Bài Cực trị hàm đa thức BÀI CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC A CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC I TÓM TẮT LÝ THUYẾT Hàm số: y = f (x) = ax + bx + cx + d ( a ≠ ) Đạo hàm: y ′ = f ′ ( x ) = 3ax + 2bx + c Điều kiện tồn cực trị y = f (x) có cực trị ⇔ y = f (x) có cực đại cực tiểu ⇔ f ′ ( x ) = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = b2 − 3ac > Kỹ tính nhanh cực trị Giả sử ∆′ = b2 − 3ac > 0, f ′ ( x ) = có nghiệm phân biệt x1 , x với x1,2 = −b ± b − 3ac hàm số đạt cực trị x1, x2 3a Theo định nghĩa ta có cực trị hàm số là:  −b − b − 3ac   −b + b − 3ac  y1 = f ( x1 ) = f  ÷ ; y2 = f ( x2 ) = f  ÷ 3a 3a     Trong trường hợp x1, x2 số vô tỉ cực trị f (x1), f (x2) tính theo định nghĩa phức tạp so với cách tính theo thuật tốn sau đây: Bước 1: Thực phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: ( ) (   f ( x ) = x + b f ′ ( x ) +  c − b ÷ x + d − bc 9a 3 3a  9a ) hay f ( x ) = f ′ ( x ) q ( x ) + r ( x ) với bậc r ( x ) = ( )  b2  bc 2  y1 = f ( x1 ) = r ( x1 ) =  c − 3a ÷ x1 + d − 9a ′ ( x1 ) = f     nên  Bước 2: Do   f ′ ( x2 ) =  b2  bc 2   y = f ( x ) = r ( x ) =  c − 3a ÷ x + d − 9a    ( ) Hệ quả: Đường thẳng qua cực đại, cực tiểu có phương trình là: y = r(x) Đối với hàm số tổng quát : y = f (x) = ax + bx + cx + d ( a ≠ ) đường (   thẳng qua cực đại, cực tiểu có phương trình: y =  c − b ÷ x + d − bc 3 3a  9a ) Chương I Hàm số – Trần Phương II BÀI TẬP MẪU MINH HỌA 2 Bài Tìm m để hàm số: y = x + ( m − m + ) x + ( 3m + 1) x + m − đạt cực tiểu x = −2 Giải: y ′ ( x ) = x + ( m − m + ) x + 3m + ⇒ y ′′ ( x ) = x + ( m − m + ) Để hàm số đạt cực tiểu x = −2 )( )   y ′ ( −2 ) = (  − m + 4m − =  m −1 m − = ⇔ ⇔ ⇔m=3   y ′′ ( −2 ) > m − m >  m ( m − 1) >    3 Bài Tìm a để hàm số f ( x ) = x − x + ax + ; g ( x ) = x + x + 3ax + a 3 có điểm cực trị nằm xen kẽ Giải: f ′ ( x ) = x + x + 3a ; g ′ ( x ) = x − x + a Ta cần tìm a cho g′(x) có nghiệm phân biệt x1 < x f ′(x) có nghiệm phân biệt x < x cho ′  ∆ = − 3a > ; ∆ = − 4a >  x1 < x < x < x  ⇔ ⇔  f ′ ( x1 ) f ′ ( x ) <  x < x1 < x < x   a <  (*)   f ′ ( x1 ) f ′ ( x ) <  Ta có: f ′ ( x1 ) f ′ ( x ) < ⇔  g ′ ( x1 ) + 3x1 + 2a   g ′ ( x ) + 3x + 2a  < ⇔    ( 3x1 + 2a ) ( 3x + 2a ) < ⇔ x1 x2 + 6a ( x1 + x ) + 4a = a ( 4a + 15) < ⇔ − 15 < a < Bài Tìm m để f ( x ) = x + ( m − 1) x + ( m − ) x − có đường thẳng qua CĐ, CT song song với đường thẳng y = ax + b Giải: f ′ ( x ) = [ x + ( m − 1) x + ( m − ) ] = ⇔ g ( x ) = x + ( m − 1) x + ( m − ) = Hàm số có CĐ, CT ⇔ g ( x ) = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ g = ( m − 3) > ⇔ m ≠ Thực phép chia f (x) cho g(x) ta có: f ( x ) = ( x + m − 1) g ( x ) − ( m − ) x − ( m − 3m + 3) Với m ≠ phương trình g ( x ) = có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số y = f (x) đạt cực trị x1, x2 Ta có: g ( x1 ) = g ( x ) = nên suy y1 = f ( x1 ) = − ( m − 3) x1 − ( m − 3m + 3) ; y = f ( x ) = − ( m − 3) x − ( m − 3m + ) 2 ⇒ Đường thẳng qua CĐ, CT (∆): y = − ( m − 3) x − ( m − 3m + 3) 2 Bài Cực trị hàm đa thức Ta có (∆) song song với đường thẳng y = ax + b m ≠  m ≠ 3; a < a < ⇔ ⇔ ⇔  2 m = ± − a  − ( m − 3) = a ( m − 3) = −a Vậy a < m = ± − a ; a ≥ khơng tồn m thoả mãn Bài Tìm m để f ( x ) = x + ( m − 1) x + 6m ( − 2m ) x có CĐ, CT nằm đường thẳng (d): y = −4x Giải: Ta có: f ′ ( x ) = [ x + ( m − 1) x + m ( − 2m ) ] = ⇔ g ( x ) = x + ( m − 1) x + m ( − 2m ) = Hàm số có CĐ, CT ⇔ g ( x ) = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ g = ( 3m − 1) > ⇔ m ≠ Thực phép chia f (x) cho g(x) ta có: f ( x ) = ( x + m − 1) g ( x ) − ( 3m − 1) x + m ( m − 1) ( − 2m ) Với m ≠ phương trình g ( x ) = có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số y = f (x) đạt cực trị x1, x2 Ta có: g ( x1 ) = g ( x ) = nên suy y1 = f ( x1 ) = − ( m − 3) x1 + m ( m − 1) ( − 2m ) ; y = − ( m − 3) x + m ( m − 1) ( − 2m ) 2 ⇒ Đường thẳng qua CĐ, CT (∆): y = − ( 3m − 1) x + m ( m − 1) ( − 2m ) Để cực đại, cực tiểu nằm đường thẳng (d): y = −4x (∆) ≡ (d)  − ( 3m − 1) = −4 ( 3m − − ) ( 3m − + ) =  ⇔ ⇔ m =1 ⇔   m ( m − 1) ( − 2m ) =  m ( m − 1) ( − 2m ) =  Bài Tìm m để f ( x ) = x + mx + x + có đường thẳng qua CĐ, CT vng góc với y = 3x − Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔ f ′ ( x ) = x + 2mx + = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ′ = m − 21 > ⇔ m > 21 Thực phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: f ( x ) = ( 3x + m ) f ′ ( x ) + ( 21 − m ) x + − m 9 Với m > 21 phương trình f ′ ( x ) = có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số y = f (x) đạt cực trị x1, x2 Ta có: f ′ ( x1 ) = f ′ ( x ) = suy y1 = f ( x1 ) = ( 21 − m ) x1 + − m ; y = f ( x ) = ( 21 − m ) x + − m 9 9 Chương I Hàm số – Trần Phương 7m ⇒ Đường thẳng qua CĐ, CT (∆): y = ( 21 − m ) x + − 9 10 Ta có (∆) ⊥ y = 3x − ⇔ ( 21 − m ) = −1 ⇔ m = 45 > 21 ⇔ m = ± 2 Bài Tìm m để hàm số f ( x ) = x − 3x + m x + m có cực đại, cực tiểu đối xứng qua (∆): y = x − 2 Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔ f ′ ( x ) = x − x + m = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ′ = − 3m > ⇔ m < Thực phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: f ( x ) = ( x − 1) f ′ ( x ) + ( m − 3) x + m + m 3 Với m < phương trình f ′ ( x ) = có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số y = f (x) đạt cực trị x1, x2 Ta có: f ′ ( x1 ) = f ′ ( x ) = nên 2 y1 = f ( x1 ) = ( m − 3) x1 + m + m ; y = f ( x ) = ( m − 3) x + m + m 3 3 ⇒ Đường thẳng qua CĐ, CT (d): y = ( m − 3) x + m + m 3 Các điểm cực trị A ( x1 , y1 ) , B ( x , y ) đối xứng qua ( ∆ ) : y = x − 2 ⇔ (d) ⊥ (∆) trung điểm I AB (*) Ta có x I =  ( m − 3) 3  (*) ⇔   ( m − 3) 3  x1 + x = suy ×1 = −1  m = ⇔ ⇔m=0  m ( m + 1) =  × + m +m= 1× − 1 2 Bài Cho f ( x ) = x + ( cos a − 3sin a ) x − ( + cos 2a ) x + CMR: Hàm số ln có CĐ, CT 2 Giả sử hàm số đạt cực trị x1, x2 CMR: x12 + x ≤ 18 Giải: Xét phương trình: f ′ ( x ) = x + ( cos a − 3sin a ) x − ( + cos 2a ) = Ta có: ∆ ′ = ( cos a − 3sin a ) + 16 ( + cos 2a ) = ( cos a − 3sin a ) + 32 cos a ≥ ∀a 2 Nếu ∆ ′ = ⇔ cos a − 3sin a = cos a = ⇔ sin a = cos a ⇒ sin a + cos a = (vô lý) Bài Cực trị hàm đa thức Vậy ∆′ > ∀a ⇒ f ′(x) = có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số có CĐ, CT Theo Viet ta có: x1 + x = 3sin a − cos a ; x1 x = −4 ( + cos 2a ) x12 + x = ( x1 + x ) − x1 x = ( 3sin a − cos a ) + ( + cos 2a ) = + 8cos a − sin a cos a 2 = + ( sin a + cos a ) − ( 3sin a + cos a ) = 18 − ( 3sin a + cos a ) ≤ 18 2 2 Bài Cho hàm số f ( x ) = x + ( m + 1) x + ( m + 4m + 3) x Tìm m để hàm số đạt cực trị điểm > Gọi điểm cực trị x1, x2 Tìm Max A = x1 x − ( x1 + x ) Giải: Ta có: f ′ ( x ) = x + ( m + 1) x + m + 4m + Hàm số đạt cực trị điểm > ⇔ f ′ ( x ) = có nghiệm phân biệt x1 , x thoả mãn: x1 < < x ∨ ≤ x1 < x  f ′ ( 1) <  ∆ ′ > ⇔   f ( 1) ≥ ⇔    1 < S    m + 6m + <    m + 6m + < ⇔    m + 6m + ≥  1 < − ( m + 1)   m ∈ ( − − 2, − + )   m ∈ ( − 5, − 1) ⇔ m ∈ ( − 5, − + )    m ∉ ( − − 2, − + )    m < −2  x1 + x2 = − ( m + 1)  m + 4m + + ( m + 1) Do  ( m + 4m + 3) ⇒ A = x1 x − ( x1 + x ) =  x1 x =  = m + 8m + = ( m + ) ( m + 1) = −1 ( m + ) ( m + 1) (do −5 < m < −1 ) 2 2 9 1   ⇒ A = 9 − ( m + 8m + 16 )  = 9 − ( m + )  ≤ Với m = −4 Max A =   2 2 Bài Tìm m để hàm số f ( x ) = x − mx − x + m + có khoảng cách điểm CĐ CT nhỏ Giải: Do f ′ ( x ) = x − 2mx − = có ∆ ′ = m + > nên f ′(x) = có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số đạt cực trị x1, x2 với điểm cực trị A ( x1 , y ) ; B ( x , y ) Thực phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: ( ) f ( x ) = ( x − m ) f ′ ( x ) − ( m + 1) x + m + Do f ′ ( x1 ) = f ′ ( x ) = nên 3 Chương I Hàm số – Trần Phương ) ( ) ( y1 = f ( x1 ) = − ( m + 1) x1 + m + ; y = f ( x ) = − ( m + 1) x + m + 3 3 2 2 2 Ta có: AB = ( x − x1 ) + ( y − y1 ) = ( x − x1 ) + ( m + 1) ( x − x1 ) ( 2 = ( x + x1 ) − x1 x  1 + ( m + 1)  = ( 4m + ) 1 + ( m + 1)  ≥ +          ⇒ AB ≥ ) 13 13 Vậy Min AB = xảy ⇔ m = 3 Bài 10.Tìm m để hàm số f ( x ) = mx − ( m − 1) x + ( m − ) x + đạt cực trị 3 x1, x2 thoả mãn x1 + x = Giải:  Hàm số có CĐ, CT ⇔ f ′ ( x ) = mx − ( m − 1) x + ( m − ) = có nghiệm m ≠ phân biệt ⇔  ⇔ − < m ≠ < + (*) ∆ ′ = ( m − 1) − 3m ( m − ) > 2  Với điều kiện (*) f ′ ( x ) = có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số f (x) đạt cực trị x1, x2 Theo định lý Viet ta có: x1 + x = Ta có: x1 + x = ⇔ x = − ( m − 1) ( m − 2) ; x1 x = m m ( m − 1) − m ( m − 1) − m 3m − = ; x1 = − = m m m m m m = ( m − 2) ⇒ − m ×3m − = ⇔ ( − m ) ( 3m − ) = 3m ( m − ) ⇔  m = m m m   Cả giá trị thoả mãn điều kiện (*) Vậy x1 + x = ⇔ m = ∨ m = 3 Bài 11.Tìm m để hàm số f ( x ) = x − mx + mx − đạt cực trị x1, x2 thoả mãn điều kiện x1 − x ≥ Giải: HS có CĐ, CT ⇔ f ′ ( x ) = x − 2mx + m = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ′ = m − m > ⇔ m ∈ D = ( −∞ , ) U ( 1, +∞ ) (*) Với điều kiện f ′ ( x ) = có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số f (x) đạt cực trị x1, x2 Theo định lý Viet ta có: x1 + x = 2m; x1 x = m suy ra: Bài Cực trị hàm đa thức x1 − x ≥ ⇔ x1 − x 2 ≥ 64 ⇔ ( x1 + x ) − x1 x ≥ 64 ⇔ 4m − 4m ≥ 64   − 65   + 65 ⇔ m − m − 16 ≥ ⇔ m ∈  −∞, , +∞ ÷ (thoả mãn (*) ) ÷U          Vậy để x1 − x ≥ m ∈  −∞, − 65 ÷ U  + 65 , +∞ ÷     B CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC I TÓM TẮT LÝ THUYẾT Hàm số: y = f (x) = ax + bx + cx + dx + e ( a ≠ ) Đạo hàm: y ′ = f ′ ( x ) = 4ax + 3bx + 2cx + d có ®óng nghiƯm    nghiệm đơn có cực trị có nghiệm Cc trị: Xét f ′ ( x ) =    1 nghiÖm kÐp       cã nghiƯm ph©n biƯt ⇒ cã cùc trị gồm CĐ CT K nng tớnh nhanh cực trị Giả sử f ′(x) triệt tiêu đổi dấu x = x0, f (x) đạt cực trị x0 với số cực trị f ( x ) = ax + bx + cx + dx + e Trong trường hợp x0 số vô tỉ cực trị f (x0) tính theo thuật tốn: f ( x) = q ( x) f ′ ( x) + r ( x) Bước 1: Thực phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: ↓ BËc ↓ BËc ↓ BËc Bước 2: Do f ′(x0) = nên f (x0) = r(x0) Hệ quả: Các điểm cực trị hàm bậc 4: y = f (x) nằm y = r(x) II CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài Tìm cực trị hàm số y = f ( x ) = x − x − x − Giải: Ta có: f ′ ( x ) = x − 12 x − = ( x + 1) ( x − ) ; f ′′ ( x ) = 12 ( x + 1) ( x − 1) Do phương trình f ′ ( x ) = có nghiệm đơn x = nghiệm kép x = −1 nên hàm số có cực trị x = Mặt khác f ′′ ( ) = 36 > suy f CT = f ( ) = −25 Vậy hàm số có cực tiểu f CT = −25 khơng có cực đại Chương I Hàm số – Trần Phương Bài Cho f ( x ) = x + 4mx + ( m + 1) x + Tìm m để ƒ(x) có cực tiểu mà khơng có cực đại Giải: f ′ ( x ) = x + 12mx + ( m + 1) x = x [ x + 6mx + ( m + 1) ] ; x = f ′( x) = ⇔  Xét khả sau đây:  g ( x ) = x + 6mx + ( m + 1) =    a) Nếu ∆ ′g = ( 3m − 2m − ) ≤ ⇔ m ∈ 1 − , +  = I   g ( x ) ≥ ∀x ∈ ¡ ⇔ g(x) ≥ ∀x ∈ ¡ Suy f ′(x) triệt tiêu đổi dấu x = mà f ′′(0) = 6(m + 1) > ∀m∈I ⇒ f CT = f ( ) = , tức hàm số có cực tiểu mà khơng có cực đại  ∆ ′g >  ⇔ m = −1 f ′ ( x ) = x ( x − x ) = x ( x − ) b) Nếu   g ( ) = ( m + 1) =  x−∞03 +∞f ′ − − 0+f +∞ f ′ ( x ) = ⇔ x = nghiệm kép, x = Nhìn bảng biến thiên suy ra: Hàm số y = f (x) có cực tiểu mà khơng có cực đại CT+∞  ∆ ′g >  ⇔ m = −1 f ′(x) có nghiệm phân biệt x1 < x < x c) Nếu   g ( 0) ≠  Nhìn bảng biến thiên suy ra: x−∞x1 x2 x3 +∞f ′−0+0−0+ f+∞ Hàm số y = f (x) có cực đại nên khơng thoả mãn yêu cầu toán   Kết luận: m ∈ 1 − , +  U { −1}   CT CĐ CT+∞ Bài Cho hàm số y = f ( x ) = x + ( m + 3) x + ( m + 1) x Chứng minh rằng: ∀m ≠ −1 hàm số ln có cực đại đồng thời x C§ ≤ f ′ ( x ) = x + ( m + 3) x + ( m + 1) x = x [ x + ( m + 3) x + ( m + 1) ] = x.g ( x ) Ta có: ∆ g = ( m + 3) − 64 ( m + 1) = 9m − 10m + 17 > ∀m nên g(x) = có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 Bài Cực trị hàm đa thức Theo định lý Viet ta có: x1 x = m + ≠ ∀m ≠ −1 ⇒ PT f ′ ( x ) = có nghiệm phân biệt 0, x1, x2 Xét khả sau: a) Nếu m < −1 x1 x = m + < ⇒ x1 < < x ⇒ Bảng biến thiên Nhìn BBT suy x C§ = b) Nếu m > −1 x1 x > x1 + x = − ( m + 3) < ⇒ x1 < x < x−∞x1 0x2 +∞f ′−0+0−0+ f+∞ CT CĐ CT+∞ x−∞x1 x2 0+∞f ′−0+0−0+ f+∞ ⇒ Bảng biến thiên CT Nhìn BBT suy x C§ = x < CĐ Kết luận: Vậy ∀m ≠ −1 hàm số ln có x C§ ≤ CT+∞ Bài (Đề thi TSĐH khối B 2002) Tìm m để hàm số y = mx + ( m − ) x + 10 có điểm cực trị Giải Yêu cầu toán ⇔ y ′ = x ( 2mx + m − ) = x.g ( x ) = có nghiệm m − < ⇔  m < −3 phân biệt ⇔ 0 < m < 2m  Bài Tìm m để f ( x ) = x − 2mx + 2m + m có CĐ, CT lập thành tam giác Giải f ′ ( x ) = x − 4mx = x ( x − m ) Ta có: f ′ ( x ) = ⇔ x = ∨ x = m Để hàm số có CĐ, CT ⇔ f ′ ( x ) = có nghiệm phân biệt ⇔ m > ⇒ nghiệm