Tải bản đầy đủ (.pdf) (7 trang)

CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC VÀ HÀM PHÂN THỨC ,ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (456.04 KB, 7 trang )

Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương.
Chuyên đề 01 – Hàm số

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -





* Hàm đa thức bậc 3:
Bài 1:
Tìm a để hàm số
32
4
( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1
3
f x x a x c a x     
đạt cực trị tại x
1
, x
2
thỏa mãn điều kiện:
22
12
1xx

Giải:
Hàm số có CĐ, CT  f’(x) = 4x
2


– 4(1- sina)x + (1 + cos2a) = 0 có 2 nghiệm phân biệt  ∆’ = 4(1 –
sina)
2
– 4(1 + cos2a) > 0
 3sin
2
a – 2sina – 1 > 0
 sina <
1
3

(*)
Với đk (*) thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Theo viet ta có: x
1
+ x
2
= 1-
sina; x
1
.x
2
1 os2

4
ca


Giả thiết:
22
12
1xx
 (x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
= 1

2
1 cos2
(1 sin ) 1
2
a
a

  

 2sin

2
a – 2sina -1 = 0 
13
sin
2
13
sin
2
a
a











So sánh đk (*) ta suy ra sina
13
2



13
arcsin 2
2

,
13
arcsin 2
2
ak
kZ
ak








  





Bài 2:
Cho hàm số
32
1 1 3sin2
( ) (sin cos )
3 2 4
a
f x x a a x x   


1. Tìm a để hàm số luôn đồng biến.
2. Tìm a để hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
thỏa mãn điều kiện x
1
+ x
2
=
22
12
xx

Giải:
BÀI 03.
CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC VÀ HÀM PHÂN THỨC
ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương.
Chuyên đề 01 – Hàm số

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -


Ta có: f’(x) = x
2
– (sina + cosa)x
3sin 2

4
a


1. Hàm số luôn đồng biến  f’(x) ≥ 0,

x
R

 ∆ = (sina + cosa)
2
– 3sin2a ≤ 0
 1- 2sin2a ≤ 0  sin2a
1
2



5
2 2 2 (1)
66
k a k   



2. Hàm số có CĐ, CT  f’(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt
 ∆ > 0  a không thỏa mãn (1)
Với đk trên thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x

2
và hàm đạt cực trị tại x
1
, x
2
.
Theo viet ta có x
1
+ x
2
= sina + cosa; x
1
.x
2

3sin 2
4
a


Điều kiện
22
1 2 1 2
x x x x  
 x
1
+ x
2
= (x
1

+ x
2
)
2
– 2x
1
.

x
2
 sina + cosa = (sina + cosa)
2

3sin2
(2)
2
a


Đặt t = sina + cosa =
2 os( )
4
ca


sin2a = t
2
– 1, do đk nên
2
1

1
2
t 

3
2
t

Khi đó (2) trở thành:
t = t
2

2
3
( 1)
2
t
 t
2
+ 2t – 3 = 0 
1
3
t
t







So sánh đk suy ra chỉ có t = 1 thỏa mãn, nên
1
os os
44
2
c a c

  



2
2
2
ak
ak











Bài 3:
Tìm m để hàm số
32

3
()
2
m
f x x x m  
có các CĐ và CT nằm về phía của đường thẳng y = x.
Giải:
Hàm số có CĐ và CT  f’(x) = 3x
2
– 3mx = 0 có 2 nghiệm phân biệt
 m ≠ 0. Khi đó f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x
1
= 0; x
2
= m

tọa độ 2 điểm CĐ, CT là: A(0; m); B(m;
3
2
m
m 
)
Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương.
Chuyên đề 01 – Hàm số

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -



Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng y = x hay x – y = 0 khi và chỉ khi: (0 – m)(m – m
3
2
m

) <
0
4
0
2
m
  
, luôn đúng với m ≠ 0.
Vậy ĐS: m ≠ 0
* Hàm đa thức bậc 4:
Bài 4:
Tìm m để hàm f(x) = x
4
– 4x
3
+ x
2
+ mx – 1 có cực đại, cực tiểu.
Giải:
Hàm f(x) có cực đại, cực tiểu  f’(x) = 4x
3
- 12x
2
+ 2x + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt  g(x) = 4x
3

-
12x
2
+ 2x = -m có 3 nghiệm phân biệt.
Xét hàm f(x) ta có: g’(x) = 12x
2
– 24x + 2 = 0
6 30
6
6 30
6
x
x












Từ đó ta vẽ được BBT của hàm g(x) trên R (hs tự vẽ)
Vậy g(x) = -m có 3 nghiệm phân biệt  đồ thị hàm g(x) cắt đường thẳng
y = -m tại 3 điểm phân biệt
6 30 6 30
66

g m g
   

   
   
   
   


6 30 6 30
66
g m g
   

    
   
   
   


10 30 10 30
66
99
m    

Bài 5 :
Cho hàm số f(x) = x
4
+ 2x
3

+ mx
2
. Tìm m để hàm chỉ có cực tiểu mà không có cực đại.
Giải:
Ta có : f’(x) = 4x
3
+ 6x
2
+ 2mx = 0


x(2x
2
+ 3x + m) = 0

2
0
( ) 2 3 0
x
g x x x m




   


Ta có Δ
g
= 9 – 8m

TH1: Nếu Δ
g
≤ 0

m
9
8

thì g(x) ≥ 0,
x
. Suy ra f(x) triệt tiêu và đổi dấu từ - sang + tại x = 0 nên đạt
cực tiểu tại x = 0 và không có cực đại.
Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương.
Chuyên đề 01 – Hàm số

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -


TH2: Nếu Δ
g
> 0
9
8
m
thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt. Đk để hàm chỉ có cực tiểu mà không có cực đại
là: g(0) = 0

m = 0 (thỏa mãn)

Vậy các giá trị cần tìm của m là:
0
9
8
m
m







Bài 6:
CMR hàm số f(x) = x
4
– 6x
2
+ 4x + 6 luôn có 3 cực trị đồng thời gốc tọa độ O là trọng tâm của tam giác
có 3 đỉnh là 3 điểm cực trị
Giải:
Ta có: f’(x) = 4x
3
– 12x + 4
Hàm f’(x) liên tục trên R, ngoài ra ta có: f’(-2) = -4; f’(0) = 4; f’(1) = -4; f(2) = 12

f’(-2).f’(0) < 0; f’(0).f’(1) < 0; f’(1).f’(2) < 0

f’(x) có 3 nghiệm phân biệt -2 < x
1

< 0 < x
2
< 1< x
3
< 2
Vậy f(x) có 3 cực trị, gọi 3 điểm cực trị là A(x
1
; y
1
); B(x
2
; y
2
) và C(x
3
; y
3
)
Ta thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) được:
f(x)
1
4

f’(x) – (3x
2
– 4x – 6)
Suy ra
2
3 4 6; 1;2;3
k k k

y x x k    

Áp dụng viet cho f’(x) ta có:
1 2 3
1 2 2 3 1 3
0
3
x x x
x x x x x x
  


   


Nên y
1
+ y
2
+ y
3
= -3
2
1 2 3 1 2 2 3 1 3
( ) 2( . . . )x x x x x x x x x

    

+ 4(x
1

+ x
2
+ x
3
) + 18
= 6.(-3) + 18 = 0
Do đó 3 đỉnh A, B, C nhận gốc tọa độ O là trọng tâm.
Bài 7 :
CMR: f(x) = x
4
+ px + q ≥ 0,
x
R

256q
3
≥ 27p
4

Giải :
f’(x) = 4x
3
+ p = 0

x
3
4
p

, từ đó ta vẽ được bbt của hàm f(x)

Từ bbt suy ra f(x) ≥ 0,
x
R


3
min ( ) ( ) 0
4
p
f x f



Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương.
Chuyên đề 01 – Hàm số

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5 -


4
33
0
44
pp
pq


   






256q
3
≥ 27p
4
(đpcm)
Bài 8 :
Tìm m để hàm số
42
13
()
42
f x x mx  
chỉ có cực tiểu mà không có cực đại.
Giải:
Lời giải giống bài tập số 2 ở trên. ĐS là m ≤ 0
Bài 9:
Tìm m để hàm số f(x) = mx
4
+ (m-1)x
2
+ (1 – 2m) có đúng 1 cực trị
Giải:
f’(x) = 4mx
3
+ 2(m – 1)x = 0

