(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 \(g\left( x \right) = {2^{ – \frac{1}{{{x^4}}}}}{\left[ {f\left( {2x + 1} \right)} \right]^3}\)

A. \(7\).

B. \(5\).

C. \(4\).

D. \(6\).

Lời giải:

Chọn C

Ta có:

\(g’\left( x \right) = \frac{4}{{{x^5}}}{.2^{ – \frac{1}{{{x^4}}}}}.\ln 2.{\left[ {f\left( {2x + 1} \right)} \right]^3} + {2^{ – \frac{1}{{{x^4}}}}}.6.{\left[ {f\left( {2x + 1} \right)} \right]^2}.f’\left( {2x + 1} \right)\)

\( = {2.2^{ – \frac{1}{{{x^4}}}}}.{\left[ {f\left( {2x + 1} \right)} \right]^2}\left[ {\frac{{2\ln 2}}{{{x^5}}}f\left( {2x + 1} \right) + 3f’\left( {2x + 1} \right)} \right]\)

\(g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left[ {f\left( {2x + 1} \right)} \right]^2} = 0\,\,\left( 1 \right)\\\frac{{2\ln 2}}{{{x^5}}}f\left( {2x + 1} \right) + 3f’\left( {2x + 1} \right) = 0\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\).

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 \(\frac{{2\ln 2}}{{{x^5}}}f\left( {2x + 1} \right) + 3f’\left( {2x + 1} \right) = 0\). Đặt \(2x + 1 = t\); phương trình tương đương

\(\frac{{64\ln 2}}{{{{\left( {t – 1} \right)}^5}}}f\left( t \right) + 3f’\left( t \right) = 0\,\,\,\left( * \right)\).

Do \(f\left( t \right)\) và \(f’\left( t \right)\) không đồng thời bằng \(0\) nên \(\frac{{64\ln 2}}{{{{\left( {t – 1} \right)}^5}}} + 3\frac{{f’\left( t \right)}}{{f\left( t \right)}} = 0\,\,\left( * \right)\).

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: \(\frac{{64\ln 2}}{{{{\left( {t – 1} \right)}^5}}} + \frac{3}{{t – {t_1}}} + \frac{3}{{t – {t_2}}} + \frac{3}{{t – {t_3}}} + \frac{3}{{t – {t_4}}} = 0\)

Xét hàm số

\(h\left( t \right) = \frac{{64\ln 2}}{{{{\left( {t – 1} \right)}^5}}} + \frac{3}{{t – {t_1}}} + \frac{3}{{t – {t_2}}} + \frac{3}{{t – {t_3}}} + \frac{3}{{t – {t_4}}}\); \(h’\left( t \right) = – \frac{{320\ln 2}}{{{{\left( {t – 1} \right)}^6}}} – \frac{3}{{{{\left( {t – {t_1}} \right)}^2}}} – \frac{3}{{{{\left( {t – {t_2}} \right)}^2}}} – \frac{3}{{{{\left( {t – {t_3}} \right)}^2}}} – \frac{3}{{{{\left( {t – {t_4}} \right)}^2}}} < 0\); \(\forall t \in \mathbb{R}\).

Ta có bảng biến thiên của \(h\left( t \right)\):

Phương trình có 4 nghiệm nên hàm số có 4 điểm cực trị.