Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải HDG CÁC BTVN PHẦN CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC Bài 1 : Tìm a để hàm số 3 2 4 ( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1 3 f x x a x c a x= − − + + + đạt cực trị tại 1 2 ,x x thảo mãn điều kiện: 2 2 1 2 1x x+ = Lời giải : Hàm số có CĐ, CT 2 ( ) 4 4(1 sin ) (1 os2 ) 0f x x a x c a ′ ⇔ = − − + + = có 2 nghiệm phân biệt 2 4(1 sin ) 4(1 os2 ) 0a c a ′ ⇔ ∆ = − − + > 2 3sin 2sin 1 0 1 sin (*) 3 a a a ⇔ − − > ⇔ < − Với đk (*) thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x , và hàm đạt cực trị tại 1 2 ,x x . Théo viet ta có: 1 2 1 2 1 os2 1 sin ; . 4 c a x x a x x + + = − = Giả thiết : ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 . 1x 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 đk (*) 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 để hàm số luôn đồng biến 2. Tìm a để hàm số đạt cực trị tại 1 2 ,x x thỏa mãn điều 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 đồng biến ( ) 0,f x x R ′ ⇔ ≥ ∀ ∈ Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1 Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải 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 số có CĐ, CT ( ) 0f x ′ ⇔ = có 2 nghiệm phân biệt 0⇔ ∆ > ⇔ a không thỏa mãn (1) Với đk trên thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x , và hàm đạt cực trị tại 1 2 ,x x . Théo viet ta có: 1 2 1 2 3sin2 sin cos ; . 4 a x x a a x x+ = + = Điều kiện 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⇔ + = + − Đặt sin cos 2 os 4 t a a c a π   = + = −  ÷   2 sin 2 1a t⇒ = − , do đk nên 2 1 3 1 2 2 t t− < ⇔ ≤ Khi đó (2) trở thành: 2 2 2 1 3 ( 1) 2 3 0 3 2 t t t t t t t =  = − − ⇔ + − = ⇔  = −  So sánh đk suy ra chỉ có t = 1 thỏa 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 để hàm số 3 2 3 ( ) 2 m f x x x m= − + có các CĐ và CT nằm về hai phía của đường thẳng y = x Lời giải : Hàm số có CĐ và CT 2 ( ) 3 3 0f x x mx ′ ⇔ = − = có 2 nghiệm phân biệt 0m⇔ ≠ Khi đó f’(x) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 0;x x m= = ⇒ tọa độ 2 điểm CĐ, CT là: 3 (0; ); ( ; ) 2 m A m B m m − Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng y = x hay x – y = 0 khi và chỉ khi: Page 2 of 5 Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải 3 4 (0 )( ) 0 0 2 2 m m m m m− − + < ⇔ − < , luôn đúng với 0m ≠ Vậy ĐS: 0m ≠ Bài 4 : Tìm m để hàm 4 3 2 ( ) 4 1f x x x x mx= − + + − có cực đại, cực tiểu Lời giải : Hàm f(x) có cực đại, cực tiểu 3 2 ( ) 4 12 2 0f x x x x m ′ ⇔ = − + + = có 3 nghiệm phân biệt 3 2 ( ) : 4 12 2g x x x x m⇔ = − + = − có 3 nghiệm phân biệt Xét hàm g(x) ta có: 2 6 30 6 ( ) : 12 24 2 0 6 30 6 x g x x 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 6 6 g m g     + − ⇔ < − <  ÷  ÷  ÷  ÷     6 30 6 30 6 6 g m g     − + ⇔ − < < −  ÷  ÷  ÷  ÷     10 30 10 30 6 6 9 9 m⇔ − < < + Bài 5 : Cho hàm số 4 3 2 ( ) 2f x x x mx= + + . Tìm m để hàm chỉ có cực tiểu mà không có cực đại Lời giải : Ta có 3 2 ( ) 4 6 2 0f 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: Nếu 9 0 8 g m∆ ≤ ⇔ ≥ thì ( ) 0,g x 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 Page 3 of 5 Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải TH 2: Nếu 9 0 8 g 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 0m= ⇔ = (thỏa mãn) Vậy các giá trị cần tìm của m là: 0 9 8 m m =    ≥  Bài 6 : CMR hàm số 4 2 ( ) 6 4 6f x x x x= − + + 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 Lời giải : Ta có: 3 ( ) 4 12 4f x x x ′ = − + Hàm f’(x) liên tục trên R, ngoài ra ta có: ( 2) 4; (0) 4; (1) 4; (2) 12f f f f ′ ′ ′ − = − = = − = ( 2) (0) 0; (0) (1) 0; (1) (2) 0f f f f f f ′ ′ ′ ′ ′ ⇒ − < < < ⇒ f’(x) có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3 2 0 1 2x x x− < < < < < < Vậy f(x) có 3 cực trị, gọi 3 điểm cực trị là 1 1 2 2 3 3 ( , ); ( , ); ( , )A x y B x y C x y Ta thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) được: 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= − + + = 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 2 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3 3 ( ) 2( . . . ) 4( ) 18y y y x x x x x x x x x x x x   + + = − + + − + + + + + +   6.( 3) 18 0= − + = Do đó 3 đỉnh A, B, C nhận O là gốc tọa độ Bài 7 : CMR: 4 3 4 ( ) 0, 256 27f x x px q x R q p= + + ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥ Lời giải : 3 3 ( ) 4 0 4 p f x x p x − ′ = + = ⇔ = , từ đó ta vẽ được bbt của hàm f(x) Từ bbt suy ra ( ) 0,f x x R≥ ∀ ∈ Page 4 of 5 Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải 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 8 : Tìm m để hàm số ( ) ( ) 4 2 ( ) 1 1 2f x mx m x m= + − + − có đúng 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 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 9 : CMR hàm số 4 3 2 ( ) 5 1f x x x x= − − + có 3 điểm cực trị nằm trên một parabol. Lời giải : Ta có 3 2 ( ) 4 3 10 0f 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 điểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) 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 − = − + . ………………….Hết………………. Nguồn: hocmai.vn Page 5 of 5 . 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải HDG CÁC BTVN PHẦN CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC Bài 1 : Tìm a để hàm số 3 2 4 ( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1 3 f x x a x c a x= − − + + + đạt cực. ) 0,g x 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 Page 3 of 5 Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy. 3 (0; ); ( ; ) 2 m A m B m m − Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng y = x hay x – y = 0 khi và chỉ khi: Page 2 of 5 Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải 3