Cực trị hàm số

Khóa h ọ c LTðH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phư ơng Chuyên ñề 01- Hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - A. CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC BẬC 3: I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT: 1. Hàm số: y = f ( x ) ( ) 3 2 0 ax bx cx d a = + + + ≠ 2. ðạo hàm: ( ) 2 3 2 y f x ax bx c ′ ′ = = + + 3. ðiều kiện tồn tại cực trị y = f (x) có cực trị ⇔ y = f (x) có cực ñại và cực tiểu ⇔ ( ) 0 f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = b 2 − 3ac > 0 4. Kỹ năng tính nhanh cực trị Giả sử ∆′ = b 2 − 3 ac > 0, khi ñó ( ) 0 f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt 1 2 , x x với 2 1,2 3 3 b b ac x a − ± − = và hàm số ñạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo ñịnh 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 ñịnh nghĩa sẽ phức tạp hơn so với cách tính theo thuật toán sau ñây: 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 ( ) 1 r 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: ðường thẳng ñi qua cực ñại, cực tiểu có phương trình là: y = r(x) ðối với hàm số tổng quát : y = f (x) ( ) 3 2 0 ax bx cx d a = + + + ≠ thì ñường thẳng ñi qua cực ñại, cực tiểu có phương trình: ( ) 2 2 3 3 9 b bc y c x d a a   = − + −     BÀI GIẢNG 03. CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC VÀ HÀM PHÂN THỨC TÀI LIỆU BÀI GIẢNG Khóa h ọ c LTðH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phư ơng Chuyên ñề 01- Hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - II. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1. Tìm m ñể hàm số: ( ) ( ) 3 2 2 2 1 2 3 1 5 3 y x m m x m x m = + − + + + + − ñạt cực tiểu tại x = −2. Giải: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 1 y x x m m x m ′ = + − + + + ⇒ ( ) ( ) 2 2 2 2 y x x m m ′′ = + − + ðể hàm số ñạt 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 ñể 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 ñiểm 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 aa 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 0 f x f x g x x a g x x a ′ ′ ′ ′     < ⇔ + + + + < ⇔     ( ) ( ) 1 2 3 2 3 2 0 x 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 ñể ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 1 6 2 1 f x x m x m x = + − + − − có ñường thẳng ñi qua Cð, CT song song với ñường thẳng y = ax + b. Giải: ( ) ( ) ( ) [ ] 2 6 1 2 0 f x x m x m ′ = + − + − = ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 1 2 0 g x x m x m = + − + − = Hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) 0 g 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 3 f x x m g x m x m m = + − − − − − + Với m ≠ 3 thì phương trình ( ) 0 g x = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) ñạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 1 2 0 g x g x = = nên suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 ; 3 3 3 y f x m x m m y f x m x m m = = − − − − + = = − − − − + ⇒ ðường thẳng ñi qua Cð, CT là (∆): ( ) ( ) 2 2 3 3 3 y m x m m = − − − − + Ta có (∆) song song với ñường 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 3 m a = ± − ; nếu a ≥ 0 thì không tồn tại m thoả mãn. Khóa h ọ c LTðH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phư ơng Chuyên ñề 01- Hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - Bài 4. Tìm m ñể ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 1 6 1 