Ta có:

g(x)=x²[f(x−1)]⁴

=> g '(x) = 2x[f(x−1)]⁴ + 4x²f '(x − 1)[f(x−1)]³

<=> g '(x) = 2x[f(x−1)]³[f(x−1) + 2xf '(x − 1)] = 0

⇔x=0fx−1=0fx−1+2xf'x−1=0

Đặt t = x − 1 => x = t + 1

Xét phương trình f (x − 1) = 0 <=> f (t) = 0

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f (t) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 1 nên phương trình f (x − 1) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 0.

Xét phương trình f(x−1) + 2xf '(x − 1) = 0

=>f(t) + 2(t + 1)f '(t) = 0 (*)

Dựa vào BBT ta thấy:

f (x) là hàm bậc bốn trùng phương, đặt f (x) = ax⁴ + bx² + c (a ≠ 0)

Đồ thị hàm số đi qua 3 điểm (−1; 3), (0; −1), (1; 3) và có ba điểm cực trị x = 0, x =±1 nên ta có:

c=−1a+b+c=3f'1=0⇔c=−1a+b+c=34a+2b=0⇔a=−4b=8c=−1

=> f (x) = −4x⁴ + 8x² − 1 => f '(x) = −16x³ + 16x.

Thay vào (*) ta có:

−4t⁴ + 8t² − 1 + 2(t + 1)( −16t³ + 16t) = 0

<=> −4t⁴ + 8t² − 1 − 32t⁴ + 32t² − 32t³ + 32t = 0

<=> −36t⁴ − 32t³ + 40t² + 32t − 1 = 0

Xét hàm số h (t) = −36t⁴ − 32t³ + 40t² + 32t − 1 ta có:

h '(t) = − 144t³ − 96t² + 80t + 32

Ta có: h't=0⇔t=23t=−13t=−1

Ta có BBT:

Cho hàm số bậc bốn f (x) có bảng biến thiên như sau: Số điểm cực trị của hàm số g(x) = x2[f (x − 1)]4 là: (ảnh 2)

Dựa vào BBT ta thấy phương trình h (t) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 1

=> Phương trình f (x − 1) − 2xf '(x − 1) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 0.

Do đó, phương trình g '(x) = 0 có tất cả 9 nghiệm phân biệt.

Vậy hàm số g(x)=x²[f(x−1)]⁴ có tất cả 9 điểm cực trị.

b) Gọi giao điểm của đường thẳng (d1) và (d2) với trục Oy lần lượt là A và B. Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn AB.