Cực trị của hàm số

Ta có: $y = \dfrac{{ - {x^2} + 3x + 6}}{{x + 2}} =  - x + 5 - \dfrac{4}{{x + 2}}$.

TXĐ: $D = R\backslash \left\{ { - 2} \right\}$.

Ta có: $y' =  - 1 + \dfrac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - {x^2} - 4x}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}};y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x = 0 \Rightarrow y = 3 \hfill \\ x =  - 4 \Rightarrow y = 11 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$ 

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có điểm cực đại là $\left( {0;3} \right)$ và điểm cực tiểu là $\left( { - 4;11} \right)$.

Gọi hàm số $y = f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\left( {a \ne 0} \right)$.

Đồ thị hàm số $y = a{x^2} + bx + c$ nhận điểm $\left( {0; - 1} \right)$ làm đỉnh và đi qua điểm $\left( {1;1}\right)$ nên $a = 2;b = 0;c =  - 1$ hay $f\left( x \right) = 2{x^2} - 1$.

Do đó $g'\left( x \right) = 2{x^2} + m - 1$.

Hàm số $y = g\left( x \right)$ không có cực trị$ \Leftrightarrow g'\left( x \right) = 0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm kép.

$ \Leftrightarrow m - 1 \geqslant 0 \Leftrightarrow m \geqslant 1$.

Vậy $m \geqslant 1$.

Ta có \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2\,\,\xrightarrow{{}}\,\,{y}'=3{{x}^{2}}-6x;\,\,{y}'=0\Leftrightarrow \left[\begin{align}  x=0\,\,\Rightarrow \,\,y\left( 0 \right)=2 \\  x=2\,\,\Rightarrow \,\,y\left( 2 \right)=-\,2 \\ \end{align} \right..\)

Suy ra tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là \(A\left( 0;2 \right),\,\,B\left( 2;-\,2 \right).\)

Gọi \(M\in d\Rightarrow M\left( a;a-1 \right),\) khi đó \(\left\{ \begin{align}  MA=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( a-3 \right)}^{2}}} \\  MB=\sqrt{{{\left( a-2 \right)}^{2}}+{{\left( a+1 \right)}^{2}}} \\ \end{align} \right.\)

Mà \(M\) cách đều \(A,\,\,B\)

Suy ra \(M{{A}^{2}}=M{{B}^{2}}\)\(\Leftrightarrow \)\({{a}^{2}}+{{\left( a-3 \right)}^{2}}={{\left( a-2 \right)}^{2}}+{{\left( a+1 \right)}^{2}}\)\(\Leftrightarrow \)\(a=1\,\,\Rightarrow \,\,M\left( 1;0 \right).\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thầy, trên đoạn \(\left[ { - 3;\,\,3} \right],\) hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị là \(\left( { - 1;\,\,1} \right);\,\,\,\left( {1; - 3} \right);\,\,\left( {2;\,\,3} \right).\)

Từ đồ thị ta thấy, hàm số f(x) đạt cực trị tại các điểm x=-2 và x=0 nên f'(-2)=0, f'(0)=0.

Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( { - 4x + 4} \right)f'\left( { - 2{x^2} + 4x} \right)\).

Cho \(g'\left( x \right) = 0  \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- 4x + 4 = 0\\
f'\left( { - 2{x^2} + 4x} \right) = 0
\end{array} \right.\,\,\,(*)\)

Do $f'\left( { - 2} \right) = 0,f'\left( 0 \right) = 0 $

$\Rightarrow f'\left( { - 2{x^2} + 4x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- 2{x^2} + 4x = 0\\
- 2{x^2} + 4x = - 2
\end{array} \right.$

Do đó,

\((*)\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 4x + 4 = 0\\ - 2{x^2} + 4x =  - 2\\ - 2{x^2} + 4x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1 \pm \sqrt 2 \\x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Các nghiệm này đều là nghiệm đơn.

Do đó \(g'\left( x \right)\) đổi dấu qua 5 điểm trên.

Vậy hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 5 điểm cực trị.

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right)\) có 1 lần đổi dấu từ âm sang dương

\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đổi dấu khi đi qua 4 điểm có hoành độ là \( - 1;\,\,0;\,\,2;\,\,4\).

Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 4 điểm cực trị.

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\) ta có \(g'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0\end{array} \right.\).

Dựa vào BBT ta thấy \(f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 2x = 0\\{x^2} - 2x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x = -1\\x =  3\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 5 nghiệm đơn \(x = 0,\,\,x = 2,\,\,x =   3,x=-1,x=1\)

Vậy hàm số đã cho có 5 điểm cực trị.

