Google
Câu hỏi: Cho hàm số $y={f}'\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx$ có đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)$ như sau
và $f\left( 0 \right)=0$. Số điểm cực trị của hàm số $g\left( x \right)=f\left( xf\left( x \right) \right)-\ln \left( xf\left( x \right) \right)$ bằng
A. $9$.
B. $7$.
C. $8$.
D. $10$.
A. $9$.
B. $7$.
C. $8$.
D. $10$.
Từ đồ thị ta thấy ${f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& x=0 \\
& x=3 \\
\end{aligned} \right. $, kết hợp đồ thị ta có $ {f}'\left( x \right)=a{{x}^{2}}\left( x-3 \right)$.
Mặt khác lại có ${f}'\left( 2 \right)=4\Rightarrow a=-1\Rightarrow {f}'\left( x \right)=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}$.
Do đó $f\left( x \right)=\dfrac{-{{x}^{4}}}{4}+{{x}^{3}}+C,f\left( 0 \right)=0\Rightarrow C=0$ hay $f\left( x \right)=\dfrac{-{{x}^{4}}}{4}+{{x}^{3}}\Rightarrow xf\left( x \right)=-\dfrac{{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}}$.
Xét hàm số $g\left( x \right)=f\left( -\dfrac{{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}} \right)-\ln \left( -\dfrac{{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}} \right)$, điều kiện $x<4,x\ne 0$.
${g}'\left( x \right)=\left( -\dfrac{5}{4}{{x}^{4}}+4{{x}^{3}} \right)\left( {f}'\left( \dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}} \right)-\dfrac{1}{\dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}}} \right),{g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& x=0 \\
& x=\dfrac{16}{5} \\
& f'\left( \dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}} \right)=\dfrac{1}{\dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}}} \\
\end{aligned} \right.$.
Xét phương trình ${f}'\left( \dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}} \right)=\dfrac{1}{\dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}}}$.
Đặt $t=\dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}}\Rightarrow t'=-\dfrac{5}{4}{{x}^{4}}+4{{x}^{3}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& x=0 \\
& x=\dfrac{16}{5} \\
\end{aligned} \right.$.
BBT:
Khi đó ta có phương trình ${f}'\left( t \right)=\dfrac{1}{t}\left( t>0 \right)$.
Từ đồ thị trên ta thấy: ${f}'\left( t \right)=\dfrac{1}{t}\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& t=a\left( a\in \left( 0;2 \right) \right)\left( 1 \right) \\
& t=b\left( b\in \left( 2;3 \right) \right)\left( 2 \right) \\
\end{aligned} \right.$.
Dựa vào bảng biến thiên cả hai phương trình $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ đều có $3$ nghiệm khác $0;\dfrac{16}{5}$. VậygrW| tổng số điểm cực trị là $8$.
& x=0 \\
& x=3 \\
\end{aligned} \right. $, kết hợp đồ thị ta có $ {f}'\left( x \right)=a{{x}^{2}}\left( x-3 \right)$.
Mặt khác lại có ${f}'\left( 2 \right)=4\Rightarrow a=-1\Rightarrow {f}'\left( x \right)=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}$.
Do đó $f\left( x \right)=\dfrac{-{{x}^{4}}}{4}+{{x}^{3}}+C,f\left( 0 \right)=0\Rightarrow C=0$ hay $f\left( x \right)=\dfrac{-{{x}^{4}}}{4}+{{x}^{3}}\Rightarrow xf\left( x \right)=-\dfrac{{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}}$.
Xét hàm số $g\left( x \right)=f\left( -\dfrac{{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}} \right)-\ln \left( -\dfrac{{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}} \right)$, điều kiện $x<4,x\ne 0$.
${g}'\left( x \right)=\left( -\dfrac{5}{4}{{x}^{4}}+4{{x}^{3}} \right)\left( {f}'\left( \dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}} \right)-\dfrac{1}{\dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}}} \right),{g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& x=0 \\
& x=\dfrac{16}{5} \\
& f'\left( \dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}} \right)=\dfrac{1}{\dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}}} \\
\end{aligned} \right.$.
Xét phương trình ${f}'\left( \dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}} \right)=\dfrac{1}{\dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}}}$.
Đặt $t=\dfrac{-{{x}^{5}}}{4}+{{x}^{4}}\Rightarrow t'=-\dfrac{5}{4}{{x}^{4}}+4{{x}^{3}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& x=0 \\
& x=\dfrac{16}{5} \\
\end{aligned} \right.$.
BBT:
& t=a\left( a\in \left( 0;2 \right) \right)\left( 1 \right) \\
& t=b\left( b\in \left( 2;3 \right) \right)\left( 2 \right) \\
\end{aligned} \right.$.
Dựa vào bảng biến thiên cả hai phương trình $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ đều có $3$ nghiệm khác $0;\dfrac{16}{5}$. VậygrW| tổng số điểm cực trị là $8$.
Đáp án C.