2 f x x m x m m x = + − + − có Cð, CT nằm trên ñường thẳng (d): y = −4x. Giải: Ta có: ( ) ( ) ( ) [ ] 2 6 1 1 2 0 f x x m x m m ′ = + − + − = ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 0 g x x m x m m = + − + − = Hàm số có Cð, CT ( ) 0 g 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 2 f x x m g x m x m m m = + − − − + − − Với 1 3 m ≠ thì phương trình ( ) 0 g x = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) ñạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 1 2 0 g x g x = = nên suy ra ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 2 3 1 1 2 ; 3 1 1 2 y f x m x m m m y m x m m m = = − − + − − = − − + − − ⇒ ðường thẳng ñi qua Cð, CT là (∆): ( ) ( )( ) 2 3 1 1 1 2 y m x m m m = − − + − − . ðể cực ñại, cực tiểu nằm trên ñường 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 ñể ( ) 3 2 7 3 f x x mx x = + + + có ñường thẳng ñi qua Cð, CT vuông góc với y = 3x − 7. Giải: Hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) 2 3 2 7 0 f x x mx ′ = + + = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 2 21 0 21 m 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 21 m > thì phương trình ( ) 0 f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) ñạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 1 2 0 f 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= = − + − = = − + − ⇒ ðường thẳng ñi qua Cð, 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 ñể hàm số ( ) 3 2 2 3 f x x x m x m = − + + có cực ñại, cực tiểu ñối xứng nhau qua (∆): 5 1 2 2 y x = − Giải: Hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) 2 2 3 6 0 f x x x m ′ = − + = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 2 9 3 0 3 m m ′ ∆ = − > ⇔ < . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: Khóa h ọ c LTðH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phư ơng Chuyên ñề 01- Hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 3 3 3 3 m f x x f x m x m ′ = − + − + + Với 3 m < thì phương trình ( ) 0 f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) ñạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 1 2 0 f 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 = = − + + = = − + + ⇒ ðường thẳng ñi qua Cð, CT là (d): ( ) 2 2 2 3 3 3 m y m x m = − + + . Các ñiểm cực trị ( ) ( ) 1 1 2 2 , , , A x y B x y ñối xứng nhau qua ( ) 5 1 : 2 2 y x ∆ = − ⇔ (d) ⊥ (∆) tại trung ñiểm 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 Cð, CT. 2. Giả sử hàm số ñạt cực trị tại x 1 , x 2 . CMR: 2 2 1 2 18 x x + ≤ Giải: 1. Xét phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 cos 3sin 8 1 cos 2 0 f x x a a x a ′ = + − − + = Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 cos 3sin 16 1 cos 2 cos 3sin 32cos 0 a a a a a a a ′ ∆ = − + + = − + ≥ ∀ Nếu 2 2 0 cos 3sin cos 0 sin cos sin cos 0 a a a a a a a ′ ∆ = ⇔ − = = ⇔ = ⇒ + = (vô lý) Vậy ∆′ > 0 ∀a ⇒ f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số có Cð, CT. 2. Theo Viet ta có: ( ) 1 2 1 2 3sin cos ; 4 1 cos 2 x x a a x x a + = − = − + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 3sin cos 8 1 cos2 9 8cos 6sin cos x x x x x x a a a a a a + = + − = − + + = + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 9 9 sin cos 3sin cos 18 3sin cos 18 a 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 ñể hàm số ñạt cực trị tại ít nhất 1 ñiểm > 1. 