Tài liệu Cực trị hàm đa thức pptx

Bài 4. Cực trị hàm đa thức
BÀI 4. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC
A. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC 3
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Hàm số: y = f (x)
( )
3 2
0ax bx cx d a= + + + ≠

2. Đạo hàm:
( )
2
3 2y f x ax bx c
′ ′
= = + +
3. Điều kiện tồn tại cực trị
y = f (x) có cực trị ⇔ y = f (x) có cực đại và cực tiểu
⇔
( )
0f x
′
=
có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = b
2
− 3ac > 0
4. Kỹ năng tính nhanh cực trị
Giả sử ∆′ = b
2
− 3ac > 0, khi đó
( )
0f x

′
=
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
với
2
1,2
3
3
b b ac
x
a
− ± −
=
và hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
.
Theo định 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 định
nghĩa sẽ phức tạp hơn so với cách tính theo thuật toán sau đây:
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
( )
1r 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:

Đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình là: y = r(x)
Đối với hàm số tổng quát : y = f (x)
( )
3 2
0ax bx cx d a= + + + ≠
thì đường
thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình:
(
)
2
2
3 3 9
b bc
y c x d
a a
 
= − + −
 ÷
 
1
Chương I. Hàm số – Trần Phương
II. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA
Bài 1. Tìm m để hàm số:
( ) ( )
3 2 2 2
1
2 3 1 5
3
y x m m x m x m= + − + + + + −

đạt cực tiểu tại x = −2.
Giải:
( )
( )
2 2 2
2 2 3 1y x x m m x m
′
= + − + + +
⇒
( )
( )
2
2 2 2y x x m m
′′
= + − +
Để hàm số đạt 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 để 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 điểm 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 0f x f x g x x a g x x a
′ ′ ′ ′

   
< ⇔ + + + + < ⇔
   

( ) ( )
1 2
3 2 3 2 0x 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 để
( ) ( ) ( )
3 2
2 3 1 6 2 1f x x m x m x= + − + − −
có đường thẳng đi qua
CĐ, CT song song với đường thẳng y = ax + b.
Giải:
( ) ( ) ( )
[ ]
2
6 1 2 0f x x m x m
′
= + − + − =

⇔
( ) ( ) ( )
2
1 2 0g x x m x m= + − + − =
Hàm số có CĐ, CT ⇔
( )
0g 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 3f x x m g x m x m m= + − − − − − +
Với m ≠ 3 thì phương trình
( )
0g x =
có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm số
y = f (x) đạt cực trị tại x

1
, x
2
. Ta có:
( ) ( )
1 2
0g x g x
= =
nên suy ra

( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
1 1 1 2 2 2
3 3 3 ; 3 3 3y f x m x m m y f x m x m m
= = − − − − + = = − − − − +
⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆):
( )
( )
2
2
3 3 3y m x m m= − − − − +
2
Bài 4. Cực trị hàm đa thức
Ta có (∆) song song với đường 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
3m a= ± −
; nếu a ≥ 0 thì không tồn tại m thoả mãn.
Bài 4. Tìm m để
( ) ( ) ( )
3 2
2 3 1 6 1 2f x x m x m m x= + − + −
có CĐ, CT nằm trên
đường thẳng (d): y = −4x.

Giải: Ta có:
( ) ( ) ( )
[ ]
2
6 1 1 2 0f x x m x m m
′
= + − + − =

⇔
( ) ( ) ( )
2
1 1 2 0g x x m x m m
= + − + − =
Hàm số có CĐ, CT
( )
0g 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 2f x x m g x m x m m m= + − − − + − −

Với
1
3
m ≠
thì phương trình
( )
0g x =
có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm số
y = f (x) đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Ta có:
( ) ( )
1 2
0g x g x
= =
nên suy ra
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1 2 2
3 1 1 2 ; 3 1 1 2y f x m x m m m y m x m m m
= = − − + − − = − − + − −
⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆):
( ) ( ) ( )

2
3 1 1 1 2y m x m m m= − − + − −
.
Để cực đại, cực tiểu nằm trên đường thẳng (d): y = −4x 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 để
( )
3 2
7 3f x x mx x= + + +
có đường thẳng đi qua CĐ, CT
vuông góc với y = 3x − 7.
Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔
( )
2
3 2 7 0f x x mx
′
= + + =
có 2 nghiệm phân biệt
⇔
2
21 0 21m 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
21m
>
thì phương trình
( )
0f x
′
=
có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm
số y = f (x) đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Ta có:
( ) ( )
1 2
0f 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= = − + − = = − + −
3
Chương I. Hàm số – Trần Phương
⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆):
( )
2
7
2
21 3
9 9
m
y m x= − + −
Ta có (∆) ⊥ y = 3x − 7 ⇔
( )
2 2
3 10
45
2
21 .3 1 21
9 2 2
m m m− = − ⇔ = > ⇔ = ±
Bài 6. Tìm m để hàm số

