Cực trị hàm đa thức và hàm phân thức

Bài 04: Cực trị hàm ña thức và hàm phân thức bậc 2/ bậc 1

* Hàm ña thức bậc 3:

Bài 1: Tìm a ñể hàm số ( ) 4 3 2(1 sin ) 2 (1 os2 ) 1

3

f x = x − − a x + +c a x+ ñạt cực trị tại

x x1 2, thảo mãn ñiều kiện: x12+x22 =1

Lời giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔ f x′( ) 4= x2−4(1 sin )− a x+(1+cos2 ) 0a = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ =′ 4(1 sin )− a 2 −4(1+cos2 ) 0a >

2

1

3

a

⇔ < −

Với ñk (*) thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x x1 2, , và hàm ñạt cực trị tại x x1 2, Théo viet ta có:

1 sin ;

4

c a

x +x = − a x x = +

Giả thiết : x12+x22 = ⇔1 (x1+x2)2−2 x x1 2 =1

2

2

2

sin

2

sin

2

a

a

a

+

=





=





So sánh ñk (*) ta suy ra

1 3

2

π







Bài 2: Cho hàm số ( ) 1 3 1(sin os ) 2 3sin 2

a

f x = x − a+c a x + x

1 Tìm a ñể hàm số luôn ñồng biến

2 Tìm a ñể hàm số ñạt cực trị tại x x1 2, thỏa mãn ñiều kiện x1+x2 =x12+x22

Lời giải: Ta có: ( ) 2 (sin os ) 3sin 2

4

a

f x′ =x − a+c a x+

1 Hàm số luôn ñồng biến ⇔ f x′( ) 0,≥ ∀ ∈x R

2 (sin os ) 3sin 2 0

1

1 2sin 2 0 sin 2

2 5

2 Hàm số có CĐ, CT ⇔ f x′( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt

⇔ ∆ >0⇔ a không thỏa mãn (1)

Với ñk trên thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x x1 2, , và hàm ñạt cực trị tại x x1 2, Théo viet ta có:

sin cos ;

4

a

x +x = a+ a x x =

Điều kiện x1+x2 =x12+x22 ⇔ x1+x2 =(x1+x2)2−2 x x1 2

sin cos (sin cos )2 3sin2 (2)

2

a

4

2 sin 2a t 1

t − < ⇔ t ≤ Khi ñó (2) trở thành:

2 3( 2 1) 2 2 3 0 1

3 2

t

t

=



= −



So sánh ñk suy ra chỉ có t = 1 thỏa mãn, nên

2 1

2

a k

π

π π

=





Bài 3: Tìm m ñể hàm số ( ) 3 3 2

2

m

f x =x − x +m có các CĐ và CT nằm về hai phía của ñường thẳng y = x

Lời giải: Hàm số có CĐ và CT ⇔ f x′( ) 3= x2−3mx=0 có 2 nghiệm phân biệt⇔m≠0

Khi ñó f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x1=0;x2=m

⇒ tọa ñộ 2 ñiểm CĐ, CT là: (0; ); ( ; 3)

2

m

Hai ñiểm A, B nằm về hai phía của ñường thẳng y = x hay x – y = 0 khi và chỉ khi:

(0 )( 3) 0 4 0

m m m

− − + < ⇔ − < , luôn ñúng với m ≠0

Vậy ĐS: m ≠0

Bài 1: Tìm m ñể hàm f x( )=x4−4x3+x2+mx−1 có cực ñại, cực tiểu

Lời giải: Hàm f(x) có cực ñại, cực tiểu ⇔ f x′( ) 4= x3−12x2+2x+m=0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔g x( ) : 4= x3−12x2+2x= −m có 3 nghiệm phân biệt

6 30 6 ( ) : 12 24 2 0

6 30 6

x

x

=





=





Từ ñó ta vẽ ñược bbt của hàm g(x) trên R (hs tự vẽ)

Vậy g(x) = -m có 3 nghiệm phân biệt ⇔ ñồ thị hàm g(x) cắt ñường thẳng y = - m tại 3 ñiểm

⇔  < − <  

⇔ −  < < −  

6 10 30 6 10 30

⇔ − < < +

Bài 2: Cho hàm số f x( )=x4+2x3+mx2 Tìm m ñể hàm chỉ có cực tiểu mà không có

cực ñại

Lời giải: Ta có f x′( ) 4= x3+6x2 +2mx=0

2

2

0

x

=



⇔



Ta có: ∆ = −g 9 8m

8

∆ ≤ ⇔ ≥ thì g x( ) 0,≥ ∀x Suy ra f(x) triệt tiêu và ñổi dấu từ - sang +

tại x = 0 nên ñạt cực tiểu tại x = 0, và không có cực ñại

8

∆ > ⇔ < thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt Đk ñể hàm chỉ có cực tiểu

mà không có cực ñại là: g 0 0 ( ) = ⇔m=0 (thỏa mãn)

Vậy các giá trị cần tìm của m là:

0 9 8

m m

=





 ≥



Bài 3: CMR hàm số f x( )=x4−6x2+4x+6 luôn có 3 cực trị ñồng thời gốc tọa ñộ O là

trọng tâm của tam giác có 3 ñỉnh là 3 ñiểm cực trị

Lời giải: Ta có: f x′( ) 4= x3−12x+4

Hàm f’(x) liên tục trên R, ngoài ra ta có: f′( 2)− = −4; (0) 4; (1)f′ = f′ = −4; (2) 12f =

( 2) (0) 0; (0) (1) 0; (1) (2) 0

f′ f′ f′ f′ f′ f

⇒ f’(x) có 3 nghiệm phân biệt − <2 x1<0<x2< <1 x3<2

Vậy f(x) có 3 cực trị, gọi 3 ñiểm cực trị là A x y( , ); ( ,1 1 B x2 y2); ( ,C x3 y3)

Ta thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ñược:

( ) 1 ( ) (3 2 4 6)

4

f x = f x′ − x − x−

Suy ra y k = −3x k2+4x k +6;k =1, 2,3

Áp dụng viet cho f’(x ) ta có: 1 2 3

0





 Nên y1+y2+y3= −3 ( x1+x2+x3)2−2( x x1 2+x x2 3 +x x1 3 )+4(x1+x2+x3) 18+

=6.( 3) 18 0− + =

Do ñó 3 ñỉnh A, B, C nhận O là gốc tọa ñộ

Bài 4: CMR: f x( )=x4+px+q≥0,∀ ∈x R⇔256q3≥27p4

Lời giải: ( ) 4 3 0 3

4

p

f x′ = x +p= ⇔ x= − , từ ñó ta vẽ ñược bbt của hàm f(x)

Từ bbt suy ra f x( ) 0,≥ ∀ ∈x R

3

4

min ( ) ( ) 0

4

0

x R

p

f x f

∈

−

⇔  + + ≥

Bài 5: Tìm m ñể hàm số ( ) 1 4 2 3

f x = x −mx + chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại

Lời giải: Lời giải giống bài tập số 2 ở trên ĐS là: m ≤0

Bài 6: Tìm m ñể hàm số f x( )=mx4+(m−1)x2+(1 2− m) có ñúng 1 cực trị

Lời giải: ( ) 4 3 2( 1) 0 0 2

x

=





- Nếu m = 0 thì g(x) vô nghiệm, khi ñó f(x) có 1 cực ñại

- Nếu m < 0 hoặc m > 1 thì g(x) vô nghiệm, khi ñó f(x) có 1 cực trị

Vậy các giá trị cần tìm của m là: 0

1

m m

≤





≥



Bài 7: CMR hàm số f x( )=x4−x3−5x2+1 có 3 ñiểm cực trị nằm trên một parabol

Lời giải :Ta có f x′( ) 4= x3−3x2 −10x=0

2

0 5 2 2

x x x

=









 =

 Suy ra f(x) luôn có 3 ñiểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) ñược:

( ) 1 1 ( ) 43 2 5 1

f x  x  f x − x x 

′

Do hoành ñộ 3 ñiểm cực trị là nghiệm của f’(x), suy ra tọa ñộ 3 ñiểm cực trị sẽ thỏa mãn

43 2 5 1

y= − x − x+

Vậy 3 ñiểm cực trị nằm trên một parabol 43 2 5 1

y=− x − x+

* Hàm phân thức bậc 2/bậc 1:

Bài 1: Tìm m ñể hàm số y x2 (2m 3)x m2 4m

=

+ có 2 cực trị trái dấu

Lời giải: Hàm số có 2 cực trị trái dấu

2

0

y

′

+

có 2 nghiệm trái dấu

2 3 0

c

m a



= − <



 − = − ≠



Bài 2: Tìm m ñể 2

1

y x

+ +

= + có 2 cực trị nằm về 2 phía của trục tung Oy

Lời giải: Hàm số có 2 cực trị

( )

2

2

0 1

y

x

′

+

có 2 nghiệm phân biệt

2

⇔ = + + − = có 2 nghiệm phân biệt khác -1

0

m

m

′

∆ = >





Với ñk ñó, gọi x x1 2; là 2 nghiệm phân biệt của g(x) Khi ñó hàm số y có 2 cực trị

A x y B x y , trong ñó:

( )

( )

Hàm có 2 cực trị nằm về 2 phía của trục tung Oy ⇔ y y1 2 <0⇔(2x1+1 2)( x2+1)<0

4(1 ) 4 1 0 1

4

m m

⇔ − − + <

⇔ >

4

m >

Bài 3: Tìm m ñể hàm số y x2 mx m(m 0)

HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 1 ĐS : 0 < m < 1

Bài 4: Tìm m ñể hàm số 2 3( 2)

1

y

x

=

− có CĐ, CT nằm về 2 phía của trục Ox

HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2 ĐS: 6− 60<m< +6 60

Bài 5: Tìm m ñể hàm số y x2 (m 1)x m 1

=

− có y CD.y CT >0

HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2 ĐS: 7 52

m m

 < − −



> − +



Bài 6: Tìm m ñể hàm số y x2 mx m 5

=

− có CĐ, CT cùng dấu

HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2 ĐS:

1 21 2

1 21

5 2

m

m

 − −

<





 − +

< <



