Cực trị hàm đa thức

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
 
= − + −
 
 

www.VNMATH.com
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
= − − − − +

www.VNMATH.com
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= = − + − = = − + −

www.VNMATH.com
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.
www.VNMATH.com
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 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
< < ∨ ≤ <

( )
( )
( )
( )
( )
( )
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
= = − + + + = = − + + +

www.VNMATH.com
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
   
− +
∈ −∞ +∞
   
   
∪

www.VNMATH.com
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:
www.VNMATH.com
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 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
.
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


+∞



www.VNMATH.com
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


+∞



www.VNMATH.com
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
+∞





−∞


www.VNMATH.com