Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương. Chuyên đề 01 – Hàm số Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - * Hàm đa thức bậc 3: Bài 1: Tìm a để hàm số 32 4 ( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1 3 f x x a x c a x      đạt cực trị tại x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện: 22 12 1xx Giải: Hàm số có CĐ, CT  f’(x) = 4x 2 – 4(1- sina)x + (1 + cos2a) = 0 có 2 nghiệm phân biệt  ∆’ = 4(1 – sina) 2 – 4(1 + cos2a) > 0  3sin 2 a – 2sina – 1 > 0  sina < 1 3  (*) Với đk (*) thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo viet ta có: x 1 + x 2 = 1- sina; x 1 .x 2 1 os2 4 ca  Giả thiết: 22 12 1xx  (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = 1  2 1 cos2 (1 sin ) 1 2 a a      2sin 2 a – 2sina -1 = 0  13 sin 2 13 sin 2 a a           So sánh đk (*) ta suy ra sina 13 2    13 arcsin 2 2 , 13 arcsin 2 2 ak kZ ak                Bài 2: Cho hàm số 32 1 1 3sin2 ( ) (sin cos ) 3 2 4 a f x x a a x x    1. Tìm a để hàm số luôn đồng biến. 2. Tìm a để hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện x 1 + x 2 = 22 12 xx Giải: BÀI 03. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC VÀ HÀM PHÂN THỨC ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương. Chuyên đề 01 – Hàm số Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - Ta có: f’(x) = x 2 – (sina + cosa)x 3sin 2 4 a  1. Hàm số luôn đồng biến  f’(x) ≥ 0,  x R  ∆ = (sina + cosa) 2 – 3sin2a ≤ 0  1- 2sin2a ≤ 0  sin2a 1 2   5 2 2 2 (1) 66 k a k      2. Hàm số có CĐ, CT  f’(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt  ∆ > 0  a không thỏa mãn (1) Với đk trên thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo viet ta có x 1 + x 2 = sina + cosa; x 1 .x 2 3sin 2 4 a  Điều kiện 22 1 2 1 2 x x x x    x 1 + x 2 = (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 . x 2  sina + cosa = (sina + cosa) 2 3sin2 (2) 2 a  Đặt t = sina + cosa = 2 os( ) 4 ca   sin2a = t 2 – 1, do đk nên 2 1 1 2 t  3 2 t Khi đó (2) trở thành: t = t 2 2 3 ( 1) 2 t  t 2 + 2t – 3 = 0  1 3 t t      So sánh đk suy ra chỉ có t = 1 thỏa mãn, nên 1 os os 44 2 c a c        2 2 2 ak ak           Bài 3: Tìm m để hàm số 32 3 () 2 m f x x x m   có các CĐ và CT nằm về phía của đường thẳng y = x. Giải: Hàm số có CĐ và CT  f’(x) = 3x 2 – 3mx = 0 có 2 nghiệm phân biệt  m ≠ 0. Khi đó f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x 1 = 0; x 2 = m  tọa độ 2 điểm CĐ, CT là: A(0; m); B(m; 3 2 m m  ) Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương. Chuyên đề 01 – Hàm số Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng y = x hay x – y = 0 khi và chỉ khi: (0 – m)(m – m 3 2 m  ) < 0 4 0 2 m    , luôn đúng với m ≠ 0. Vậy ĐS: m ≠ 0 * Hàm đa thức bậc 4: Bài 4: Tìm m để hàm f(x) = x 4 – 4x 3 + x 2 + mx – 1 có cực đại, cực tiểu. Giải: Hàm f(x) có cực đại, cực tiểu  f’(x) = 4x 3 - 12x 2 + 2x + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt  g(x) = 4x 3 - 12x 2 + 2x = -m có 3 nghiệm phân biệt. Xét hàm f(x) ta có: g’(x) = 12x 2 – 24x + 2 = 0 6 30 6 6 30 6 x x            Từ đó ta vẽ được BBT của hàm g(x) trên R (hs tự vẽ) Vậy g(x) = -m có 3 nghiệm phân biệt  đồ thị hàm g(x) cắt đường thẳng y = -m tại 3 điểm phân biệt 6 30 6 30 66 g m g                      6 30 6 30 66 g m g                       10 30 10 30 66 99 m     Bài 5 : Cho hàm số f(x) = x 4 + 2x 3 + mx 2 . Tìm m để hàm chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. Giải: Ta có : f’(x) = 4x 3 + 6x 2 + 2mx = 0  x(2x 2 + 3x + m) = 0 2 0 ( ) 2 3 0 x g x x x m          Ta có Δ g = 9 – 8m TH1: Nếu Δ g ≤ 0  m 9 8  thì g(x) ≥ 0, x . Suy ra f(x) triệt tiêu và đổi dấu từ - sang + tại x = 0 nên đạt cực tiểu tại x = 0 và không có cực đại. Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương. Chuyên đề 01 – Hàm số Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - TH2: Nếu Δ g > 0 9 8 m thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt. Đk để hàm chỉ có cực tiểu mà không có cực đại là: g(0) = 0  m = 0 (thỏa mãn) Vậy các giá trị cần tìm của m là: 0 9 8 m m       Bài 6: CMR hàm số f(x) = x 4 – 6x 2 + 4x + 6 luôn có 3 cực trị đồng thời gốc tọa độ O là trọng tâm của tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm cực trị Giải: Ta có: f’(x) = 4x 3 – 12x + 4 Hàm f’(x) liên tục trên R, ngoài ra ta có: f’(-2) = -4; f’(0) = 4; f’(1) = -4; f(2) = 12  f’(-2).f’(0) < 0; f’(0).f’(1) < 0; f’(1).f’(2) < 0  f’(x) có 3 nghiệm phân biệt -2 < x 1 < 0 < x 2 < 1< x 3 < 2 Vậy f(x) có 3 cực trị, gọi 3 điểm cực trị là A(x 1 ; y 1 ); B(x 2 ; y 2 ) và C(x 3 ; y 3 ) Ta thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) được: f(x) 1 4  f’(x) – (3x 2 – 4x – 6) Suy ra 2 3 4 6; 1;2;3 k k k y x x k     Áp dụng 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 y 1 + y 2 + y 3 = -3 2 1 2 3 1 2 2 3 1 3 ( ) 2( . . . )x x x x x x x x x        + 4(x 1 + x 2 + x 3 ) + 18 = 6.