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 | 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
CĐ
.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