2. Gọi các ñiểm cực trị là x 1 , x 2 . Tìm Max của ( ) 1 2 1 2 2 A x x x x = − + Giải: Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 4 3 f x x m x m m ′ = + + + + + 1. Hàm số ñạt cực trị tại ít nhất 1 ñiểm > 1 ( ) 0 f x ′ ⇔ = có 2 nghiệm phân biệt 1 2 , x x thoả mãn: 1 2 1 2 1 1 x x x x < < ∨ ≤ < Khóa h ọ c LTðH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phư ơng Chuyên ñề 01- Hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 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 2 m⇔ ∈ − − + 2. Do ( ) ( ) 1 2 2 1 2 1 1 4 3 2 x x m x x m m  + = − +   = + +   ⇒ ( ) 1 2 1 2 2 A 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 1 m − < < − ) ⇒ ( ) ( ) 2 2 9 1 1 9 8 16 9 4 2 2 2 A m m m     = − + + = − + ≤     . Với 4 m = − thì 9 Max 2 A = Bài 9. Tìm m ñể hàm số ( ) 3 2 1 1 3 f x x mx x m = − − + + có khoảng cách giữa các ñiểm Cð và CT là nhỏ nhất. Giải: Do ( ) 2 2 1 0 f x x mx ′ = − − = có 2 1 0 m ′ ∆ = + > nên f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số ñạt cực trị tại x 1 , x 2 với các ñiểm 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 0 f x f x ′ ′ = = nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 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 ñể hàm số ( ) ( ) ( ) 3 2 1 1 1 3 2 3 3 f x mx m x m x = − − + − + ñạt cực trị tại x 1 , x 2 thoả mãn 1 2 2 1 x x + = . Giải:  Hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 2 0 f 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 ñiều kiện (*) thì ( ) 0 f x ′ = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số f (x) ñạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo ñịnh 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 − − − − − + = ⇔ = − = = − = Khúa h c LTH mụn Toỏn Th y Tr n Ph ng Chuyờn ủ 01- Hm s Hocmai.vn Ngụi trng chung ca hc trũ Vit Tng ủi t vn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 - ( ) ( )( ) ( ) 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 = = C 2 giỏ tr ny ủu tho món ủiu kin (*). Vy 1 2 2 1 x x + = 2 2 3 m m = = Bi 11. Tỡm m ủ hm s ( ) 3 2 1 1 3 f x x mx mx = + ủt cc tr ti x 1 , x 2 tho món ủiu kin 1 2 8 x x . Gii: HS cú C, CT ( ) 2 2 0 f x x mx m = + = cú 2 nghim phõn bit ( ) ( ) 2 0 ,0 1,m m m D = > = + (*) Vi ủiu kin ny thỡ ( ) 0 f x = cú 2 nghim phõn bit x 1 , x 2 v hm s f (x) ủt cc tr ti x 1 , x 2 . Theo ủnh lý Viet ta cú: 1 2 1 2 2 ; x x m x x m + = = suy ra: ( ) 22 1 2 1 2 1 2 1 2 8 64 4 64 x x x x x x x x + 2 4 4 64 m m 2 1 65 1 65 16 0 , , 2 2 m m m + + (tho món (*) ) Vy ủ 1 2 8 x x thỡ 1 65 1 65 , , 2 2 m + + B. CC TR HM A THC BC 4 I. TểM TT Lí THUYT 1. Hm s: y = f ( x ) ( ) 4 3 2 0 ax bx cx dx e a = + + + + 2. o hm: ( ) 3 2 4 3 2 y f x ax bx cx d = = + + + 3. Cc tr: Xột ( ) 0 f 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 ủi du ti x = x 0 , khi ủú f (x) ủt 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 ) ủc 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 ủim 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 1 y f x x x x = = . Gii: Ta cú: ( ) ( ) ( ) 2 3 4 12 8 4 1 2 f x x x x x = = + ; ( ) ( ) ( ) 12 1 1 f x x x = + Khóa h ọ c LTðH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phư ơng Chuyên ñề 01- Hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 7 - Do phương trình ( ) 0 f x ′ = có 1 nghiệm ñơn x = 2 và 1 nghiệm kép x = −1 nên hàm số có ñúng 1 cực trị tại x = 2. Mặt khác ( ) 2 36 0 f ′′ = > suy ra ( ) CT 2 25 f f = = − . Vậy hàm số có cực tiểu CT 25 f = − và không có cực ñại. Bài 2. Cho ( ) ( ) 4 3 2 4 3 1 1 f x x mx m x = + + + + . Tìm m ñể ƒ(x) chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại. Giải: ( ) ( ) ( ) [ ] 3 2 2 4 12 6 1 2 2 6 3 1 f 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 ñây: a) Nếu ( ) 2 1 7 1 7 3 3 2 2 0 , 3 3 g m m m I   − + ′ ∆ = − − ≤ ⇔ ∈ =     thì ( ) 2 0g x x ≥ ∀ ∈ ℝ ⇔ g(x) ≥ 0 x ∀ ∈ ℝ . Suy ra f ′(x) triệt tiêu và ñổi dấu tại x = 0 mà f ′′(0) = 6(m + 1) > 0 ∀m∈I ⇒ ( ) CT 0 1 f f = = , tức là hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại. b) Nếu ( ) ( ) 0 1 0 3 1 0 g m g m ′ ∆ >   ⇔ = −   = + =  thì ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 4 3 f x x x x x x ′ = − = − ( ) 0 f 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 ñại. 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 ñại nên không thoả mãn yêu cầu bài toán. Kết luận: { } 1 7 1 7 , 1 3 3 m   − + ∈ −     ∪ Bài 3. Cho hàm số ( ) ( ) ( ) 4 3 2 3 2 1 y f x x m x m x = = + + + + Chứng minh rằng: ∀m ≠ −1 hàm số luôn có cực ñại ñồng thời 0 x ≤ 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 . x −∞ 0 3 +∞ f ′ − 0 − 0 + f +∞ CT +∞ x −∞ x 1 x 2 x 3 +∞ f ′ − 0 + 0 − 0 + f +∞ CT Cð CT +∞ Khóa h ọ c LTðH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phư ơng Chuyên ñề 01- Hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 8 - Theo ñịnh lý Viet ta có: 1 2 . 1 0 1 x x m m = + ≠ ∀ ≠ − ⇒ PT ( ) 0 f x ′ = có 3 nghiệm phân biệt 0, x 1 , x 2 . Xét 2 khả năng sau: a) Nếu m < −1 thì 1 2 . 1 0 x x m = + < ⇒ 1 2 0 x x < < ⇒ Bảng biến thiên Nhìn BBT suy ra 0 x = C§ b) Nếu m > −1 thì 1 2 . 0 x x > và ( ) 1 2 3 3 0 4 m x x − + + = < ⇒ 1 2 0 x x < < ⇒ Bảng biến thiên. Nhìn BBT suy ra 2 0 x x = < C§ Kết luận: Vậy ∀m ≠ −1 hàm số luôn có 0 x ≤ C§ Bài 4. (ðề thi TSðH khối B 2002) Tìm m ñể hàm số ( ) 4 2 2 9 10 y mx m x = + − + có 3 ñiểm cực trị Giải. Yêu cầu bài toán ( ) ( ) 2 2 2 2 9 2 . 0 y 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 ñể ( ) 4 2 4 2 2 f x x mx m m = − + + có Cð, CT lập thành tam giác ñều. Giải. ( ) ( ) 3 2 4 4 4 f x x mx x x m ′ = − = − . Ta có: ( ) 2 0 0 f x x x m ′ = ⇔ = ∨ = . ðể hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) 0 f x ′ = có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 ⇒ 3 nghiệm là: 1 2 3 ; 0 ; x m x x m = − = = ⇒ 3 ñiểm Cð, CT là: ( ) ( ) ( ) 4 2 4 4 2 , 2 ; 0, 2 ; , 2 A m m m m B m m C m m m m − − + + − + ⇒ 4 ; 2 AB BC m m AC m = = + = . ðể A, B, C lập thành tam giác ñều thì AB BC AC = = ⇔ 4 2 m m m + = 4 4 3 4 3 3 m m m m m m⇔ + = ⇔ = ⇔ = x −∞ x 1 0 x 2 +∞ f ′ − 0 + 0 − 0 + f +∞ CT Cð CT +∞ x −∞ x 1 x 2 0 +∞ f ′ − 0 + 0 − 0 + f +∞ CT Cð CT +∞ x −∞ x 1 0 x 3 +∞ f ′ − 0 + 0 − 0 + f +∞ A CT B Cð C CT +∞ Khóa h ọ c LTðH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phư ơng Chuyên ñề 01- Hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 9 - Bài 6. Chứng minh rằng: Hàm số ( ) 4 3 2 1 f x x mx mx mx = + + + + không thể ñồng thời có Cð và CT m ∀ ∈ ℝ Giải. Xét ( ) ( ) 3 2 2 3 4 3 2 0 3 2 1 4 f 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 TXð: g D = ℝ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 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   − + + − + + +   ′ = = ≤ ∀ ∈ + + + + ℝ ; ( ) 2 4 lim lim 2 1 3 x x x g x x x →∞ →∞ − = = ∞ + + Nghiệm của phương trình ( ) 0 f x ′ = cũng là hoành ñộ giao ñiểm của ñường thẳng y = m với ñồ thị y = g(x). Nhìn bảng biến