Bài 3: Cực trị của hàm số - Khóa LT ðảm bảo – Thầy Trần Phương
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Bài 03: Cực trị hàm ña thức và hàm phân thức bậc 2/ bậc 1
* Hàm ña thức bậc 3:
Bài 1
: Tìm a ñể hàm số
3 2
4
( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1
3
f x x a x c a x
= − − + + +
ñạ
t c
ự
c tr
ị
t
ạ
i
1 2
,
x x
th
ả
o mãn
ñ
i
ề
u ki
ệ
n:
2 2
1 2
1
x x
+ =
Lời giải
: Hàm s
ố
có C
ð
, CT
2
( ) 4 4(1 sin ) (1 os2 ) 0
f x x a x c a
′
⇔ = − − + + =
có 2 nghi
ệ
m
phân bi
ệ
t
2
4(1 sin ) 4(1 os2 ) 0
a c a
′
⇔ ∆ = − − + >
2
3sin 2sin 1 0
1
sin (*)
3
a a
a
⇔ − − >
⇔ < −
V
ớ
i
ñ
k (*) thì f’(x) có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2
,
x x
, và hàm
ñạ
t c
ự
c tr
ị
t
ạ
i
1 2
,
x x
. Théo viet ta
có:
1 2 1 2
1 os2
1 sin ; .
4
c a
x x a x x
+
+ = − =
Gi
ả
thi
ế
t :
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2 . 1
x 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
ñ
k (*) 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 ñể hàm số luôn ñồng biến
2. Tìm a ñể hàm số ñạt cực trị tại
1 2
,
x x
thỏa mãn ñiều 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 ñồng biến
( ) 0,
f x x R
′
⇔ ≥ ∀ ∈
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 s
ố
có C
ð
, CT
( ) 0
f x
′
⇔ =
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
Bài 3: C
ự
c tr
ị
c
ủ
a hàm s
ố
- Khóa LT
ðả
m b
ả
o – Th
ầ
y Tr
ầ
n Ph
ươ
ng
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t
0
⇔ ∆ > ⇔
a không th
ỏ
a mãn (1)
V
ớ
i
ñ
k trên thì f’(x) có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2
,
x x
, và hàm
ñạ
t c
ự
c tr
ị
t
ạ
i
1 2
,
x x
. Théo viet
ta có:
1 2 1 2
3sin2
sin cos ; .
4
a
x x a a x x
+ = + =
ð
i
ề
u ki
ệ
n
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
⇔ + = + −
ðặ
t
sin cos 2 os
4
t a a c a
π
= + = −
2
sin 2 1
a t
⇒
= −
, do
ñ
k nên
2
1 3
1
2 2
t t− < ⇔ ≤
Khi
ñ
ó (2) tr
ở
thành:
2 2 2
1
3
( 1) 2 3 0
3
2
t
t t t t t
t
=
= − − ⇔ + − = ⇔
= −
So sánh
ñ
k suy ra ch
ỉ
có t = 1 th
ỏ
a 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
ñể
hàm s
ố
3 2
3
( )
2
m
f x x x m
= − +
có các C
ð
và CT n
ằ
m v
ề
hai phía c
ủ
a
ñườ
ng th
ẳ
ng y = x
Lời giải
: Hàm s
ố
có C
ð
và CT
2
( ) 3 3 0
f x x mx
′
⇔ = − =
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
0
m
⇔ ≠
Khi
ñ
ó f’(x) có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2
0;
x x m
= =
⇒
t
ọ
a
ñộ
2
ñ
i
ể
m C
ð
, CT là:
3
(0; ); ( ; )
2
m
A m B m m
−
Hai
ñ
i
ể
m A, B n
ằ
m v
ề
hai phía c
ủ
a
ñườ
ng th
ẳ
ng y = x hay x – y = 0 khi và ch
ỉ
khi:
3 4
(0 )( ) 0 0
2 2
m m
m m m
− − + < ⇔ − <
, luôn
ñ
úng v
ớ
i
0
m
≠
V
ậ
y
ð
S:
0
m
≠
* Hàm ña thức bậc 4:
Bài 1
: Tìm m
ñể
hàm
4 3 2
( ) 4 1
f x x x x mx
= − + + −
có c
ự
c
ñạ
i, c
ự
c ti
ể
u
Lời giải
: Hàm f(x) có c
ự
c
ñạ
i, c
ự
c ti
ể
u
3 2
( ) 4 12 2 0
f x x x x m
′
⇔ = − + + =
có 3 nghi
ệ
m
phân bi
ệ
t
3 2
( ) : 4 12 2
g x x x x m
⇔ = − + = −
có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
Xét hàm g(x) ta có:
2
6 30
6
( ): 12 24 2 0
6 30
6
x
g x x x
x
−
=
′
= − + = ⇔
+
=
Bài 3: C
ự
c tr
ị
c
ủ
a hàm s
ố
- Khóa LT
ðả
m b
ả
o – Th
ầ
y Tr
ầ
n Ph
ươ
ng
