Bài 3: Cực trị của hàm số - Khóa LT ðảm bảo – Thầy Trần Phương Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Bài 03: Cực trị hàm ña thức và hàm phân thức bậc 2/ bậc 1 * Hàm ña thức bậc 3: Bài 1 : Tìm a ñể hàm số 3 2 4 ( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1 3 f x x a x c a x = − − + + + ñạ t c ự c tr ị t ạ i 1 2 , x x th ả o mãn ñ i ề u ki ệ n: 2 2 1 2 1 x x + = Lời giải : Hàm s ố có C ð , CT 2 ( ) 4 4(1 sin ) (1 os2 ) 0 f x x a x c a ′ ⇔ = − − + + = có 2 nghi ệ m phân bi ệ t 2 4(1 sin ) 4(1 os2 ) 0 a c a ′ ⇔ ∆ = − − + > 2 3sin 2sin 1 0 1 sin (*) 3 a a a ⇔ − − > ⇔ < − V ớ i ñ k (*) thì f’(x) có 2 nghi ệ m phân bi ệ t 1 2 , x x , và hàm ñạ t c ự c tr ị t ạ i 1 2 , x x . Théo viet ta có: 1 2 1 2 1 os2 1 sin ; . 4 c a x x a x x + + = − = Gi ả thi ế t : ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 . 1 x x x x x x + = ⇔ + − = 2 2 1 os2 (1 sin ) 1 2 1 3 sin 2 2sin 2sin 1 0 1 3 sin 2 c a a a a a a + ⇔ − − =  − =   ⇔ − − = ⇔  + =   So sánh ñ k (*) ta suy ra 1 3 arcsin 2 1 3 2 sin , 2 1 3 arcsin 2 2 a k a k Z a k π π π  − = +  −  = ⇔ ∈  − = − +   Bài 2 : Cho hàm số 3 2 1 1 3sin 2 ( ) (sin os ) 3 2 4 a f x x a c a x x = − + + 1. Tìm a ñể hàm số luôn ñồng biến 2. Tìm a ñể hàm số ñạt cực trị tại 1 2 , x x thỏa mãn ñiều kiện 2 2 1 2 1 2 x x x x + = + Lời giải: Ta có: 2 3sin 2 ( ) (sin os ) 4 a f x x a c a x ′ = − + + 1. Hàm số luôn ñồng biến ( ) 0, f x x R ′ ⇔ ≥ ∀ ∈ 2 (sin os ) 3sin 2 0 1 1 2sin 2 0 sin 2 2 5 2 2 2 (1) 6 6 a c a a a a k a k π π π π ⇔ ∆ = + − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ ⇔ + ≤ ≤ + 2. Hàm s ố có C ð , CT ( ) 0 f x ′ ⇔ = có 2 nghi ệ m phân bi ệ t Bài 3: C ự c tr ị c ủ a hàm s ố - Khóa LT ðả m b ả o – Th ầ y Tr ầ n Ph ươ ng Hocmai.vn – Ngôi tr ườ ng chung c ủ a h ọ c trò Vi ệ t 0 ⇔ ∆ > ⇔ a không th ỏ a mãn (1) V ớ i ñ k trên thì f’(x) có 2 nghi ệ m phân bi ệ t 1 2 , x x , và hàm ñạ t c ự c tr ị t ạ i 1 2 , x x . Théo viet ta có: 1 2 1 2 3sin2 sin cos ; . 4 a x x a a x x + = + = ð i ề u ki ệ n 2 2 1 2 1 2 x x x x + = + ( ) 2 1 2 1 2 1 2 2 . x x x x x x ⇔ + = + − ( ) 2 3sin2 sin cos sin cos (2) 2 a a a a a ⇔ + = + − ðặ t sin cos 2 os 4 t a a c a π   = + = −     2 sin 2 1 a t ⇒ = − , do ñ k nên 2 1 3 1 2 2 t t− < ⇔ ≤ Khi ñ ó (2) tr ở thành: 2 2 2 1 3 ( 1) 2 3 0 3 2 t t t t t t t =  = − − ⇔ + − = ⇔  = −  So sánh ñ k suy ra ch ỉ có t = 1 th ỏ a mãn, nên 2 1 os os 4 4 2 2 2 a k c a c a k π π π π π =     − = = ⇒    = +    Bài 3 : Tìm m ñể hàm s ố 3 2 3 ( ) 2 m f x x x m = − + có các C ð và CT n ằ m v ề hai phía c ủ a ñườ ng th ẳ ng y = x Lời giải : Hàm s ố có C ð và CT 2 ( ) 3 3 0 f x x mx ′ ⇔ = − = có 2 nghi ệ m phân bi ệ t 0 m ⇔ ≠ Khi ñ ó f’(x) có 2 nghi ệ m phân bi ệ t 1 2 0; x x m = = ⇒ t ọ a ñộ 2 ñ i ể m C ð , CT là: 3 (0; ); ( ; ) 2 m A m B m m − Hai ñ i ể m A, B n ằ m v ề hai phía c ủ a ñườ ng th ẳ ng y = x hay x – y = 0 khi và ch ỉ khi: 3 4 (0 )( ) 0 0 2 2 m m m m m − − + < ⇔ − < , luôn ñ úng v ớ i 0 m ≠ V ậ y ð S: 0 m ≠ * Hàm ña thức bậc 4: Bài 1 : Tìm m ñể hàm 4 3 2 ( ) 4 1 f x x x x mx = − + + − có c ự c ñạ i, c ự c ti ể u Lời giải : Hàm f(x) có c ự c ñạ i, c ự c ti ể u 3 2 ( ) 4 12 2 0 f x x x x m ′ ⇔ = − + + = có 3 nghi ệ m phân bi ệ t 3 2 ( ) : 4 12 2 g x x x x m ⇔ = − + = − có 3 nghi ệ m phân bi ệ t Xét hàm g(x) ta có: 2 6 30 6 ( ): 12 24 2 0 6 30 6 x g x x x x  − =   ′ = − + = ⇔  + =   Bài 3: C ự c tr ị c ủ a hàm s ố - Khóa LT ðả m b ả o – Th ầ y Tr ầ n Ph ươ ng Hocmai.vn – Ngôi tr ườ ng chung c ủ a h ọ c trò Vi ệ t T ừ ñ ó ta v ẽ ñượ c bbt c ủ a hàm g(x) trên R (hs t ự v ẽ ) V ậ y g(x) = -m có 3 nghi ệ m phân bi ệ t ⇔ ñồ th ị hàm g(x) c ắ t ñườ ng th ẳ ng y = - m t ạ i 3 ñ i ể m phân bi ệ t 6 30 6 30 6 6 g m g     + − ⇔ < − <             6 30 6 30 6 6 g m g     − + ⇔ − < < −             10 30 10 30 6 6 9 9 m⇔ − < < + Bài 2 : Cho hàm số 4 3 2 ( ) 2 f x x x mx = + + . Tìm m ñể hàm chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại Lời giải: Ta có 3 2 ( ) 4 6 2 0 f x x x mx ′ = + + = 2 2 (2 3 ) 0 0 ( ) 2 3 0 x x x m x g x x x m ⇔ + + = =  ⇔  = + + =  Ta có: 9 8 g m ∆ = − TH 1: N ế u 9 0 8 g m ∆ ≤ ⇔ ≥ thì ( ) 0, g x x ≥ ∀ . Suy ra f(x) tri ệ t tiêu và ñổ i d ấ u t ừ - sang + t ạ i x = 0 nên ñạ t c ự c ti ể u t ạ i x = 0, và không có c ự c ñạ i TH 2: N ế u 9 0 8 g m ∆ > ⇔ < thì g(x) có 2 nghi ệ m phân bi ệ t. ð k ñể hàm ch ỉ có c ự c ti ể u mà không có c ự c ñạ i là: ( ) g 0 0 0 m = ⇔ = (th ỏ a mãn) V ậ y các giá tr ị c ầ n tìm c ủ a m là: 0 9 8 m m =    ≥  Bài 3: CMR hàm s ố 4 2 ( ) 6 4 6 f x x x x = − + + luôn có 3 c ự c tr ị ñồ ng th ờ i g ố c t ọ a ñộ O là tr ọ ng tâm c ủ a tam giác có 3 ñỉ nh là 3 ñ i ể m c ự c tr ị Lời