Google
Câu hỏi: Cho hai đồ thị $\left( {{C}_{1}} \right):y=f\left( x \right)={{x}^{4}}+a{{x}^{2}}+b$ và $\left( {{C}_{2}} \right):y=g\left( x \right)={{x}^{3}}+m{{x}^{2}}+nx+p$ như hình vẽ. Gọi B, D là hai điểm cực trị của $\left( {{C}_{1}} \right)$, A và C lần lượt là hai điểm cực trị và cực tiểu của $\left( {{C}_{2}} \right)$, (A và C đối xứng nhau qua điểm $U\in Oy$ ). Biết hoành độ A và B bằng nhau, hoành độ của C và D bằng nhau. Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để $AB\le 3$ ?
A. 4.
B. 5.
C. 6.
D. 2.
A. 4.
B. 5.
C. 6.
D. 2.
Ta có:$\bullet {f}'\left( x \right)=4{{x}^{3}}+2ax;{f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& x=0 \\
& {{x}^{2}}=-\dfrac{a}{2} \\
\end{aligned} \right. $. Suy ra$ {{x}_{1}}=-\sqrt{-\dfrac{a}{2}} $, với $ a<0 \left( 1 \right).$
$\bullet {g}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}+2mx+n.$
Ta có: ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ là hai nghiệm của phương trình ${g}'\left( x \right)=0,$
Vì $U\left( 0;b \right)$ là trung điểm của AC nên ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=0\Rightarrow m=0.$
Đồng thời: ${{x}_{1}}=-{{x}_{2}}\Rightarrow x_{1}^{2}=-{{x}_{1}}{{x}_{2}}=-\dfrac{n}{3}\Rightarrow n=-3x_{1}^{2},\left( 2 \right).$
Từ (1), (2) $\Rightarrow -\dfrac{n}{3}=-\dfrac{a}{2}\Rightarrow n=\dfrac{3a}{2}.$
Ngoài ra $U\left( 0;b \right)\in \left( {{C}_{2}} \right)$ nên suy ra $b=p.$
Ta có được:$\left\{ \begin{aligned}
& {{y}_{A}}=x_{1}^{3}+n{{x}_{1}}+p=-2x_{1}^{3}+p=-a.\sqrt{-\dfrac{a}{2}}+p \\
& {{y}_{B}}=x_{1}^{4}+ax_{1}^{2}+b=-\dfrac{{{a}^{2}}}{4}+b \\
\end{aligned} \right..$
Do đó: $AB\le 3\Leftrightarrow \left| {{y}_{b}}-{{y}_{A}} \right|\le 3\Leftrightarrow \left| a\sqrt{-\dfrac{a}{2}}-\dfrac{{{a}^{2}}}{4} \right|\le 3,\left( * \right)$
Đặt $t=\sqrt{-\dfrac{a}{2}}\Rightarrow a=-2{{t}^{2}}$, với $t>0.$
Từ $\left( * \right)\Leftrightarrow \left| -{{t}^{4}}-2{{t}^{3}} \right|\le 3\Leftrightarrow {{t}^{4}}+2{{t}^{3}}-3\le 0$ (do $t>0$ )
$\Leftrightarrow \left( t-1 \right)\left( {{t}^{3}}+3{{t}^{2}}+3t+3 \right)\le 0\Leftrightarrow 0<t\le 1\Rightarrow -2{{t}^{2}}\ge -2.$
Suy ra $-2\le a<0.$ Vậy: $a=\left\{ -2;-1 \right\}.$
& x=0 \\
& {{x}^{2}}=-\dfrac{a}{2} \\
\end{aligned} \right. $. Suy ra$ {{x}_{1}}=-\sqrt{-\dfrac{a}{2}} $, với $ a<0 \left( 1 \right).$
$\bullet {g}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}+2mx+n.$
Ta có: ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ là hai nghiệm của phương trình ${g}'\left( x \right)=0,$
Vì $U\left( 0;b \right)$ là trung điểm của AC nên ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=0\Rightarrow m=0.$
Đồng thời: ${{x}_{1}}=-{{x}_{2}}\Rightarrow x_{1}^{2}=-{{x}_{1}}{{x}_{2}}=-\dfrac{n}{3}\Rightarrow n=-3x_{1}^{2},\left( 2 \right).$
Từ (1), (2) $\Rightarrow -\dfrac{n}{3}=-\dfrac{a}{2}\Rightarrow n=\dfrac{3a}{2}.$
Ngoài ra $U\left( 0;b \right)\in \left( {{C}_{2}} \right)$ nên suy ra $b=p.$
Ta có được:$\left\{ \begin{aligned}
& {{y}_{A}}=x_{1}^{3}+n{{x}_{1}}+p=-2x_{1}^{3}+p=-a.\sqrt{-\dfrac{a}{2}}+p \\
& {{y}_{B}}=x_{1}^{4}+ax_{1}^{2}+b=-\dfrac{{{a}^{2}}}{4}+b \\
\end{aligned} \right..$
Do đó: $AB\le 3\Leftrightarrow \left| {{y}_{b}}-{{y}_{A}} \right|\le 3\Leftrightarrow \left| a\sqrt{-\dfrac{a}{2}}-\dfrac{{{a}^{2}}}{4} \right|\le 3,\left( * \right)$
Đặt $t=\sqrt{-\dfrac{a}{2}}\Rightarrow a=-2{{t}^{2}}$, với $t>0.$
Từ $\left( * \right)\Leftrightarrow \left| -{{t}^{4}}-2{{t}^{3}} \right|\le 3\Leftrightarrow {{t}^{4}}+2{{t}^{3}}-3\le 0$ (do $t>0$ )
$\Leftrightarrow \left( t-1 \right)\left( {{t}^{3}}+3{{t}^{2}}+3t+3 \right)\le 0\Leftrightarrow 0<t\le 1\Rightarrow -2{{t}^{2}}\ge -2.$
Suy ra $-2\le a<0.$ Vậy: $a=\left\{ -2;-1 \right\}.$
Đáp án D.