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t
T
ừ
ñ
ó ta v
ẽ
ñượ
c bbt c
ủ
a hàm g(x) trên R (hs t
ự
v
ẽ
)
V
ậ
y g(x) = -m có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
⇔
ñồ
th
ị
hàm g(x) c
ắ
t
ñườ
ng th
ẳ
ng y = - m t
ạ
i 3
ñ
i
ể
m phân bi
ệ
t
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 2
: Cho hàm số
4 3 2
( ) 2
f x x x mx
= + + . Tìm m ñể hàm chỉ có cực tiểu mà không có
cực ñại
Lời giải: Ta có
3 2
( ) 4 6 2 0
f 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: N
ế
u
9
0
8
g
m
∆ ≤ ⇔ ≥
thì
( ) 0,
g x x
≥ ∀
. Suy ra f(x) tri
ệ
t tiêu và
ñổ
i d
ấ
u t
ừ
- sang +
t
ạ
i x = 0 nên
ñạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i x = 0, và không có c
ự
c
ñạ
i
TH 2: N
ế
u
9
0
8
g
m
∆ > ⇔ <
thì g(x) có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t.
ð
k
ñể
hàm ch
ỉ
có c
ự
c ti
ể
u
mà không có c
ự
c
ñạ
i là:
(
)
g 0 0 0
m
= ⇔ =
(th
ỏ
a mãn)
V
ậ
y các giá tr
ị
c
ầ
n tìm c
ủ
a m là:
0
9
8
m
m
=
≥
Bài 3: CMR hàm s
ố
4 2
( ) 6 4 6
f x x x x
= − + +
luôn có 3 c
ự
c tr
ị
ñồ
ng th
ờ
i g
ố
c t
ọ
a
ñộ
O là
tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác có 3
ñỉ
nh là 3
ñ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
Lời giải
: Ta có:
3
( ) 4 12 4
f x x x
′
= − +
Hàm f’(x) liên t
ụ
c trên R, ngoài ra ta có:
( 2) 4; (0) 4; (1) 4; (2) 12
f f f f
′ ′ ′
− = − = = − =
( 2) (0) 0; (0) (1) 0; (1) (2) 0
f f f f f f
′ ′ ′ ′ ′
⇒ − < < <
⇒
f’(x) có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2 3
2 0 1 2
x x x
− < < < < < <
V
ậ
y f(x) có 3 c
ự
c tr
ị
, g
ọ
i 3
ñ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
là
1 1 2 2 3 3
( , ); ( , ); ( , )
A x y B x y C x y
Ta th
ự
c hi
ệ
n phép chia f(x) cho f’(x)
ñượ
c:
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= − + + =
Bài 3: C
ự
c tr
ị
c
ủ
a hàm s
ố
- Khóa LT
ðả
m b
ả
o – Th
ầ
y Tr
ầ
n Ph
ươ
ng
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t
Áp d
ụ
ng 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( ) 18
y y y x x x x x x x x x x x x
+ + = − + + − + + + + + +
6.( 3) 18 0
= − + =
Do
ñ
ó 3
ñỉ
nh A, B, C nh
ậ
n O là g
ố
c t
ọ
a
ñộ
Bài 4: CMR:
4 3 4
( ) 0, 256 27
f x x px q x R q p
= + + ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥
Lời giải
:
3
3
( ) 4 0
4
p
f x x p x
−
′
= + = ⇔ =
, t
ừ
ñ
ó ta v
ẽ
ñượ
c bbt c
ủ
a hàm f(x)
T
ừ
bbt suy ra ( ) 0,
f x x R
≥ ∀ ∈
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 5
: Tìm m ñể hàm số
4 2
1 3
( )
4 2
f x x mx
= − +
chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại
Lời giải: Lời giải giống bài tập số 2 ở trên. ðS là:
0
m
≤
Bài 6
: Tìm m ñể hàm số
(
)
(
)
4 2
( ) 1 1 2
f x mx m x m
= + − + −
có ñúng 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 ñó f(x) có 1 cực ñại
- Nếu m = 1 thì g(x) có nghiệm kép x = 0, khi ñó f(x) chỉ có 1 cực tiểu
- Nếu 0 < m < 1 thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, khi ñó f(x) có 3 cực trị
- Nếu m < 0 hoặc m > 1 thì g(x) vô nghiệm, khi ñó f(x) có 1 cực trị
Vậy các giá trị cần tìm của m là:
0
1
m
m
≤
≥
Bài 7
: CMR hàm số
4 3 2
( ) 5 1
f x x x x
= − − +
có 3 ñiểm cực trị nằm trên một parabol.