giải : Ta có: 3 ( ) 4 12 4 f x x x ′ = − + Hàm f’(x) liên t ụ c trên R, ngoài ra ta có: ( 2) 4; (0) 4; (1) 4; (2) 12 f f f f ′ ′ ′ − = − = = − = ( 2) (0) 0; (0) (1) 0; (1) (2) 0 f f f f f f ′ ′ ′ ′ ′ ⇒ − < < < ⇒ f’(x) có 3 nghi ệ m phân bi ệ t 1 2 3 2 0 1 2 x x x − < < < < < < V ậ y f(x) có 3 c ự c tr ị , g ọ i 3 ñ i ể m c ự c tr ị là 1 1 2 2 3 3 ( , ); ( , ); ( , ) A x y B x y C x y Ta th ự c hi ệ n phép chia f(x) cho f’(x) ñượ c: 2 1 ( ) ( ) (3 4 6) 4 f x f x x x ′ = − − − Suy ra 2 3 4 6; 1,2,3 k k k y x x k= − + + = Bài 3: C ự c tr ị c ủ a hàm s ố - Khóa LT ðả m b ả o – Th ầ y Tr ầ n Ph ươ ng Hocmai.vn – Ngôi tr ườ ng chung c ủ a h ọ c trò Vi ệ t Áp d ụ ng viet cho f’(x ) ta có: 1 2 3 1 2 2 3 1 3 0 . . . 3 x x x x x x x x x + + =   + + = −  Nên 2 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3 3 ( ) 2( . . . ) 4( ) 18 y y y x x x x x x x x x x x x   + + = − + + − + + + + + +   6.( 3) 18 0 = − + = Do ñ ó 3 ñỉ nh A, B, C nh ậ n O là g ố c t ọ a ñộ Bài 4: CMR: 4 3 4 ( ) 0, 256 27 f x x px q x R q p = + + ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥ Lời giải : 3 3 ( ) 4 0 4 p f x x p x − ′ = + = ⇔ = , t ừ ñ ó ta v ẽ ñượ c bbt c ủ a hàm f(x) T ừ bbt suy ra ( ) 0, f x x R ≥ ∀ ∈ 3 4 3 3 3 4 min ( ) ( ) 0 4 0 4 4 256 27 ( ) x R p f x f p p p q q p dpcm ∈ − ⇔ = ≥   − − ⇔ + + ≥       ⇔ ≥ Bài 5 : Tìm m ñể hàm số 4 2 1 3 ( ) 4 2 f x x mx = − + chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại Lời giải: Lời giải giống bài tập số 2 ở trên. ðS là: 0 m ≤ Bài 6 : Tìm m ñể hàm số ( ) ( ) 4 2 ( ) 1 1 2 f x mx m x m = + − + − có ñúng 1 cực trị Lời giải: ( ) 3 2 0 ( ) 4 2 1 0 ( ) 2 1 0 x f x mx m x g x mx m =  ′ = + − = ⇔  = + − =  - Nếu m = 0 thì g(x) vô nghiệm, khi ñó f(x) có 1 cực ñại - Nếu m = 1 thì g(x) có nghiệm kép x = 0, khi ñó f(x) chỉ có 1 cực tiểu - Nếu 0 < m < 1 thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, khi ñó f(x) có 3 cực trị - Nếu m < 0 hoặc m > 1 thì g(x) vô nghiệm, khi ñó f(x) có 1 cực trị Vậy các giá trị cần tìm của m là: 0 1 m m ≤   ≥  Bài 7 : CMR hàm số 4 3 2 ( ) 5 1 f x x x x = − − + có 3 ñiểm cực trị nằm trên một parabol. Lời giải :Ta có 3 2 ( ) 4 3 10 0 f x x x x ′ = − − = 2 (4 3 10) 0 0 5 2 2 x x x x x x ⇔ − − = =    ⇔ =   =  Suy ra f(x) luôn có 3 ñiểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) ñược: 