Xét hàm số \(y = {x^2} - 3x + 2\) ta có: \(y' = 2x - 3 \Rightarrow y' = 0\) \( \Leftrightarrow 2x - 3 = 0\) \( \Leftrightarrow x = \dfrac{3}{2}\)

\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = {x^2} - 3x + 2\) có 1 cực trị.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 3x + 2\) với trục hoành ta có:

\({x^2} - 3x + 2 = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 3x + 2\) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.

\( \Rightarrow \) Số điểm cực trị của hàm số \(y = \left| {{x^2} - 3x + 2} \right|\) là: \(S = 1 + 2 = 3\) cực trị.

Ta có: \(y = {2019^{f\left( {f\left( x \right) - 1} \right)}} \Rightarrow y' = {2019^{f\left( {f\left( x \right) - 1} \right)}}.f'\left( {f\left( x \right) - 1} \right).f'\left( x \right)\ln 2019\)

\(f'\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) - 1 =  - 1\\f\left( x \right) - 1 = 1\\f\left( x \right) - 1 = 3\\f\left( x \right) - 1 = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = 2\\f\left( x \right) = 4\\f\left( x \right) = 7\end{array} \right.\)

\(f'\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0\) có tất cả: \(2 + 5 + 2 + 1 = 10\) nghiệm

(trong đó, có các nghiệm \(x = 3,\,\,x = 6\) là nghiệm kép, còn lại là nghiệm đơn).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 1\\x = 3\\x = 6\end{array} \right.\) : có 4 nghiệm

\( \Rightarrow y' = {2019^{f\left( {f\left( x \right) - 1} \right)}}.f'\left( {f\left( x \right) - 1} \right).f'\left( x \right) = 0\) có 12 nghiệm phân biệt, trong đó, \(x = 3,\,\,x = 6\) là nghiệm bội 3, còn lại là nghiệm đơn.

Do đó, số điểm cực trị của hàm số \(y = {2019^{f\left( {f\left( x \right) - 1} \right)}}\) là 12.

Từ hình vẽ ta có đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là một trong hai đồ thị dưới đây:

Từ hai đồ thị trên ta dựng được đồ thị $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ là một trong đồ thị dưới đây:

Từ hai đồ thị ở trên ta thấy: Ở cả hai trường hợp thì hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ đều có $5$ điểm cực trị.

Xét phương trình \(y = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)...\left( {x - 100} \right) = 0\), phương trình có 100 nghiệm phân biệt.

Phương trình \(y = f\left( x \right) = 0\) là phương trình bậc 100, có 100 nghiệm, do đó hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 99 điểm cực trị.

Lại có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty \) nên số điểm cực tiểu nhiều hơn số điểm cực đại là 1.

Do đó hàm số có 50 điểm cực tiểu, 49 điểm cực đại.

Ta có:

\(\begin{array}{l}g\left( x \right) = f\left( { - {x^2} + x} \right)\\ \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( { - 2x + 1} \right)f'\left( { - {x^2} + x} \right)\\g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\f'\left( { - {x^2} + x} \right) = 0\end{array} \right.\end{array}\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow f'\left( { - {x^2} + x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - {x^2} + x = 0\\ - {x^2} + x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).

Suy ra phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm đơn phân biệt \(x = \dfrac{1}{2},\,\,x = 0,\,\,x = 1\).

Chọn \(x = 2\) ta có \(g'\left( 2 \right) =  - 3f'\left( { - 2} \right) < 0\), qua các nghiệm \(x = \dfrac{1}{2},\,\,x = 0,\,\,x = 1\) thì \(g'\left( x \right)\) đổi dấu.

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 2 điểm cực đại \(x = 0,\,\,x = 1\).

Ta có:

\(h\left( x \right) = {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]^2}\)

\( \Rightarrow h'\left( x \right) = 2\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right].\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]'\) \( = 2\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]\left[ {f'\left( x \right) - g'\left( x \right)} \right].\)

Cho \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) - g\left( x \right) = 0\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\f'\left( x \right) - g'\left( x \right) = 0\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Từ đồ thị hàm số ta thấy phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = {x_1} \in \left( { - 1;3} \right)\\x = 3\end{array} \right.\) và đa thức \(f\left( x \right) - g\left( x \right)\) đổi dấu khi qua các nghiệm này. Do đó các nghiệm trên là các nghiệm bội lẻ của (1). Mà \(f\left( x \right)\) và \(g\left( x \right)\) đều là các đa thức bậc 4 nên bậc của phương trình (1) nhỏ hơn hoặc bằng 4. Từ đó suy ra phương trình (1) là phương trình bậc 3.

Do đó phương trình (1) là phương trình bậc 3 có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt không trùng với các nghiệm của phương trình (1).

Suy ra phương trình \(h'\left( x \right) = 0\) có 5 nghiệm phân biệt và \(h'\left( x \right)\) đổi dấu qua các nghiệm này nên hàm số \(h\left( x \right)\) có 5 điểm cực trị.