(-3) + 18 = 0 Do đó 3 đỉnh A, B, C nhận gốc tọa độ O là trọng tâm. Bài 7 : CMR: f(x) = x 4 + px + q ≥ 0, x R  256q 3 ≥ 27p 4 Giải : f’(x) = 4x 3 + p = 0  x 3 4 p  , từ đó ta vẽ được bbt của hàm f(x) Từ bbt suy ra f(x) ≥ 0, x R  3 min ( ) ( ) 0 4 p f x f   Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương. Chuyên đề 01 – Hàm số Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - 4 33 0 44 pp pq           256q 3 ≥ 27p 4 (đpcm) Bài 8 : Tìm m để hàm số 42 13 () 42 f x x mx   chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. Giải: Lời giải giống bài tập số 2 ở trên. ĐS là m ≤ 0 Bài 9: Tìm m để hàm số f(x) = mx 4 + (m-1)x 2 + (1 – 2m) có đúng 1 cực trị Giải: f’(x) = 4mx 3 + 2(m – 1)x = 0 2 0 ( ) 2 1 0 x g x mx m          - Nếu m = 0 thì g(x) vô nghiệm, khi đó f(x) có 1 cực đại. - Nếu m= 1 thì g(x) có nghiệm kép x = 0, khi đó f(x) chỉ có 1 cực tiểu. - Nếu 0 < m < 1 thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, khi đó f(x) có 3 cực trị. - Nếu m < 0 hoặc m > 1 thì g(x) vô nghiệm, khi đó f(x) có 1 cực trị - Vậy các giá trị cần tìm của m là: 0 1 m m      Bài 10: CMR hàm số f(x) = x 4 – x 3 – 5x 2 + 1 có 3 điểm cực trị nằm trên một parabol. Giải: Ta có f’(x) = 4x 3 – 3x 2 – 10x = 0.  x(4x 2 – 3x – 10) = 0 0 5 2 2 x x x          Suy ra f(x) luôn có 3 điểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) ta được: 2 1 1 43 5 ( ) '( ) 1 4 16 16 8 f x x f x x x                   Do hoành độ 3 điểm cực trị là nghiệm của f’(x), suy ra tọa độ 3 điểm cực trị sẽ thỏa mãn 2 43 5 1 16 8 y x x     Vậy 3 điểm cực trị nằm trên một parabol 2 43 5 1 16 8 y x x     . Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương. Chuyên đề 01 – Hàm số Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 - * Hàm phân thức bậc 2/ bậc 1: Bài 1: Tìm m để hàm số 22 (2 3) 4x m x m m y xm       có 2 cực trị trái dấu. Lời giải: Hàm số có 2 cực trị trái dấu  22 2 23 '0 () x mx m m y xm      có 2 nghiệm trái dấu  g(x) = x 2 + 2mx + m 2 – 3m = 0 có 2 nghiệm trái dấu và đều khác – m. 2 30 ( ) 3 0 c mm a g m m               0 < m < 3 Bài 2: Tìm m để 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 21 '0 ( 1) x x m y x      có 2 nghiệm phân biệt  g(x) = x 2 + 2x + 1- m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác -1 '0 0 ( 1) 0 m m gm              Với đk đó, gọi x 1 ; x 2 là 2 nghiệm phân biệt của g(x). Khi đó hàm số y có 2 cực trị A(x 1 ; y 1 ); B(x 2 ; y 2 ), trong đó: 22 1 1 1 1 1 11 11 () 21 11 x x m x x m g x yx xx           22 2 2 2 2 2 22 22 () 21 11 x x m x x m g x yx xx           Hàm số có 2 cực trị nằm về 2 phía của trục tung Oy  y 1 .y 2 < 0  (2x 1 + 1)(2x 2 + 1) < 0  4x 1 .x 2 + 2(x 1 + x 2 ) + 1 < 0  4(1- m) - 4 + 1 < 0  1 4 m  Vậy 1 4 m  Bài 3: Tìm m để hàm số 2 ( 0) x mx m ym xm    có 2 cực trị trái dấu HDG: Cách giải hoàn toàn giống như bài tập 1. ĐS: 0 < m < 1 Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương. Chuyên đề 01 – Hàm số Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 7 - Bài 4: Tìm m để hàm số 2 3( 2) 1 x mx m y x      có CĐ, CT nằm về hai phía của trục Ox HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ĐS: 6 60 6 60m    Bài 5: Tìm m để hàm số 2 ( 1) 1x m x m y xm       có y CĐ .y CT > 0 HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ĐS: 7 52 7 52 m m           Bài 6: Tìm m để hàm số 2 5x mx m y xm      có CĐ, CT cùng dấu HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ĐS: 1 21 2 1 21 5 2 m m           Nguồn : Hocmai.vn . Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương. Chuyên đề 01 – Hàm số Hocmai. vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12. Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương. Chuyên đề 01 – Hàm số Hocmai. vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12