Đề và cách giải về cực trị hàm đa thức

Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
HDG CÁC BTVN PHẦN CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC
Bài 1 : Tìm a để hàm số
3 2
4
( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1
3
f x x a x c a x= − − + + +
đạt cực trị tại

1 2
,x x
thảo mãn điều kiện:
2 2
1 2
1x x+ =
Lời giải : Hàm số có CĐ, CT
2
( ) 4 4(1 sin ) (1 os2 ) 0f x x a x c a
′
⇔ = − − + + =
có 2 nghiệm phân biệt
2
4(1 sin ) 4(1 os2 ) 0a c a
′
⇔ ∆ = − − + >

2
3sin 2sin 1 0
1
sin (*)

3
a a
a
⇔ − − >
⇔ < −
Với đk (*) thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
, và hàm đạt cực trị tại
1 2
,x x
. Théo viet ta có:
1 2 1 2
1 os2
1 sin ; .
4
c a
x x a x x
+
+ = − =
Giả thiết :
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2 . 1x x x x x x+ = ⇔ + − =

2
2
1 os2

(1 sin ) 1
2
1 3
sin
2
2sin 2sin 1 0
1 3
sin
2
c a
a
a
a a
a
+
⇔ − − =

−
=


⇔ − − = ⇔

+
=


So sánh đk (*) ta suy ra
1 3
arcsin 2

1 3
2
sin ,
2
1 3
arcsin 2
2
a k
a k Z
a k
π
π π

−
= +

−

= ⇔ ∈

−
= − +


Bài 2 : Cho hàm số
3 2
1 1 3sin 2
( ) (sin os )
3 2 4
a

f x x a c a x x= − + +
1. Tìm a để hàm số luôn đồng biến
2. Tìm a để hàm số đạt cực trị tại
1 2
,x x
thỏa mãn điều kiện
2 2
1 2 1 2
x x x x+ = +
Lời giải : Ta có:
2
3sin 2
( ) (sin os )
4
a
f x x a c a x
′
= − + +
1. Hàm số luôn đồng biến
( ) 0,f x x R
′
⇔ ≥ ∀ ∈
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1
Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải

2
(sin os ) 3sin 2 0
1
1 2sin 2 0 sin 2
2

5
2 2 2 (1)
6 6
a c a a
a a
k a k
π π
π π
⇔ ∆ = + − ≤
⇔ − ≤ ⇔ ≥
⇔ + ≤ ≤ +
2. Hàm số có CĐ, CT
( ) 0f x
′
⇔ =
có 2 nghiệm phân biệt

0⇔ ∆ > ⇔
a không thỏa mãn (1)
Với đk trên thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
, và hàm đạt cực trị tại
1 2
,x x
. Théo viet ta có:
1 2 1 2
3sin2
sin cos ; .
4

a
x x a a x x+ = + =
Điều kiện
2 2
1 2 1 2
x x x x+ = +

( )
2
1 2 1 2 1 2
2 .x x x x x x⇔ + = + −

( )
2
3sin2
sin cos sin cos (2)
2
a
a a a a⇔ + = + −
Đặt
sin cos 2 os
4
t a a c a
π
 
= + = −
 ÷
 
2
sin 2 1a t⇒ = −

, do đk nên
2
1 3
1
2 2
t t− < ⇔ ≤
Khi đó (2) trở thành:

2 2 2
1
3
( 1) 2 3 0
3
2
t
t t t t t
t
=

= − − ⇔ + − = ⇔

= −

So sánh đk suy ra chỉ có t = 1 thỏa mãn, nên

2
1
os os
4 4
2

2
2
a k
c a c
a k
π
π π
π
π
=

 

− = = ⇒
 ÷

= +
 

Bài 3 : Tìm m để hàm số
3 2
3
( )
2
m
f x x x m= − +
có các CĐ và CT nằm về hai phía của
đường thẳng y = x
Lời giải : Hàm số có CĐ và CT
2

( ) 3 3 0f x x mx
′
⇔ = − =
có 2 nghiệm phân biệt
0m⇔ ≠
Khi đó f’(x) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
0;x x m= =
⇒
tọa độ 2 điểm CĐ, CT là:
3
(0; ); ( ; )
2
m
A m B m m −
Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng y = x hay x – y = 0 khi và chỉ khi:
Page 2 of 5
Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải

3 4
(0 )( ) 0 0
2 2
m m
m m m− − + < ⇔ − <
, luôn đúng với
0m
≠
Vậy ĐS:
0m ≠
Bài 4 : Tìm m để hàm

4 3 2
( ) 4 1f x x x x mx= − + + −
có cực đại, cực tiểu
Lời giải : Hàm f(x) có cực đại, cực tiểu
3 2
( ) 4 12 2 0f x x x x m
′
⇔ = − + + =
có 3 nghiệm phân biệt
3 2
( ) : 4 12 2g x x x x m⇔ = − + = −
có 3 nghiệm phân biệt
Xét hàm g(x) ta có:
2
6 30
6
( ) : 12 24 2 0
6 30
6
x
g x x 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
6 6
g m g
   
+ −
⇔ < − <
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

6 30 6 30
6 6
g m g
   
− +
⇔ − < < −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

10 30 10 30
6 6

9 9
m⇔ − < < +
Bài 5 : Cho hàm số
4 3 2
( ) 2f x x x mx= + +
. Tìm m để hàm chỉ có cực tiểu mà không có
cực đại
Lời giải : Ta có
3 2
( ) 4 6 2 0f x x x mx
′
= + + =

2
2
(2 3 ) 0
0
( ) 2 3 0
x x x m
x
g x x x m
⇔ + + =
=

⇔

= + + =

Ta có:
9 8

g
m∆ = −
TH 1: Nếu
9
0
8
g
m∆ ≤ ⇔ ≥
thì
( ) 0,g x 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
Page 3 of 5
Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
TH 2: Nếu
9
0
8
g
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 0m= ⇔ =
(thỏa mãn)
Vậy các giá trị cần tìm của m là:
0
9
8
m

m
=



≥

Bài 6 : CMR hàm số
4 2
( ) 6 4 6f x x x x= − + +
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
Lời giải : Ta có:
3
( ) 4 12 4f x x x
′
= − +
Hàm f’(x) liên tục trên R, ngoài ra ta có:
( 2) 4; (0) 4; (1) 4; (2) 12f f f f
′ ′ ′
− = − = = − =
( 2) (0) 0; (0) (1) 0; (1) (2) 0f f f f f f
′ ′ ′ ′ ′
⇒ − < < <
⇒
f’(x) có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
2 0 1 2x x x− < < < < < <
Vậy f(x) có 3 cực trị, gọi 3 điểm cực trị là
1 1 2 2 3 3

( , ); ( , ); ( , )A x y B x y C x y
Ta thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) được:

2
1
( ) ( ) (3 4 6)
4
f x f x x x
′
= − − −
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
2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3

3 ( ) 2( . . . ) 4( ) 18y y y x x x x x x x x x x x x
 
+ + = − + + − + + + + + +
 

6.( 3) 18 0= − + =
Do đó 3 đỉnh A, B, C nhận O là gốc tọa độ
Bài 7 : CMR:
4 3 4
( ) 0, 256 27f x x px q x R q p= + + ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥
Lời giải :
3
3
( ) 4 0
4
p
f x x p x
−
′
= + = ⇔ =
, từ đó ta vẽ được bbt của hàm f(x)
Từ bbt suy ra
( ) 0,f x x R≥ ∀ ∈

Page 4 of 5
Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải

3
4
3 3

3 4
min ( ) ( ) 0
4
0
4 4
256 27 ( )
x R
p
f x f
p p
p q
q p dpcm
∈
−
⇔ = ≥
 
− −
⇔ + + ≥
 ÷
 ÷
 
⇔ ≥
Bài 8 : Tìm m để hàm số
( ) ( )
4 2
( ) 1 1 2f x mx m x m= + − + −
có đúng 1 cực trị
Lời giải :
( )
3

2
0
( ) 4 2 1 0
( ) 2 1 0
x
f x mx m 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 9 : CMR hàm số
4 3 2

( ) 5 1f x x x x= − − +
có 3 điểm cực trị nằm trên một parabol.
Lời giải : Ta có
3 2
( ) 4 3 10 0f x x x x
′
= − − =

2
(4 3 10) 0
0
5
2
2
x x x
x
x
x
⇔ − − =
=



⇔ =


=

Suy ra f(x) luôn có 3 điểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) 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
−
= − +
.
………………….Hết……………….

Nguồn: hocmai.vn
Page 5 of 5