 0\end{array} \right.\). 

Từ đó hàm số \(g\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị.