1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

Cực trị hàm đa thức

10 368 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 10
Dung lượng 205,12 KB

Nội dung

Bài 4. Cực trị hàm ña thức 1 BÀI 4. CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC 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 − 3 ac > 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   = − + −     Chương I. Hàm số – Trần Phương 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 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 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 = − − − − + Bài 4. Cực trị hàm ña thức 3 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. 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 = − 4 x . 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 = − 4 x 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 = 3 x − 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= = − + − = = − + − Chương I. Hàm số – Trần Phương 4 ⇒ ðường thẳng ñi qua Cð, CT là ( ∆ ): ( ) 2 7 2 21 3 9 9 m y m x= − + − Ta có ( ∆ ) ⊥ y = 3 x − 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: ( ) ( ) ( ) ( ) 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 32 cos 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. Bài 4. Cực trị hàm ña thức 5 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 cos 2 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 < < ∨ ≤ < ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 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 = = − + + + = = − + + + Chương I. Hàm số – Trần Phương 6 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 − − − − − + = ⇔ = − = = − = ( ) ( )( ) ( ) 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 ñều thoả mãn ñiều kiện (*). Vậy 1 2 2 1 x x + = 2 2 3 m m ⇔ = ∨ = Bài 11. Tìm m ñể hàm số ( ) 3 2 1 1 3 f x x mx mx = − + − ñạt cực trị tại x 1 , x 2 thoả mãn ñiều kiện 1 2 8 x x − ≥ . Giải: HS có Cð, CT ⇔ ( ) 2 2 0 f x x mx m ′ = − + = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ( ) ( ) 2 0 , 0 1,m m m D ′ ∆ = − > ⇔ ∈ = −∞ +∞ ∪ (*) Với ñiều kiện này 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 ; 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     − + ⇔ − − ≥ ⇔ ∈ −∞ +∞         ∪ (thoả mãn (*) ) Vậy ñể 1 2 8 x x − ≥ thì 1 65 1 65 , , 2 2 m     − + ∈ −∞ +∞         ∪ Bi 4. Cc tr hm ủa thc 7 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 = + Do phng trỡnh ( ) 0 f x = cú 1 nghim ủn x = 2 v 1 nghim kộp x = 1 nờn hm s cú ủỳng 1 cc tr ti x = 2. Mt khỏc ( ) 2 36 0 f = > suy ra ( ) CT 2 25 f f = = . Vy hm s cú cc tiu CT 25 f = v khụng cú cc ủi. Bi 2. Cho ( ) ( ) 4 3 2 4 3 1 1 f x x mx m x = + + + + . Tỡm m ủ ( x ) ch cú cc tiu m khụng cú cc ủi. Gii: ( ) ( ) ( ) [ ] 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 = = = + + + = . Xột cỏc kh nng sau ủõy: Chương I. Hàm số – Trần Phương 8 a) Nếu ( ) 2 1 7 1 7 3 3 2 2 0 , 3 3 g m m m I   − + ′ ∆ = − − ≤ ⇔ ∈ =     thì ( ) 2 0 g 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 . 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 x −∞ 0 3 +∞ f ′ − 0 − 0 + f +∞ CT +∞ x −∞ x 1 x 2 x 3 +∞ f ′ − 0 + 0 − 0 + f +∞ CT Cð CT +∞ x −∞ x 1 0 x 2 +∞ f ′ − 0 + 0 − 0 + f +∞ CT Cð CT +∞ Bài 4. Cực trị hàm ña thức 9 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⇔ + = ⇔ = ⇔ = 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 ′ = + + + = ⇔ + + = − 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 +∞ Chương I. Hàm số – Trần Phương 10 ⇔ 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 (4 x + 3 p ) 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. x −∞ x 2 +∞ f ′ − 0 − f +∞ −∞

Ngày đăng: 28/08/2015, 04:29

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

  • Đang cập nhật ...