Ta có:

\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) = 8\left( {3{x^2} - 3} \right)f'\left( {{x^3} - 3x + 3} \right) \\- \left( {12{x^5} - 48{x^3} + 48{x^2} + 36x - 48} \right)\\g'\left( x \right) = 24\left( {{x^2} - 1} \right)\left[ {f'\left( {{x^3} - 3x + 3} \right) - \dfrac{1}{2}\left( {{x^3} - 3x + 3 + 1} \right)} \right]\\g'\left( x \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 1\\f'\left( {{x^3} - 3x + 3} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {{x^3} - 3x + 3 + 1} \right)\,\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Đặt \(t = {x^3} - 3x + 3\), phương trình (*) trở thành \(f'\left( t \right) = \dfrac{1}{2}\left( {t + 1} \right)\), do đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( t \right)\) và \(y = \dfrac{1}{2}\left( {t + 1} \right)\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\\t = 1\\t = 5\\t=t_0\in (1;5)\end{array} \right.\)

+ Với \(t =  - 1 \Rightarrow {x^3} - 3x + 3 =  - 1\), phương trình này có 1 nghiệm không nguyên.

+ Với \(t = 1 \Rightarrow {x^3} - 3x + 3 = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 2\end{array} \right.\), trong đó \(x = 1\) là nghiệm bội 2.

+ Với \(t = 5 \Rightarrow {x^3} - 3x + 3 = 5 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 1\end{array} \right.\), trong đó \(x =  - 1\) là nghiệm bội 2.

+ Với \(t = {t_0} \in \left( {1;5} \right) \Rightarrow 1 < {t_0} < 5\) ta có phương trình \({x^3} - 3x + 3 = {t_0}\)

Xét hàm số \(h\left( x \right) = {x^3} - 3x + 3\) ta có:

\(h'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\)

BBT:

Từ BBT suy ra phương trình \({x^3} - 3x + 3 = {t_0}\) có \(3\) nghiệm phân biệt.

Suy ra phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 8 nghiệm phân biệt và \(g'\left( x \right)\) đổi dấu qua các nghiệm này (\(x =  \pm 1\) là nghiệm bội ba) nên hàm số \(g\left( x \right)\) có 8 điểm cực trị.

Hàm số \(y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\) xác định và liên tục trên \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \(f\left( 0 \right) = c > 2017 > 0\).

\(f\left( { - 1} \right) = f\left( 1 \right) = a + b + c < 2017\)

Do đó \(\left[ {f\left( { - 1} \right) - 2017} \right].\left[ {f\left( 0 \right) - 2017} \right] < 0\) và \(\left[ {f\left( 1 \right) - 2017} \right].\left[ {f\left( 0 \right) - 2017} \right] < 0\)

Mặt khác \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } f\left( x \right) =  + \infty \) nên \(\exists \alpha  < 0\), \(\beta  > 0\) sao cho \(f\left( \alpha  \right) > 2017\), \(f\left( \beta  \right) > 2017\)

\(\left[ {f\left( \alpha  \right) - 2017} \right].\left[ {f\left( { - 1} \right) - 2017} \right] < 0\) và \(\left[ {f\left( \beta  \right) - 2017} \right].\left[ {f\left( 1 \right) - 2017} \right] < 0\)

Suy ra đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) - 2017\) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt

Đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right) - 2017} \right|\) có dạng

Vậy số điểm cực trị của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right) - 2017} \right|\) là \(7\) .

Ta có:

\(\begin{array}{l}g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\\ \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\\\,\,\,\,\,\,g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 2 = 0\\f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0\end{array} \right.\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} - 2x =  - 2\\{x^2} - 2x = 3\end{array} \right.\) (ta không xét \({x^2} - 2x = 0\) vì \(x = 0\) là nghiệm kép của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\)).

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\\x =  - 1\end{array} \right.\) và qua các nghiệm này thì \(g'\left( x \right)\) đổi dấu.

Chọn \(x = 4\) ta có \(g'\left( 4 \right) = 6f'\left( 8 \right) > 0\).

Khi đó ta có BXD của \(g'\left( x \right)\) như sau:

Điểm cực đại của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\) là \({x_{CD}} = 1\).

Dựa vào hình vẽ ta thấy được, trong khoảng thời gian từ ngày 16/06/2021 đến ngày 27/01/2021, ngày 17/08/2020 có số người được điều trị Covid – 19 nhiều nhất là 492 người.

