Bài 4. Cực trị hàm đa thức BÀI 4. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC A. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC 3 I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Hàm số: y = f (x) ( ) 3 2 0ax bx cx d a= + + + ≠ 2. Đạo hàm: ( ) 2 3 2y f x ax bx c ′ ′ = = + + 3. Điều kiện tồn tại cực trị y = f (x) có cực trị ⇔ y = f (x) có cực đại và cực tiểu ⇔ ( ) 0f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = b 2 − 3ac > 0 4. Kỹ năng tính nhanh cực trị Giả sử ∆′ = b 2 − 3ac > 0, khi đó ( ) 0f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x với 2 1,2 3 3 b b ac x a − ± − = và hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo định nghĩa ta có các cực trị của hàm số là: ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 3 3 ; 3 3 b b ac b b ac y f x f y f x f a a     − − − − + − = = = =  ÷  ÷     Trong trường hợp x 1 , x 2 là số vô tỉ thì các cực trị f (x 1 ), f (x 2 ) nếu tính theo định nghĩa sẽ phức tạp hơn so với cách tính theo thuật toán sau đây: Bước 1: Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3 9 3 3 9 b b bc f x x f x c x d a a a   ′ = + + − + −  ÷   hay ( ) ( ) ( ) ( ) .f x f x q x r x ′ = + với bậc ( ) 1r x = Bước 2: Do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 0 3 3 9 nên 0 2 3 3 9 b bc y f x r x c x d f x a a f x b bc y f x r x c x d a a    = = = − + −  ÷  ′  =       ′ =      = = = − + −  ÷     Hệ quả: Đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình là: y = r(x) Đối với hàm số tổng quát : y = f (x) ( ) 3 2 0ax bx cx d a= + + + ≠ thì đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình: ( ) 2 2 3 3 9 b bc y c x d a a   = − + −  ÷   1 Chương I. Hàm số – Trần Phương II. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1. Tìm m để hàm số: ( ) ( ) 3 2 2 2 1 2 3 1 5 3 y x m m x m x m= + − + + + + − đạt cực tiểu tại x = −2. Giải: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 1y x x m m x m ′ = + − + + + ⇒ ( ) ( ) 2 2 2 2y x x m m ′′ = + − + Để hàm số đạt cực tiểu tại x = −2 thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 4 3 0 1 3 0 3 1 0 2 0 0 y m m m m m m m y m m  ′   − = − + − = − − =    ⇔ ⇔ ⇔ =    ′′ − > − >    − >    Bài 2. Tìm a để các hàm số ( ) 3 2 1 3 2 x x f x ax= − + + ; ( ) 3 2 3 3 x g x x ax a= + + + . có các điểm cực trị nằm xen kẽ nhau. Giải: ( ) ( ) 2 2 2 3 ;f x x x a g x x x a ′ ′ = + + = − + . Ta cần tìm a sao cho g′(x) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 x x< và f ′(x) có 2 nghiệm phân biệt 3 4 x x< sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 3 2 4 3 1 4 2 1 2 1 2 1 1 3 0 ; 1 4 0 4 0 0 a a a x x x x x x x x f x f x f x f x  ′ < ∆ = − > ∆ = − >  < < <     ⇔ ⇔    ′ ′ < < < <    ′ ′ <  (*) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 0 3 2 3 2 0f x f x g x x a g x x a ′ ′ ′ ′     < ⇔ + + + + < ⇔     ( ) ( ) 1 2 3 2 3 2 0x a x a + + < ( ) ( ) 2 1 2 1 2 15 9 6 4 4 15 0 0 4 x x a x x a a a a ⇔ + + + = + < ⇔ − < < Bài 3. Tìm m để ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 1 6 2 1f x x m x m x= + − + − − có đường thẳng đi qua CĐ, CT song song với đường thẳng y = ax + b. Giải: ( ) ( ) ( ) [ ] 2 6 1 2 0f x x m x m ′ = + − + − = ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 1 2 0g x x m x m= + − + − = Hàm số có CĐ, CT ⇔ ( ) 0g x = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ( ) 2 3 0 3 g m m ∆ = − > ⇔ ≠ Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 3 3 3f x x m g x m x m m= + − − − − − + Với m ≠ 3 thì phương trình ( ) 0g x = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 1 2 0g x g x = = nên suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 ; 3 3 3y f x m x m m y f x m x m m = = − − − − + = = − − − − + ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): ( ) ( ) 2 2 3 3 3y m x m m= − − − − + 2 Bài 4. Cực trị hàm đa thức Ta có (∆) song song với đường thẳng y = ax + b ⇔ ( ) ( ) 2 2 3 3; 0 0 3 3 3 m m a a m a m a m a ≠ ≠ < <    ⇔ ⇔    = ± − − − = − = −    Vậy nếu a < 0 thì 3m a= ± − ; nếu a ≥ 0 thì không tồn tại m thoả mãn. Bài 4. Tìm m để ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 1 6 1 2f x x m x m m x= + − + − có CĐ, CT nằm trên đường thẳng (d): y = −4x. Giải: Ta có: ( ) ( ) ( ) [ ] 2 6 1 1 2 0f x x m x m m ′ = + − + − = ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 0g x x m x m m = + − + − = Hàm số có CĐ, CT ( ) 0g x ⇔ = có 2 nghiệm phân biệt ( ) 2 1 3 1 0 3 g m m ⇔ ∆ = − > ⇔ ≠ Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 1 1 1 2f x x m g x m x m m m= + − − − + − − Với 1 3 m ≠ thì phương trình ( ) 0g x = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 1 2 0g x g x = = nên suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 2 3 1 1 2 ; 3 1 1 2y f x m x m m m y m x m m m = = − − + − − = − − + − − ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): ( ) ( ) ( ) 2 3 1 1 1 2y m x m m m= − − + − − . Để cực đại, cực tiểu nằm trên đường thẳng (d): y = −4x thì (∆) ≡ (d) ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 1 2 3 1 2 0 3 1 4 1 1 1 2 0 1 1 2 0 m m m m m m m m m m   − − − + =  − − = − ⇔ ⇔ =   − − = − − =    Bài 5. Tìm m để ( ) 3 2 7 3f x x mx x= + + + có đường thẳng đi qua CĐ, CT vuông góc với y = 3x − 7. Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔ ( ) 2 3 2 7 0f x x mx ′ = + + = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 2 21 0 21m m ′ ∆ = − > ⇔ > . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 7 1 2 3 21 3 9 9 9 m f x x m f x m x ′ = + + − + − Với 21m > thì phương trình ( ) 0f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 1 2 0f x f x ′ ′ = = suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 2 2 7 7 2 2 21 3 ; 21 3 9 9 9 9 m m y f x m x y f x m x= = − + − = = − + − 3 Chương I. Hàm số – Trần Phương ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): ( ) 2 7 2 21 3 9 9 m y m x= − + − Ta có (∆) ⊥ y = 3x − 7 ⇔ ( ) 2 2 3 10 45 2 21 .3 1 21 9 2 2 m m m− = − ⇔ = > ⇔ = ± Bài 6. Tìm m để hàm số ( ) 3 2 2 3f x x x m x m= − + + có cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua (∆): 5 1 2 2 y x= − Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔ ( ) 2 2 3 6 0f x x x m ′ = − + = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 2 9 3 0 3m m ′ ∆ = − > ⇔ < . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 3 3 3 3 m f x x f x m x m ′ = − + − + + Với 3m < thì phương trình ( ) 0f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 1 2 0f x f x ′ ′ = = nên ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 3 ; 3 3 3 3 3 m m y f x m x m y f x m x m = = − + + = = − + + ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (d): ( ) 2 2 2 3 3 3 m y m x m= − + + . Các điểm cực trị ( ) ( ) 1 1 2 2 , , ,A x y B x y đối xứng nhau qua ( ) 5 1 : 2 2 y x∆ = − ⇔ (d) ⊥ (∆) tại trung điểm I của AB (*) . Ta có 1 2 1 2 I x x x + = = suy ra (*) ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 1 0 3 2 0 5 2 1 1 0 3 1 1 3 3 2 2 m m m m m m m m  − × = − =     ⇔ ⇔ =   + =    − × + + = × −   Bài 7. Cho ( ) ( ) ( ) 3 2 2 cos 3sin 8 1 cos 2 1 3 f x x a a x a x= + − − + + 1. CMR: Hàm số luôn có CĐ, CT. 2. Giả sử hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 . CMR: 2 2 1 2 18x x+ ≤ Giải: 1. Xét phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 cos 3sin 8 1 cos 2 0f x x a a x a ′ = + − − + = Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 cos 3sin 16 1 cos2 cos 3sin 32cos 0a a a a a a a ′ ∆ = − + + = − + ≥ ∀ Nếu 2 2 0 cos 3sin cos 0 sin cos sin cos 0a a a a a a a ′ ∆ = ⇔ − = = ⇔ = ⇒ + = (vô lý) 4 Bài 4. Cực trị hàm đa thức Vậy ∆′ > 0 ∀a ⇒ f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số có CĐ, CT. 2. Theo Viet ta có: ( ) 1 2 1 2 3sin cos ; 4 1 cos 2x x a a x x a+ = − = − + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 3sin cos 8 1 cos 2 9 8cos 6sin cosx x x x x x a a a a a a + = + − = − + + = + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 9 9 sin cos 3sin cos 18 3sin cos 18a a a a a a= + + − + = − + ≤ Bài 8. Cho hàm số ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 1 4 3 3 f x x m x m m x= + + + + + 1. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1. 2. Gọi các điểm cực trị là x 1 , x 2 . Tìm Max của ( ) 1 2 1 2 2A x x x x= − + Giải: Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 4 3f x x m x m m ′ = + + + + + 1. Hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1 ( ) 0f x ′ ⇔ = có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thoả mãn: 1 2 1 2 1 1x x x x< < ∨ ≤ < ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 0 6 7 0 3 2, 3 2 0 5, 1 6 5 0 2 1 0 6 7 0 3 2, 3 2 1 1 1 2 2 f m m m m m m f m m m S m m ′  <   + + < ∈ − − − +    ′ ∆ >      ∈ − − + + <   ⇔ ⇔ ⇔       ≥  + + ≥    ∉ − − − +         < < − + < −         ( ) 5, 3 2m ⇔ ∈ − − + 2. Do ( ) ( ) 1 2 2 1 2 1 1 4 3 2 x x m x x m m  + = − +   = + +   ⇒ ( ) 1 2 1 2 2A x x x x= − + ( ) 2 4 3 2 1 2 m m m + + = + + 2 1 8 7 2 m m= + + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 7 1 7 1 2 2 m m m m − = + + = + + (do 5 1m− < < − ) ⇒ ( ) ( ) 2 2 9 1 1 9 8 16 9 4 2 2 2 A m m m     = − + + = − + ≤     . Với 4m = − thì 9 Max 2 A = Bài 9. Tìm m để hàm số ( ) 3 2 1 1 3 f x x mx x m= − − + + có khoảng cách giữa các điểm CĐ và CT là nhỏ nhất. Giải: Do ( ) 2 2 1 0f x x mx ′ = − − = có 2 1 0m ′ ∆ = + > nên f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 với các điểm cực trị là ( ) 1 2 ,A x y ; ( ) 2 2 ,B x y . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 3 3 3 f x x m f x m x m ′ = − − + + + . Do ( ) ( ) 1 2 0f x f x ′ ′ = = nên 5 Chương I. Hàm số – Trần Phương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 ; 1 1 3 3 3 3 y f x m x m y f x m x m= = − + + + = = − + + + Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 4 1 9 AB x x y y x x m x x= − + − = − + + − ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 4 4 1 1 9 x x x x m     = + − + +       ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 4 4 4 1 1 4 1 9 9 m m   = + + + ≥ +     ⇒ 2 13 3 AB ≥ . Vậy 2 13 Min 3 AB = xảy ra ⇔ m = 0. Bài 10.Tìm m để hàm số ( ) ( ) ( ) 3 2 1 1 1 3 2 3 3 f x mx m x m x= − − + − + đạt cực trị tại x 1 , x 2 thoả mãn 1 2 2 1x x+ = . Giải:  Hàm số có CĐ, CT ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 2 0f x mx m x m ′ = − − + − = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ( ) ( ) 2 0 1 3 2 0 m m m m ≠   ′ ∆ = − − − >  ⇔ 6 6 1 0 1 2 2 m − < ≠ < + (*) Với điều kiện (*) thì ( ) 0f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo định lý Viet ta có: ( ) ( ) 1 2 1 2 2 1 3 2 ; m m x x x x m m − − + = = Ta có: ( ) ( ) 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 3 4 2 1 1 ; m m m m m x x x x m m m m m − − − − − + = ⇔ = − = = − = ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 4 2 3 4 3 2 m m m m m m m m m m − − − ⇒ × = ⇔ − − = − 2 2 3 m m =   ⇔ =   Cả 2 giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*). Vậy 1 2 2 1x x+ = 2 2 3 m m ⇔ = ∨ = Bài 11.Tìm m để hàm số ( ) 3 2 1 1 3 f x x mx mx= − + − đạt cực trị tại x 1 , x 2 thoả mãn điều kiện 1 2 8x x− ≥ . Giải: HS có CĐ, CT ⇔ ( ) 2 2 0f x x mx m ′ = − + = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ( ) ( ) 2 0 , 0 1,m m m D ′ ∆ = − > ⇔ ∈ = −∞ +∞ U (*) Với điều kiện này thì ( ) 0f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo định lý Viet ta có: 1 2 1 2 2 ;x x m x x m+ = = suy ra: 6 Bi 4. Cc tr hm a thc ( ) 22 1 2 1 2 1 2 1 2 8 64 4 64x x x x x x x x + 2 4 4 64m m 2 1 65 1 65 16 0 , , 2 2 m m m + + ữ ữ U (tho món (*) ) Vy 1 2 8x x thỡ 1 65 1 65 , , 2 2 m + + ữ ữ U B. CC TR HM A THC BC 4 I. TểM TT Lí THUYT 1. Hm s: y = f (x) ( ) 4 3 2 0ax bx cx dx e a= + + + + 2. o hm: ( ) 3 2 4 3 2y f x ax bx cx d = = + + + 3. Cc tr: Xột ( ) 0f x = cú đúng 1 nghiệm có đúng 1 cực trị 1 nghiệm đơn có đúng 2 nghiệm 1 nghiệm kép có 3 nghiệm phân biệt có 3 cực trị gồm CĐ và CT 4. K nng tớnh nhanh cc tr Gi s f ( x ) trit tiờu v i du ti x = x 0 , khi ú f ( x ) t cc tr ti x 0 vi s cc tr l ( ) 4 3 2 0 0 0 0 0 f x ax bx cx dx e= + + + + . Trong trng hp x 0 l s vụ t thỡ cc tr f (x 0 ) c tớnh theo thut toỏn: Bc 1: Thc hin phộp chia f (x) cho f (x) ta cú: ( ) ( ) ( ) ( ) . 