( )
3 2 2
3f x x x m x m= − + +
có cực đại, cực tiểu đối
xứng nhau qua (∆):
5
1
2 2
y x= −
Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔
( )
2 2
3 6 0f x x x m
′
= − + =
có 2 nghiệm phân biệt
⇔
2
9 3 0 3m 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
3m <
thì phương trình
( )
0f x
′
=
có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm số
y = f (x) đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Ta có:
( ) ( )
1 2
0f 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
= = − + + = = − + +
⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (d):
( )
2
2
2
3
3 3
m
y m x m= − + +
.
Các điểm cực trị
( ) ( )
1 1 2 2
, , ,A x y B x y
đối xứng nhau qua
( )
5
1
:
2 2
y x∆ = −

⇔ (d) ⊥ (∆) tại trung điểm 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 CĐ, CT.
2. Giả sử hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2

. CMR:
2 2
1 2
18x x+ ≤
Giải: 1. Xét phương trình:
( ) ( ) ( )
2
2 2 cos 3sin 8 1 cos 2 0f x x a a x a
′
= + − − + =
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2
2
cos 3sin 16 1 cos 2 cos 3sin 32cos 0a a a a a a a
′
∆ = − + + = − + ≥ ∀
Nếu
2 2
0 cos 3sin cos 0 sin cos sin cos 0a a a a a a a
′
∆ = ⇔ − = = ⇔ = ⇒ + =
(vô lý)
4
Bài 4. Cực trị hàm đa thức
Vậy ∆′ > 0 ∀a ⇒ f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm số có CĐ, CT.

2. Theo Viet ta có:
( )
1 2 1 2
3sin cos ; 4 1 cos 2x x a a x x a+ = − = − +

( )
( ) ( )
2
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 3sin cos 8 1 cos 2 9 8cos 6sin cosx x x x x x a a a a a a
+ = + − = − + + = + −
( )
( ) ( )
2 2
2 2
9 9 sin cos 3sin cos 18 3sin cos 18a 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 để hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1.
2. Gọi các điểm cực trị là x
1
, x

2
. Tìm Max của
( )
1 2 1 2
2A x x x x= − +
Giải: Ta có:
( ) ( )
2 2
2 2 1 4 3f x x m x m m
′
= + + + + +
1. Hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1
( )
0f x
′
⇔ =
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thoả mãn:
1 2 1 2
1 1x 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 2m
⇔ ∈ − − +
2. Do
( )
( )
1 2
2
1 2
1
1
4 3

2
x x m
x x m m

+ = − +


= + +


⇒
( )
1 2 1 2
2A 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 1m− < < −
)
⇒
( )
( )
2
2
9
1 1
9 8 16 9 4
2 2 2
A m m m
 
 
= − + + = − + ≤
 
 
. Với
4m = −
thì
9
Max
2

A =
Bài 9. Tìm m để hàm số
( )
3 2
1
1
3
f x x mx x m= − − + +
có khoảng cách giữa các
điểm CĐ và CT là nhỏ nhất.
Giải: Do
( )
2
2 1 0f x x mx
′
= − − =
có
2
1 0m
′
∆ = + >
nên f ′(x) = 0 có 2 nghiệm
phân biệt x
1
, x
2
và hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2

với các điểm 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
0f x f x
′ ′
= =
nên
5
Chương I. Hàm số – Trần Phương
( )

( )
(
)
( )
( )
(
)
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= = − + + + = = − + + +
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 để hàm số
( ) ( ) ( )
3 2
1 1
1 3 2
3 3
f x mx m x m x= − − + − +
đạt cực trị
tại x
1
, x
2
thoả mãn
1 2
2 1x x+ =
.
Giải:  Hàm số có CĐ, CT ⇔
( ) ( ) ( )
2
2 1 3 2 0f 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 điều kiện (*) thì
( )
0f x
′
=
có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm số f (x) đạt
cực trị tại x

1
, x
2
. Theo định 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 đều thoả mãn điều kiện (*). Vậy
1 2
2 1x x+ =
2
2
3
m m
⇔ = ∨ =
Bài 11.Tìm m để hàm số
( )

3 2
1
1
3
f x x mx mx= − + −
đạt cực trị tại x
1
, x
2
thoả
mãn điều kiện
1 2
8x x− ≥
.
Giải: HS có CĐ, CT ⇔
( )
2
2 0f x x mx m
′
= − + =
có 2 nghiệm phân biệt
⇔
( ) ( )
2
0 , 0 1,m m m D
′
∆ = − > ⇔ ∈ = −∞ +∞
U
(*)
Với điều kiện này thì