Đặt \({\left( {{x^4} + 3{x^2} + 2} \right)^2} = t\)\( \Rightarrow \left( {{x^4} + 3{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} + 3{x^2} + 3} \right) = t - 1\)

\(y = f\left( t \right) + t - 1\)

\(\begin{array}{l}y = f\left( {{{\left( {{x^4} + 3{x^2} + 2} \right)}^2}} \right) + \left( {{x^4} + 3{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} + 3{x^2} + 3} \right)\\y' = t'\left( x \right)\left[ {f'\left( t \right) + 1} \right]\\ = 2.\left( {{x^4} + 3{x^2} + 2} \right)\left( {4{x^3} + 6x} \right)\left[ {f'\left( t \right) + 1} \right]\\y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f'\left( t \right) + 1 = 0\left( * \right)\end{array} \right.\end{array}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) =  - 1\)

Ta lại có: \({x^4} + 3{x^2} + 2 \ge 2 \Rightarrow t \ge 4\)

Từ bảng biến thiên, đường thẳng y=-1 cắt đồ thị hàm số \(y = f'\left( t \right)\) tại 1 điểm duy nhất

\(\begin{array}{l}t = a > 4\\ \Leftrightarrow {\left( {{x^4} + 3{x^2} + 2} \right)^2} = a > 4\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^4} + 3{x^2} + 2 = \sqrt a  > 2\left( 1 \right)\\{x^4} + 3{x^2} + 2 =  - \sqrt a  <  - 2\left( {VN} \right)\end{array} \right.\\\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^4} + 3{x^2} + 2 - \sqrt a  = 0\\{x^2} = u\end{array}\)

Khi đó phương trình trên trở thành

\(\begin{array}{l}{u^2} + 3u + 2 - \sqrt a  = 0\left( 2 \right)\\2 - \sqrt a  < 0\end{array}\)

Nên phương trình (2) có 2 nghiệm trái dấu khác 0.

Hay phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có 3 cực trị.

Ta có: \(g\left( x \right) = {x^2}{\left[ {f\left( {x + 1} \right)} \right]^4}\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 2x{\left[ {f\left( {x + 1} \right)} \right]^4} + 4{x^2}{\left[ {f\left( {x + 1} \right)} \right]^3}.f'\left( {x + 1} \right)\) \( = 2x{\left[ {f\left( {x + 1} \right)} \right]^3}\left[ {f\left( {x + 1} \right) + 2x.f'\left( {x + 1} \right)} \right].\)

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

+) Xét phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có:

\(f\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1} <  - 2\\x = {x_2} \in \left( { - 2; - 1} \right)\\x = {x_3} \in \left( { - 1;\,\,0} \right)\\x = {x_4} > 0\end{array} \right.\)

+) Xét phương trình \(\left( 2 \right)\)  ta có: \(f\left( {x + 1} \right) + 2x.f'\left( {x + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow f\left( {x + 1} \right) + 2\left( {x + 1} \right).f'\left( {x + 1} \right) - 2f'\left( {x + 1} \right) = 0\,\,\,\left( * \right)\)

Đặt \(h\left( x \right) = f\left( {x + 1} \right) + 2\left( {x + 1} \right).f'\left( {x + 1} \right) - 2f'\left( {x + 1} \right)\)

Đặt \(t = x + 1\) ta được: \(h\left( t \right) = f\left( t \right) + 2t.f'\left( t \right) - 2f'\left( t \right).\)

\( \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow f\left( t \right) + 2t.f'\left( t \right) - 2f'\left( t \right) = 0\,\,\,\,\left( {**} \right)\)

Dựa vào BBT ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có dạng: \(f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 2bx\)

Ta thấy hàm số có 2 điểm cực đại \(\left( { - 1;\,\,3} \right),\,\,\left( {1;\,\,3} \right)\), 1 điểm cực trị \(\left( {0; - 2} \right)\) nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}c =  - 2\\4a + 2b = 0\\a + b + c = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 5\\b = 10\\c =  - 2\end{array} \right.\) \( \Rightarrow f\left( x \right) =  - 5{x^4} + 10{x^2} - 2\)\( \Rightarrow f'\left( x \right) =  - 20{x^3} + 20x.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {**} \right) \Leftrightarrow  - 5{t^4} + 10{t^2} - 2 + 2t\left( { - 20{t^3} + 20t} \right) - 2\left( { - 20{t^3} + 20t} \right) = 0\\ \Leftrightarrow  - 5{t^4} + 10{t^2} - 2 - 40{t^4} + 40{t^2} + 40{t^3} - 40t = 0\\ \Leftrightarrow  - 45{t^4} + 40{t^3} + 50{t^2} - 40t - 2 = 0\,\,\,\,\left( {***} \right)\end{array}\)

Lập bảng biến thiên ta được phương trình \(\left( {***} \right)\) có 4 nghiệm \(t\)

\( \Rightarrow \left( 2 \right)\) có 4 nghiệm \(x.\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 0\) có 9 nghiệm phân biệt.

\( \Rightarrow \) Hàm số \(g\left( x \right)\) có 9 điểm cực trị.