Bài 03: 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
( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1 3
f x = x − − a x + +c a x+ ñạt cực trị tại
x x1, 2 thảo mãn ñiều kiện: 2 2
1 2 1
x +x =
Lời giải: Hàm số có Cð, 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
3sin 2sin 1 0
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 2 1 sin ; 1 2 1 os2
4
x +x = − a x x = +
Giả thiết : 2 2 ( )2
1 2 1 1 2 2 1 2 1
x +x = ⇔ x +x − x x =
2
2
1 os2
2
sin
2 2sin 2sin 1 0
sin
2
a
a
a
+
=
=
So sánh ñk (*) ta suy ra
2
π
Bài 2: Cho hàm số 1 3 1 2 3sin 2
a
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 2 2
x +x =x +x
( ) (sin os )
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 Cð, CT ⇔ f x′( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt
Trang 2⇔ ∆ >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: 1 2 sin cos ; 1 2 3sin2
4
a
x +x = a+ a x x =
x +x =x +x ⇔ x1+x2 =(x1+x2)2−2 x x1 2
sin cos (sin cos )2 3sin2 (2)
2
a
ðặt sin cos 2 os
4
2
sin 2a t 1
1
t − < ⇔ t ≤ Khi ñó (2) trở thành:
2 3 2 2 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 Cð và CT nằm về hai phía của ñường thẳng y = x
Lời giải: Hàm số có Cð 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 Cð, 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
− − + < ⇔ − < , luôn ñúng với m ≠0 Vậy ðS: m ≠0
* Hàm ña thức bậc 4:
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
Xét hàm g(x) ta có: 2
6 30 6 ( ) : 12 24 2 0
6 30 6
x
x
=
=
Trang 3Từ 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
⇔ < − <
6 30 6 30
⇔ − < < −
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 ( ) 0,g x ≥ ∀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 ðk 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: ( 2)f′ − = −4; (0) 4; (1)f′ = f′ = −4; (2) 12f = ( 2) (0) 0; (0) (1) 0; (1) (2) 0
⇒ 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 x y2 2 C x y3 3
Ta thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ñược:
1 2
( ) ( ) (3 4 6) 4
f x = f x′ − x − x− Suy ra y k = −3x k2+4x k+6;k =1, 2,3
Trang 4Áp dụng viet cho f’(x ) ta có: 1 2 3
1 2 2 3 1 3
0
+ + =
1 2 3 3 ( 1 2 3) 2( 1 2 2 3 1 )3 4( 1 2 3) 18
y +y +y = − x +x +x − x x +x x +x x + x +x +x +
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 ( ) 0,f x ≥ ∀ ∈x R
3
4
min ( ) ( ) 0
4
0
x R
p
∈
−
⇔ + + ≥
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 ðS là: m ≤0
Bài 6: Tìm m ñể hàm số f x( )=mx4+(m−1)x2 +(1 2− m) có ñúng 1 cực trị
2
0
x
=
- Nếu m = 0 thì g(x) vô nghiệm, khi ñó f(x) có 1 cực ñại
- Nếu m = 1 thì g(x) có nghiệm kép x = 0, khi ñó f(x) chỉ có 1 cực tiểu
- Nếu 0 < m < 1 thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, khi ñó f(x) có 3 cực trị
- 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
(4 3 10) 0 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
′
Do hoành ñộ 3 ñiểm cực trị là nghiệm của f’(x), suy ra tọa ñộ 3 ñiểm cực trị sẽ thỏa mãn
Trang 543 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 ⇔g x( )=x2+2mx+m2−3m=0 có 2 nghiệm trái dấu và ñều khác – m
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
2 1
0 1
y
x
+ + −
′
+ có 2 nghiệm phân biệt
2
⇔ = + + − = có 2 nghiệm phân biệt khác -1
0
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
1 1 2 2
( ; ); ( ; )
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
1 2 1 2
4(1 ) 4 1 0 1
4
m m
⇔ − − + <
⇔ >
Vậy 1
4
m >
Trang 6Bài 3: Tìm m ñể hàm số y x2 mx m(m 0)
− có 2 cực trị trái dấu
HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 1 ðS : 0 < m < 1
Bài 4: Tìm m ñể hàm số
1
y
x
=
− có Cð, CT nằm về 2 phía của trục Ox
HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2 ðS: 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 ðS: 7 52
7 52
m m
< − −
> − +
Bài 6: Tìm m ñể hàm số
y
=
− có Cð, CT cùng dấu
HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2 ðS:
1 21 2
1 21
5 2
m
m
<
− +
< <
Nguồn: hocmai.vn