( )
0f x
′
=
có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm số f (x) đạt
cực trị tại x
1
, x
2
. Theo định lý Viet ta có:
1 2 1 2
2 ;x x m x x m+ = =
suy ra:
6
Bi 4. Cc tr hm a thc
( )
22
1 2 1 2 1 2 1 2
8 64 4 64x x x x x x x x +

2
4 4 64m m

2
1 65 1 65
16 0 , ,

2 2
m m m

+
+
ữ ữ

U
(tho món (*) )
Vy
1 2
8x x
thỡ
1 65 1 65
, ,
2 2
m

+
+
ữ ữ

U
B. CC TR HM A THC BC 4
I. TểM TT Lí THUYT
1. Hm s: y = f (x)
( )
4 3 2
0ax bx cx dx e a= + + + +
2. o hm:

( )
3 2
4 3 2y f x ax bx cx d

= = + + +
3. Cc tr: Xột
( )
0f 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 i du ti x = x
0
, khi ú f (
x
) t 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
) c 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 im 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 1y f x x x x= =
.
Gii: Ta cú:
( ) ( ) ( )
2
3
4 12 8 4 1 2f x x x x x

= = +
;
( ) ( ) ( )
12 1 1f x x x

= +
Do phng trỡnh
( )
0f x

=
cú 1 nghim n x = 2 v 1 nghim kộp x = 1
nờn hm s cú ỳng 1 cc tr ti x = 2. Mt khỏc
( )
2 36 0f

= >
suy ra
( )
CT
2 25f f= =
. Vy hm s cú cc tiu
CT
25f =
v khụng cú cc i.
7
Chương I. Hàm số – Trần Phương
Bài 2. Cho
( ) ( )

4 3 2
4 3 1 1f x x mx m x= + + + +
. Tìm m để ƒ(x) chỉ có cực tiểu
mà không có cực đại.
Giải:
( ) ( ) ( )
[ ]
3 2 2
4 12 6 1 2 2 6 3 1f 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
=

′

= ⇔

= + + + =

. Xét các khả năng sau đây:

a) Nếu
( )
2
1 7 1 7
3 3 2 2 0 ,
3 3
g
m m m I
 
− +
′
∆ = − − ≤ ⇔ ∈ =
 
 
thì
( )
2 0g x x≥ ∀ ∈ ¡
⇔ g(x) ≥ 0
x∀ ∈ ¡
.
Suy ra f ′(x) triệt tiêu và đổi dấu tại x = 0 mà f ′′(0) = 6(m + 1) > 0 ∀m∈I
⇒
( )
CT
0 1f f= =
, tức là hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại.
b) Nếu
( ) ( )
0
1

0 3 1 0
g
m
g m
′
∆ >


⇔ = −


= + =

thì
( )
( )
( )
2 2
2 2 6 4 3f x x x x x x
′
= − = −
( )
0f 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 đại.
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 đại nên
không thoả mãn yêu cầu bài toán.
Kết luận:
{ }
1 7 1 7
, 1
3 3
m
 
− +

∈ −
 
 
U
Bài 3. Cho hàm số
( ) ( ) ( )
4 3 2
3 2 1y f x x m x m x= = + + + +
Chứng minh rằng: ∀m ≠ −1 hàm số luôn có cực đại đồng thời
0x ≤
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

.
8
x−∞03+∞f ′ − 0 − 0+f
+∞
CT+∞
x−∞x
1
x
2
x
3
+∞f ′−0+0−0+f
+∞
CT
CĐ
CT+∞
Bài 4. Cực trị hàm đa thức
Theo định lý Viet ta có:
1 2
. 1 0 1x x m m= + ≠ ∀ ≠ −
⇒ PT
( )
0f x
′
=
có 3 nghiệm phân biệt
0, x
1
, x
2

. Xét 2 khả năng sau:
a) Nếu m < −1 thì
1 2
. 1 0x x m= + <

⇒
1 2
0x x< <
⇒ Bảng biến thiên
Nhìn BBT suy ra
0x =
C§
b) Nếu m > −1 thì
1 2
. 0x x >

và
( )
1 2
3 3
0
4
m
x x
− +
+ = <
⇒
1 2
0x x< <
⇒ Bảng biến thiên.

Nhìn BBT suy ra
2
0x x= <
C§
Kết luận:
Vậy ∀m ≠ −1 hàm số luôn có
0x ≤
C§
Bài 4. (Đề thi TSĐH khối B 2002)
Tìm m để hàm số
( )
4 2 2
9 10y mx m x= + − +
có 3 điểm cực trị
Giải. Yêu cầu bài toán
( )
( )
2 2
2 2 9 2 . 0y 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 để
( )
4 2 4
2 2f x x mx m m
= − + +
có CĐ, CT lập thành tam giác đều.
Giải.
( )
( )
3 2
4 4 4f x x mx x x m
′
= − = −
. Ta có:
( )
2
0 0f x x x m
′
= ⇔ = ∨ =
.

Để hàm số có CĐ, CT ⇔
( )
0f x
′
=
có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0
⇒ 3 nghiệm là:
1 2 3
; 0 ;x m x x m= − = =
⇒ 3 điểm CĐ, CT là:
( )
( )
( )
4 2 4 4 2
, 2 ; 0, 2 ; , 2A m m m m B m m C m m m m− − + + − +

⇒
4
; 2AB BC m m AC m= = + =
.
Để A, B, C lập thành tam giác đều
thì
AB BC AC= =
⇔
4
2m m m+ =
9
x−∞x
1
0x

2
+∞f ′−0+0−0+ f
+∞
CT
CĐ
CT+∞
x−∞x
1
x
2
0+∞f ′−0+0−0+f
+∞
CT
CĐ
CT+∞
x−∞x
1
0x
3
+∞f ′−0+0−0+ f
+∞
A
CT
B CĐ
C CT+∞
Chương I. Hàm số – Trần Phương
4 4
3
4 3 3m m m m m m⇔ + = ⇔ = ⇔ =
Bài 6. Chứng minh rằng: Hàm số

( )
4 3 2
1f x x mx mx mx= + + + +
không thể
đồng thời có CĐ và CT
m∀ ∈ ¡
Giải. Xét
( )
( )
3 2 2 3
4 3 2 0 3 2 1 4f x x mx mx m m x x x
′
= + + + = ⇔ + + = −

⇔
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 TXĐ:
g
D = ¡
( )
( )
( )
( )
( )
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
 
− + + − + + +
 
′
= = ≤ ∀ ∈

+ + + +
¡
;
( )
2
4
lim lim
2 1
3
x x
x
g x
x
x
→∞ →∞
−
= = ∞
+ +
Nghiệm của phương trình
( )
0f x
′
=

cũng là hoành độ giao điểm của
đường thẳng y = m với đồ thị y = g(x).
Nhìn bảng biến thiên suy ra đường thẳng y = m cắt y = g(x) tại đúng 1 điểm
⇒
( )
0f x

′
=
có đúng 1 nghiệm.
Vậy hàm số y = f (x) không thể đồng thời có cực đại và cực tiểu.
Bài 7. Chứng minh rằng:
( )
4 3
0f x x px q x= + + ≥ ∀ ∈ ¡
⇔
4
256 27q p≥
Giải. Ta có:
( )
( )
3 2 2
4 3 4 3 0f x x px x x p
′
= + = + =
⇔
3
4
p
x
−
=
và nghiệm kép x = 0
Do f ′(x) cùng dấu với (4x + 3p) nên lập bảng biến thiên ta có:
f (x) ≥ 0 ∀x∈ ⇔
( )
3

Min 0
4
p
f x f
−
 
= ≥
 ÷
 
⇔
4
4
256 27
0 256 27
256
q p
q p
−
≥ ⇔ ≥
Bài 8. (Đề thi dự bị ĐH khối A năm 2004)
Tìm m để hàm số
4 2 2
2 1y x m x= − +
có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam
giác vuông cân
Giải. Hàm số có 3 cực trị
( )
2 2
4 0y x x m
′

⇔ = − =
có 3 nghiệm phân biệt
0m⇔ ≠
, khi đó đồ thị có 3 điểm cực trị là
( )
( ) ( )
4 4
0,1 ; ,1 , ,1A B m m C m m− − −
.
Do
y
là hàm chẵn nên YCBT
. 0 1AB AC m⇔ = ⇔ = ±
uuur uuur
10
x−∞x
2
+∞f ′−0−f
+∞
−∞
Bài 4. Cực trị hàm đa thức
Bài 9. Chứng minh rằng:
( )
4 2
6 4 6f x x x x= − + +
luôn có 3 cực trị đồng thời
gốc toạ độ O là trọng tâm của tam giác tạo bởi 3 đỉnh là 3 cực trị
Bài 10. Chứng minh rằng:
( )
4

0f x x px q x= + + ≥ ∀ ∈ ¡
⇔
3 4
256 27q p≥
Bài 11. Cho
( ) ( )
4 3 2
8 3 2 1 1f x x mx m x= + + + −
. Tìm m để ƒ(x) chỉ có cực tiểu
mà không có cực đại.
11