là: x1 = − m ; x = ; x = m ⇒ điểm CĐ, CT là: A ( − m , m − m + 2m ) ; B ( 0, m + 2m ) ; C ( m , m − m + 2m ) ⇒ AB = BC = m + m ; AC = m Để A, B, C lập thành tam giác AB = BC = AC ⇔ m + m4 = m x−∞x1 0x3 +∞f ′−0+0−0+ f+∞ A CT B CĐ C CT+∞ Chương I Hàm số – Trần Phương ⇔ m + m = 4m ⇔ m = 3m ⇔ m = 3 Bài Chứng minh rằng: Hàm số f ( x ) = x + mx + mx + mx + đồng thời có CĐ CT ∀m ∈ ¡ Giải Xét f ′ ( x ) = x + 3mx + 2mx + m = ⇔ m ( x + x + 1) = −4 x ⇔ m= g′( x) = − 4x 3x + x + − x ( x + x + 3) ( 3x + x + 1) lim g ( x ) = lim x →∞ Xét hàm số g ( x ) = x →∞ = − 4x 3x + x + có TXĐ: D g = ¡ − x  ( x + 1) + x + 1   ( 3x + x + 1) −4 x =∞ + + 12 x x Nghiệm phương trình f ′ ( x ) = ≤ ∀x ∈ ¡ ; x−∞x2 +∞f ′−0−f +∞ −∞ hoành độ giao điểm đường thẳng y = m với đồ thị y = g(x) Nhìn bảng biến thiên suy đường thẳng y = m cắt y = g(x) điểm ⇒ f ′ ( x ) = có nghiệm Vậy hàm số y = f (x) khơng thể đồng thời có cực đại cực tiểu Bài Chứng minh rằng: f ( x ) = x + px + q ≥ ∀x ∈ ¡ ⇔ 256q ≥ 27 p Giải Ta có: f ′ ( x ) = x + px = x ( x + p ) = ⇔ x = −3 p nghiệm kép x = Do f ′(x) dấu với (4x + 3p) nên lập bảng biến thiên ta có:  −3 p  256q − 27 p f (x) ≥ ∀x∈ ⇔ Min f ( x ) = f  ÷≥ ⇔ ≥ ⇔ 256q ≥ 27 p   256 Bài (Đề thi dự bị ĐH khối A năm 2004) Tìm m để hàm số y = x − 2m x + có điểm cực trị đỉnh tam giác vng cân Giải Hàm số có cực trị ⇔ y ′ = x ( x − m ) = có nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ , đồ thị có điểm cực trị A ( 0,1) ; B ( − m,1 − m ) , C ( m,1 − m ) uuu uuu r r Do y hàm chẵn nên YCBT ⇔ AB AC = ⇔ m = ±1 10 Bài Cực trị hàm đa thức Bài Chứng minh rằng: f ( x ) = x − x + x + ln có cực trị đồng thời gốc toạ độ O trọng tâm tam giác tạo đỉnh cực trị Bài 10 Chứng minh rằng: f ( x ) = x + px + q ≥ ∀x ∈ ¡ ⇔ 256q ≥ 27 p Bài 11 Cho f ( x ) = x + 8mx + ( 2m + 1) x − Tìm m để ƒ(x) có cực tiểu mà khơng có cực đại 11 ... điểm cực trị A ( 0,1) ; B ( − m,1 − m ) , C ( m,1 − m ) uuu uuu r r Do y hàm chẵn nên YCBT ⇔ AB AC = ⇔ m = ±1 10 Bài Cực trị hàm đa thức Bài Chứng minh rằng: f ( x ) = x − x + x + ln có cực trị. ..  B CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC I TÓM TẮT LÝ THUYẾT Hàm số: y = f (x) = ax + bx + cx + dx + e ( a ≠ ) Đạo hàm: y ′ = f ′ ( x ) = 4ax + 3bx + 2cx + d có ®óng nghiƯm   nghiệm đơn có cực trị. .. 2: Do f ′(x0) = nên f (x0) = r(x0) Hệ quả: Các điểm cực trị hàm bậc 4: y = f (x) nằm y = r(x) II CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài Tìm cực trị hàm số y = f ( x ) = x − x − x − Giải: Ta có: f ′ (