4 3 2 f x q x f x r x = + Bậc Bậc Bậc Bc 2: Do f (x 0 ) = 0 nờn f (x 0 ) = r(x 0 ) H qu: Cỏc im cc tr ca hm bc 4: y = f (x) nm trờn y = r(x) II. CC BI TP MU MINH HA Bi 1. Tỡm cc tr ca hm s ( ) 4 2 6 8 1y f x x x x= = . Gii: Ta cú: ( ) ( ) ( ) 2 3 4 12 8 4 1 2f x x x x x = = + ; ( ) ( ) ( ) 12 1 1f x x x = + Do phng trỡnh ( ) 0f x = cú 1 nghim n x = 2 v 1 nghim kộp x = 1 nờn hm s cú ỳng 1 cc tr ti x = 2. Mt khỏc ( ) 2 36 0f = > suy ra ( ) CT 2 25f f= = . Vy hm s cú cc tiu CT 25f = v khụng cú cc i. 7 Chương I. Hàm số – Trần Phương Bài 2. Cho ( ) ( ) 4 3 2 4 3 1 1f x x mx m x= + + + + . Tìm m để ƒ(x) chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. Giải: ( ) ( ) ( ) [ ] 3 2 2 4 12 6 1 2 2 6 3 1f x x mx m x x x mx m ′ = + + + = + + + ; ( ) ( ) ( ) 2 0 0 2 6 3 1 0 x f x g x x mx m =  ′  = ⇔  = + + + =  . Xét các khả năng sau đây: a) Nếu ( ) 2 1 7 1 7 3 3 2 2 0 , 3 3 g m m m I   − + ′ ∆ = − − ≤ ⇔ ∈ =     thì ( ) 2 0g x x≥ ∀ ∈ ¡ ⇔ g(x) ≥ 0 x∀ ∈ ¡ . Suy ra f ′(x) triệt tiêu và đổi dấu tại x = 0 mà f ′′(0) = 6(m + 1) > 0 ∀m∈I ⇒ ( ) CT 0 1f f= = , tức là hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. b) Nếu ( ) ( ) 0 1 0 3 1 0 g m g m ′ ∆ >   ⇔ = −   = + =  thì ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 4 3f x x x x x x ′ = − = − ( ) 0f x ′ = ⇔ x = 0 nghiệm kép, x = 3. Nhìn bảng biến thiên suy ra: Hàm số y = f (x) chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. c) Nếu ( ) 0 1 0 0 g m g ′ ∆ >   ⇔ = −   ≠  thì f ′(x) có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3 x x x< < Nhìn bảng biến thiên suy ra: Hàm số y = f (x) có cực đại nên không thoả mãn yêu cầu bài toán. Kết luận: { } 1 7 1 7 , 1 3 3 m   − + ∈ −     U Bài 3. Cho hàm số ( ) ( ) ( ) 4 3 2 3 2 1y f x x m x m x= = + + + + Chứng minh rằng: ∀m ≠ −1 hàm số luôn có cực đại đồng thời 0x ≤ C§ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) 3 2 2 4 3 3 4 1 4 3 3 4 1 .f x x m x m x x x m x m x g x ′ = + + + + = + + + + = Ta có: ( ) ( ) 2 2 9 3 64 1 9 10 17 0 g m m m m m∆ = + − + = − + > ∀ nên g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . 8 x−∞03 +∞f ′ − 0 − 0+f +∞ CT+∞ x−∞x 1 x 2 x 3 +∞f ′−0+0−0+ f +∞ CT CĐ CT+∞ Bài 4. Cực trị hàm đa thức Theo định lý Viet ta có: 1 2 . 1 0 1x x m m= + ≠ ∀ ≠ − ⇒ PT ( ) 0f x ′ = có 3 nghiệm phân biệt 0, x 1 , x 2 . Xét 2 khả năng sau: a) Nếu m < −1 thì 1 2 . 1 0x x m= + < ⇒ 1 2 0x x< < ⇒ Bảng biến thiên Nhìn BBT suy ra 0x = C§ b) Nếu m > −1 thì 1 2 . 0x x > và ( ) 1 2 3 3 0 4 m x x − + + = < ⇒ 1 2 0x x< < ⇒ Bảng biến thiên. Nhìn BBT suy ra 2 0x x= < C§ Kết luận: Vậy ∀m ≠ −1 hàm số luôn có 0x ≤ C§ Bài 4. (Đề thi TSĐH khối B 2002) Tìm m để hàm số ( ) 4 2 2 9 10y mx m x= + − + có 3 điểm cực trị Giải. Yêu cầu bài toán ( ) ( ) 2 2 2 2 9 2 . 