2 1 1 43 5 ( ) ( ) 1 4 16 16 8 f x x f x x x −     ′ = − + − +         Do hoành ñộ 3 ñiểm cực trị là nghiệm của f’(x), suy ra tọa ñộ 3 ñiểm cực trị sẽ thỏa mãn Bài 3: Cực trị của hàm số - Khóa LT ðảm bảo – Thầy Trần Phương Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 2 43 5 1 16 8 y x x − = − + Vậy 3 ñiểm cực trị nằm trên một parabol 2 43 5 1 16 8 y x x − = − + . * Hàm phân thức bậc 2/bậc 1: Bài 1: Tìm m ñể hàm số 2 2 (2 3) 4 x m x m m y x m + + + + = + có 2 cực trị trái dấu Lời giải: Hàm số có 2 cực trị trái dấu ( ) 2 2 2 2 3 0 x mx m m y x m + + − ′ ⇔ = = + có 2 nghiệm trái dấu 2 2 ( ) 2 3 0 g x x mx m m ⇔ = + + − = có 2 nghiệm trái dấu và ñều khác – m 2 3 0 0 3 ( ) 3 0 c m m m a g m m  = − <  ⇔ ⇔ < <   − = − ≠  Bài 2: Tìm m ñể 2 1 x x m y x + + = + có 2 cực trị nằm về 2 phía của trục tung Oy Lời giải: Hàm số có 2 cực trị ( ) 2 2 2 1 0 1 x x m y x + + − ′ ⇔ = = + có 2 nghiệm phân biệt 2 ( ) 2 1 0 g x x x m ⇔ = + + − = có 2 nghiệm phân biệt khác -1 0 0 ( 1) 0 m m g m ′ ∆ = >  ⇔ ⇔ >  − = − ≠  Với ñk ñó, gọi 1 2 ; x x là 2 nghiệm phân biệt của g(x). Khi ñó hàm số y có 2 cực trị 1 1 2 2 ( ; ); ( ; ) A x y B x y , trong ñó: 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 1 1 1 ( ) 2 1 1 1 x x m x x m g x y x x x x x m x x m g x y x x x + + + + + = = = + + + + + + + + = = = + + + Hàm có 2 cực trị nằm về 2 phía của trục tung Oy ( ) ( ) 1 2 1 2 . 0 2 1 2 1 0 y y x x ⇔ < ⇔ + + < 1 2 1 2 4 . 2( ) 1 0 4(1 ) 4 1 0 1 4 x x x x m m ⇔ + + + < ⇔ − − + < ⇔ > V ậ y 1 4 m > Bài 3: C ự c tr ị c ủ a hàm s ố - Khóa LT ðả m b ả o – Th ầ y Tr ầ n Ph ươ ng Hocmai.vn – Ngôi tr ườ ng chung c ủ a h ọ c trò Vi ệ t Bài 3: Tìm m ñể hàm s ố 2 ( 0) x mx m y m x m − + = ≠ − có 2 c ự c tr ị trái d ấ u HDG : Cách gi ả i hoàn toàn nh ư bài t ậ p 1. ð S : 0 < m < 1 Bài 4: Tìm m ñể hàm s ố 2 3( 2) 1 x mx m y x − + + = − có C ð , CT n ằ m v ề 2 phía c ủ a tr ụ c Ox HDG : Cách gi ả i hoàn toàn nh ư bài t ậ p 2. ð S: 6 60 6 60 m− < < + Bài 5: Tìm m ñể hàm s ố 2 ( 1) 1 x m x m y x m + + − + = − có . 0 CD CT y y > HDG : Cách gi ả i hoàn toàn nh ư bài t ậ p 2. ð S: 7 52 7 52 m m  < − −  > − +   Bài 6: Tìm m ñể hàm s ố 2 5 x mx m y x m − − + = − có C ð , CT cùng d ấ u HDG : Cách gi ả i hoàn toàn nh ư bài t ậ p 2. ð S: 1 21 2 1 21 5 2 m m  − − <    − + < <   Nguồn: hocmai.vn