2
0
( ) 2 1 0
x
g x mx m




   


- Nếu m = 0 thì g(x) vô nghiệm, khi đó f(x) có 1 cực đại.
- Nếu m= 1 thì g(x) có nghiệm kép x = 0, khi đó f(x) chỉ có 1 cực tiểu.
- Nếu 0 < m < 1 thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, khi đó f(x) có 3 cực trị.
- Nếu m < 0 hoặc m > 1 thì g(x) vô nghiệm, khi đó f(x) có 1 cực trị
- Vậy các giá trị cần tìm của m là:
0
1
m
m






Bài 10:
CMR hàm số f(x) = x
4

– x
3
– 5x
2
+ 1 có 3 điểm cực trị nằm trên một parabol.
Giải:
Ta có f’(x) = 4x
3
– 3x
2
– 10x = 0.

x(4x
2
– 3x – 10) = 0
0
5
2
2
x
x
x











Suy ra f(x) luôn có 3 điểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) ta được:
2
1 1 43 5
( ) '( ) 1
4 16 16 8
f x x f x x x

   
    
   
   

Do hoành độ 3 điểm cực trị là nghiệm của f’(x), suy ra tọa độ 3 điểm cực trị sẽ thỏa mãn
2
43 5
1
16 8
y x x

  

Vậy 3 điểm cực trị nằm trên một parabol
2
43 5
1
16 8
y x x


  
.
Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương.
Chuyên đề 01 – Hàm số

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6 -


* Hàm phân thức bậc 2/ bậc 1:
Bài 1: Tìm m để hàm số
22
(2 3) 4x m x m m
y
xm
   


có 2 cực trị trái dấu.
Lời giải: Hàm số có 2 cực trị trái dấu

22
2
23
'0
()
x mx m m
y
xm

  


có 2 nghiệm trái dấu

g(x) = x
2
+
2mx + m
2
– 3m = 0 có 2 nghiệm trái dấu và đều khác – m.
2
30
( ) 3 0
c
mm
a
g m m

  




   


0 < m < 3
Bài 2: Tìm m để
2

1
x x m
y
x



có 2 cực trị nằm về 2 phía của trục tung Oy
Lời giải: Hàm số có 2 cực trị


2
2
21
'0
( 1)
x x m
y
x
  


có 2 nghiệm phân biệt

g(x) = x
2
+ 2x + 1- m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác -1
'0
0
( 1) 0

m
m
gm
  

  

   


Với đk đó, gọi x
1
; x
2
là 2 nghiệm phân biệt của g(x). Khi đó hàm số y có 2 cực trị A(x
1
; y
1
); B(x
2
; y
2
),
trong đó:
22
1 1 1 1 1
11
11
()
21

11
x x m x x m g x
yx
xx
    
   


22
2 2 2 2 2
22
22
()
21
11
x x m x x m g x
yx
xx
    
   


Hàm số có 2 cực trị nằm về 2 phía của trục tung Oy

y
1
.y
2
< 0


(2x
1
+ 1)(2x
2
+ 1) < 0

4x
1
.x
2
+ 2(x
1
+ x
2
) + 1 < 0

4(1- m) - 4 + 1 < 0

1
4
m 

Vậy
1
4
m 

Bài 3: Tìm m để hàm số
2
( 0)

x mx m
ym
xm



có 2 cực trị trái dấu
HDG: Cách giải hoàn toàn giống như bài tập 1. ĐS: 0 < m < 1
Chuyên đề LTĐH môn Toán – Thầy Trần Phương.
Chuyên đề 01 – Hàm số

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7 -


Bài 4: Tìm m để hàm số
2
3( 2)
1
x mx m
y
x
  


có CĐ, CT nằm về hai phía của trục Ox
HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ĐS:
6 60 6 60m   


Bài 5: Tìm m để hàm số
2
( 1) 1x m x m
y
xm
   


có y

.y
CT
> 0
HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ĐS:
7 52
7 52
m
m

  

  



Bài 6: Tìm m để hàm số
2
5x mx m
y
xm

  


có CĐ, CT cùng dấu
HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ĐS:
1 21
2
1 21
5
2
m
m
















Nguồn : Hocmai.vn




×