thiên suy ra ñường thẳng y = m cắt y = g(x) tại ñúng 1 ñiểm ⇒ ( ) 0 f x ′ = có ñúng 1 nghiệm. Vậy hàm số y = f (x) không thể ñồng thời có cực ñại và cực tiểu. Bài 7. Chứng minh rằng: ( ) 4 3 0f x x px q x = + + ≥ ∀ ∈ ℝ ⇔ 4 256 27 q p ≥ Giải. Ta có: ( ) ( ) 3 2 2 4 3 4 3 0 f 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∈R ⇔ ( ) 3 Min 0 4 p f x f −   = ≥     ⇔ 4 4 256 27 0 256 27 256 q p q p − ≥ ⇔ ≥ Bài 8. (ðề thi dự bị ðH khối A năm 2004) Tìm m ñể hàm số 4 2 2 2 1 y x m x = − + có 3 ñiểm cực trị là 3 ñỉnh của một tam giác vuông cân Giải. Hàm số có 3 cực trị ( ) 2 2 4 0 y x x m ′ ⇔ = − = có 3 nghiệm phân biệt 0 m ⇔ ≠ , khi ñó ñồ thị có 3 ñiểm cực trị là ( ) ( ) ( ) 4 4 0,1 ; ,1 , ,1 A B m m C m m − − − . Do y là hàm chẵn nên YCBT . 0 1 AB AC m ⇔ = ⇔ = ±   Bài 9. Chứng minh rằng: ( ) 4 2 6 4 6 f x x x x = − + + luôn có 3 cực trị ñồng thời gốc toạ ñộ O là trọng tâm của tam giác tạo bởi 3 ñỉnh là 3 cực trị Bài 10. Chứng minh rằng: ( ) 4 0f x x px q x = + + ≥ ∀ ∈ ℝ ⇔ 3 4 256 27 q p ≥ Bài 11. Cho ( ) ( ) 4 3 2 8 3 2 1 1 f x x mx m x = + + + − . Tìm m ñể ƒ(x) chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại. B. CỰC TRỊ HÀM PHÂN THỨC BẬC 2/ BẬC 1: x −∞ x 2 +∞ f ′ − 0 − f +∞ −∞ Khóa h ọ c LTðH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phư ơng Chuyên ñề 01- Hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 10 - * Tóm tắt lý thuyết: 1. Hàm số: 2 ax ( ) bx c y f x mx n + + = = + với am ≠ 0; 2 0 n n a b c m m − −     + + ≠         2. ðạo hàm: 2 , 2 2 amx 2 ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) anx bn cm g x y f x mx n mx n + + − = = = + + 3. ðiều kiện tồn tại cực trị: Hàm số có cực trị  Hàm số có Cð, CT:  f’(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt  g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt ≠ n m −        ∆ g > 0; 0 n g m −   ≠      ∆ g > 0 Chú ý: ' 2 2 2 ( ) ( ) ( ) g an am bn cm a an bmn cm ∆ = − − = − + 2 2 1 ( ) n g an bmn cm m m − −   = − +     nên nếu ' 0 g ∆ > thì 0 n g m −   ≠     * Kỹ năng tính nhanh cực trị: Giả sử ∆ g > 0; 0 n g m −   ≠     . Khi ñó g(x) = 0 hay y’(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 ñồng thời y = f(x) ñạt cực trị tại x 1 , x 2 . ðặt 2 ( ) ax ( ) u x bx c v x mx n  = + +  = +  Do 1 2 '( ) 0 '( ) 0 y x y x =   =  nên 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 ( ) '( ) 2 ( ) ( ) '( ) ( ) '( ) 2 ( ) ( ) '( ) u x u x ax b y y x v x v x m u x u x ax b y y x v x v x m +  = = = =    +  = = = =   ▪ Hệ quả: a) ðường thẳng ñi qua Cð, CT có phương trình 2 a b y x m m = + b) y Cð + y CT = y(x 1 ) + y(x 2 ) = 1 2 2 2 2 2 2 2 2 4 ( ) . a b a n b bm an x x m m m m m m − − + + = + = c) | y Cð - y CT | = | y(x 1 ) - y(x 2 )| = | 1 2 2 ( ) a x x m − | = | 2 a m ||x 1 -x 2 | Chú ý: | y Cð - y CT | ≤ k  |x 1 -x 2 | ≤ 2 m k a = p  (x 1 – x 2 ) 2 - 4x 1 x 2 ≤ p 2 . d) y Cð .y CT = y(x 1 ).y(x 2 ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 (2 )(2 ) 4 2 ( ) 4 ax b ax b a x x ab x x b b ac m m m + + + + + − = = = Giáo viên : Trần Phương Nguồn : Hocmai.vn . hàm: 2 , 2 2 amx 2 ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) anx bn cm g x y f x mx n mx n + + − = = = + + 3. ðiều kiện tồn tại cực trị: Hàm số có cực trị  Hàm số. Cho hàm số ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 1 4 3 3 f x x m x m m x = + + + + + 1. Tìm m ñể hàm số ñạt cực trị tại ít nhất 1 ñiểm > 1. 2. Gọi các ñiểm cực trị