0y x mx m x g x ′ ⇔ = + − = = có 3 nghiệm phân biệt 2 3 9 0 2 0 3 m m m m < −  − ⇔ < ⇔  < <  Bài 5. Tìm m để ( ) 4 2 4 2 2f x x mx m m = − + + có CĐ, CT lập thành tam giác đều. Giải. ( ) ( ) 3 2 4 4 4f x x mx x x m ′ = − = − . Ta có: ( ) 2 0 0f x x x m ′ = ⇔ = ∨ = . Để hàm số có CĐ, CT ⇔ ( ) 0f x ′ = có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 ⇒ 3 nghiệm là: 1 2 3 ; 0 ;x m x x m= − = = ⇒ 3 điểm CĐ, CT là: ( ) ( ) ( ) 4 2 4 4 2 , 2 ; 0, 2 ; , 2A m m m m B m m C m m m m− − + + − + ⇒ 4 ; 2AB BC m m AC m= = + = . Để A, B, C lập thành tam giác đều thì AB BC AC= = ⇔ 4 2m m m+ = 9 x−∞x 1 0x 2 +∞f ′−0+0−0+ f +∞ CT CĐ CT+∞ x−∞x 1 x 2 0+∞f ′−0+0−0+ f +∞ CT CĐ CT+∞ x−∞x 1 0x 3 +∞f ′−0+0−0+ f +∞ A CT B CĐ C CT+∞ Chương I. Hàm số – Trần Phương 4 4 3 4 3 3m m m m m m⇔ + = ⇔ = ⇔ = Bài 6. Chứng minh rằng: Hàm số ( ) 4 3 2 1f x x mx mx mx= + + + + không thể đồng thời có CĐ và CT m∀ ∈ ¡ Giải. Xét ( ) ( ) 3 2 2 3 4 3 2 0 3 2 1 4f x x mx mx m m x x x ′ = + + + = ⇔ + + = − ⇔ 3 2 4 3 2 1 x m x x − = + + . Xét hàm số ( ) 3 2 4 3 2 1 x g x x x − = + + có TXĐ: g D = ¡ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 4 3 4 2 1 1 0 3 2 1 3 2 1 x x x x x x g x x x x x x   − + + − + + +   ′ = = ≤ ∀ ∈ + + + + ¡ ; ( ) 2 4 lim lim 2 1 3 x x x g x x x →∞ →∞ − = = ∞ + + Nghiệm của phương trình ( ) 0f x ′ = cũng là hoành độ giao điểm của đường thẳng y = m với đồ thị y = g(x). Nhìn bảng biến thiên suy ra đường thẳng y = m cắt y = g(x) tại đúng 1 điểm ⇒ ( ) 0f x ′ = có đúng 1 nghiệm. Vậy hàm số y = f (x) không thể đồng thời có cực đại và cực tiểu. Bài 7. Chứng minh rằng: ( ) 4 3 0f x x px q x= + + ≥ ∀ ∈ ¡ ⇔ 4 256 27q p≥ Giải. Ta có: ( ) ( ) 3 2 2 4 3 4 3 0f x x px x x p ′ = + = + = ⇔ 3 4 p x − = và nghiệm kép x = 0 Do f ′(x) cùng dấu với (4x + 3p) nên lập bảng biến thiên ta có: f (x) ≥ 0 ∀x∈ ⇔ ( ) 3 Min 0 4 p f x f −   = ≥  ÷   ⇔ 4 4 256 27 0 256 27 256 q p q p − ≥ ⇔ ≥ Bài 8. (Đề thi dự bị ĐH khối A năm 2004) Tìm m để hàm số 4 2 2 2 1y x m x= − + có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân Giải. Hàm số có 3 cực trị ( ) 2 2 4 0y x x m ′ ⇔ = − = có 3 nghiệm phân biệt 0m⇔ ≠ , khi đó đồ thị có 3 điểm cực trị là ( ) ( ) ( ) 4 4 0,1 ; ,1 , ,1A B m m C m m− − − . Do y là hàm chẵn nên YCBT . 0 1AB AC m⇔ = ⇔ = ± uuur uuur 10 x−∞x 2 +∞f ′−0−f +∞ −∞ [...].. .Bài 4 Cực trị hàm đa thức Bài 9 Chứng minh rằng: f ( x ) = x 4 − 6 x 2 + 4 x + 6 luôn có 3 cực trị đồng thời gốc toạ độ O là trọng tâm của tam giác tạo bởi 3 đỉnh là 3 cực trị Bài 10 Chứng minh rằng: f ( x ) = x 4 + px + q ≥ 0 ∀x ∈ ¡ ⇔ 256q 3 ≥ 27 p 4 Bài 11 Cho f ( x ) = x 4 + 8mx 3 + 3 ( 2m + 1) x 2 − 1 Tìm m để ƒ(x) chỉ có cực tiểu mà không có cực đại 11 . Bài 4. Cực trị hàm đa thức BÀI 4. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC A. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC 3 I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1 tại cực trị y = f (x) có cực trị ⇔ y = f (x) có cực đại và cực tiểu ⇔ ( ) 0f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = b 2 − 3ac > 0 4. Kỹ năng tính nhanh cực