Cho hàm số $y = f (x)$ liên tục trên $R$ có đồ...

The Knowledge · 7/1/22

Câu hỏi: Cho hàm số

y = f (x)

liên tục trên

R

có đồ thị

y = f^{'} (x)

như hình vẽ bên. Hàm số

y = f (\sqrt{x^{2} + 2 x + 9} - \sqrt{x^{2} + 2 x + 4})

có bao nhiêu điểm cực tiểu?

A. 0
B. 1
C. 2
D. 3

Ta có:

y^{'} = (x + 1) (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + 2 x + 9}} - \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 2 x + 4}}) . f^{'} (\sqrt{x^{2} + 2 x + 9} - \sqrt{x^{2} + 2 x + 4})

Khi đó:

y^{'} = 0 \Leftrightarrow [\begin{aligned} x + 1 = 0 \\ \sqrt{x^{2} + 2 x + 9} = \sqrt{x^{2} + 2 x + 4} \\ f^{'} (\sqrt{x^{2} + 2 x + 9} - \sqrt{x^{2} + 2 x + 4}) = 0 \end{aligned}

\Leftrightarrow [\begin{aligned} x = - 1 \\ (\sqrt{x^{2} + 2 x + 9} - \sqrt{x^{2} + 2 x + 4}) \in {- 1; 1; 3} (*) \end{aligned}

Do

{\begin{aligned} \sqrt{x^{2} + 2 x + 9} - \sqrt{x^{2} + 2 x + 4} = \frac{5}{\sqrt{x^{2} + 2 x + 9} + \sqrt{x^{2} + 2 x + 4}} \\ x^{2} + 2 x + 9 \geq 8; x^{2} + 2 x + 4 \geq 3 \end{aligned}

\Rightarrow 0 < \frac{5}{\sqrt{x^{2} + 2 x + 9} + \sqrt{x^{2} + 2 x + 4}} \leq \frac{5}{\sqrt{8} + \sqrt{3}} \approx 1, 096

(2*)
Từ (*), (2*), suy ra:

\sqrt{x^{2} + 2 x + 9} - \sqrt{x^{2} + 2 x + 4} = 1 \Leftrightarrow \sqrt{x^{2} + 2 x + 9} = \sqrt{x^{2} + 2 x + 4} - 1

\Rightarrow x^{2} + 2 x + 9 = x^{2} + 2 x + 4 - 2 \sqrt{x^{2} + 2 x + 4} + 1 \Leftrightarrow \sqrt{x^{2} + 2 x + 4} = 2 \Leftrightarrow [\begin{aligned} x = 0 \\ x = - 2 \end{aligned}

Vậy

y^{'} = 0 \Leftrightarrow x \in {- 1; 0; - 2}

Tính

y^{'} (1) = 2. (\frac{1}{\sqrt{12}} - \frac{1}{\sqrt{7}}) . f^{'} (\sqrt{12} - \sqrt{7}) \approx - 0, 18. f^{'} (0, 82) > 0

(do

f^{'} (0, 82) < 0

)
Khí đó ta có bẳng xét dấu của

y^{'}

như sau:

Suy ra hàm số có 2 điểm cực tiểu

Đáp án C.

Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R có đồ...