Lời giải :Ta có
3 2
( ) 4 3 10 0
f 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 ñiểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) ñược:
2
1 1 43 5
( ) ( ) 1
4 16 16 8
f x x f x x x
−
′
= − + − +
Do hoành ñộ 3 ñiểm cực trị là nghiệm của f’(x), suy ra tọa ñộ 3 ñiểm cực trị sẽ thỏa mãn
Bài 3: Cực trị của hàm số - Khóa LT ðảm bảo – Thầy Trần Phương
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
2
43 5
1
16 8
y x x
−
= − +
Vậy 3 ñiểm cực trị nằm trên một parabol
2
43 5
1
16 8
y x x
−
= − +
.
* Hàm phân thức bậc 2/bậc 1:
Bài 1:
Tìm m ñể hàm số
2 2
(2 3) 4
x m x m m
y
x m
+ + + +
=
+
có 2 cực trị trái dấu
Lời giải: Hàm số có 2 cực trị trái dấu
( )
2 2
2
2 3
0
x mx m m
y
x m
+ + −
′
⇔ = =
+
có 2 nghiệm trái
dấu
2 2
( ) 2 3 0
g x x mx m m
⇔ = + + − =
có 2 nghiệm trái dấu và ñều khác – m
2
3 0
0 3
( ) 3 0
c
m m
m
a
g m m
= − <
⇔ ⇔ < <
− = − ≠
Bài 2:
Tìm m ñể
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
2 1
0
1
x x m
y
x
+ + −
′
⇔ = =
+
có 2 nghiệm phân biệt
2
( ) 2 1 0
g x x x m
⇔ = + + − =
có 2 nghiệm phân biệt khác -1
0
0
( 1) 0
m
m
g m
′
∆ = >
⇔ ⇔ >
− = − ≠
Với ñk ñó, gọi
1 2
;
x x
là 2 nghiệm phân biệt của g(x). Khi ñó hàm số y có 2 cực trị
1 1 2 2
( ; ); ( ; )
A x y B x y
, trong ñó:
2 2
1 1 1 1 1
1 1
1 1
2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
( )
2 1
1 1
( )
2 1
1 1
x x m x x m g x
y x
x x
x x m x x m g x
y x
x x
+ + + + +
= = = +
+ +
+ + + + +
= = = +
+ +
Hàm có 2 cực trị nằm về 2 phía của trục tung Oy
(
)
(
)
1 2 1 2
. 0 2 1 2 1 0
y y x x
⇔ < ⇔ + + <
1 2 1 2
4 . 2( ) 1 0
4(1 ) 4 1 0
1
4
x x x x
m
m
⇔ + + + <
⇔ − − + <
⇔ >
V
ậ
y
1
4
m
>
Bài 3: C
ự
c tr
ị
c
ủ
a hàm s
ố
- Khóa LT
ðả
m b
ả
o – Th
ầ
y Tr
ầ
n Ph
ươ
ng
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t
Bài 3:
Tìm m
ñể
hàm s
ố
2
( 0)
x mx m
y m
x m
− +
= ≠
−
có 2 c
ự
c tr
ị
trái d
ấ
u
HDG
: Cách gi
ả
i hoàn toàn nh
ư
bài t
ậ
p 1.
ð
S : 0 < m < 1
Bài 4:
Tìm m
ñể
hàm s
ố
2
3( 2)
1
x mx m
y
x
− + +
=
−
có C
ð
, CT n
ằ
m v
ề
2 phía c
ủ
a tr
ụ
c Ox
HDG
: Cách gi
ả
i hoàn toàn nh
ư
bài t
ậ
p 2.
ð
S:
6 60 6 60
m− < < +
Bài 5:
Tìm m
ñể
hàm s
ố
2
( 1) 1
x m x m
y
x m
+ + − +
=
−
có
. 0
CD CT
y y
>
HDG
: Cách gi
ả
i hoàn toàn nh
ư
bài t
ậ
p 2.
ð
S:
7 52
7 52
m
m
< − −
> − +
Bài 6:
Tìm m
ñể
hàm s
ố
2
5
x mx m
y
x m
− − +
=
−
có C
ð
, CT cùng d
ấ
u
HDG
: Cách gi
ả
i hoàn toàn nh
ư
bài t
ậ
p 2.
ð
S:
1 21
2
1 21
5
2
m
m
− −
<
− +
< <
Nguồn:
hocmai.vn
