Cực trị hàm số

CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC VÀ HÀM PHÂN THỨC TÀI LIỆU BÀI GIẢNG... BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1.. có các ñiểm cực trị nằm xen kẽ nhau... CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1... Tìm m ñể ƒx chỉ có cực

A CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC BẬC 3:

I TÓM TẮT LÝ THUYẾT:

0

y′= f′ x = ax + bx+c

3 ðiều kiện tồn tại cực trị

y = f (x) có cực trị ⇔ y = f (x) có cực ñại và cực tiểu

⇔ f′( )x =0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = b2 − 3ac > 0

4 Kỹ năng tính nhanh cực trị

Giả sử ∆′ = b2 − 3ac > 0, khi ñó f′( )x =0 có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2 với

2

1,2

3 3

x

a

Theo ñịnh nghĩa ta có các cực trị của hàm số là:

;

Trong trường hợp x1, x2 là số vô tỉ thì các cực trị f (x1), f (x2) nếu tính theo ñịnh nghĩa sẽ phức tạp hơn so

với cách tính theo thuật toán sau ñây:

Bước 1: Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có:

′

hay ( )f x = f′( ) ( )x q x. +r x( ) với bậc r x =( ) 1

Bước 2: Do ( )

( )

2

1

2 2

2

nên



′



Hệ quả: ðường thẳng ñi qua cực ñại, cực tiểu có phương trình là: y = r(x)

0

2

=  −  + −

BÀI GIẢNG 03

CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC VÀ HÀM PHÂN THỨC

TÀI LIỆU BÀI GIẢNG

II BÀI TẬP MẪU MINH HỌA

Bài 1 Tìm m ñể hàm số: 1 3 ( 2 2) 2 (3 2 1) 5

3

y= x + m −m+ x + m + x+m−

ñạt cực tiểu tại x = −2

Giải: ( ) 2 ( 2 ) 2

y′′ x = x+ m −m+

ðể hàm số ñạt cực tiểu tại x = −2 thì

( )

2

2

3

1 0

m

m m



′

Bài 2 Tìm a ñể các hàm số ( ) 3 2 1

3

x

g x = +x + ax+a có các ñiểm 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 x1<x2 và

f ′(x) có 2 nghiệm phân biệt x3<x4 sao cho

1

1 3 0 ; 1 4 0

4

a



∆ = − > ∆ = − >



< < <



 < < < ′ ′ <

(*)

Ta có: f′( ) ( )x1 f′ x2 < ⇔0 g′( )x1 +3x1+2a  g′( )x2 +3x2 +2a< ⇔0

4

⇔ + + + = + < ⇔ − < <

Bài 3 Tìm m ñể ( ) 3 ( ) 2 ( )

ñường thẳng y = ax + b

Giải: ( ) [ 2 ( ) ( )]

g x =x + m− x+ m− =

Hàm số có Cð, CT ⇔ ( )g x =0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ( )2

∆ = − > ⇔ ≠

f x = x+m− g x − m− x− m − m+

Với m ≠ 3 thì phương trình ( ) g x =0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số

y = f (x) ñạt cực trị tại x1, x2 Ta có: g x( )1 =g x( )2 =0 nên suy ra

y = f x = − m− x − m − m+ y = f x = − m− x − m − m+

y= − m− x− m − m+

Ta có (∆) song song với ñường thẳng y = ax + b

⇔

3

= ± −

Vậy nếu a < 0 thì m= ± −3 a ; nếu a ≥ 0 thì không tồn tại m thoả mãn

Bài 4 Tìm m ñể ( ) 3 ( ) 2 ( )

Giải: Ta có: ( ) [ 2 ( ) ( )]

f′ x = x + m− x+m − m =

g x =x + m− x+m − m =

Hàm số có Cð, CT ⇔g x( )=0 có 2 nghiệm phân biệt (3 1)2 0 1

3

⇔ ∆ = − > ⇔ ≠

f x = x+m− g x − m− x+m m− − m

3

m ≠ thì phương trình ( )g x =0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số

y = f (x) ñạt cực trị tại x1, x2 Ta có: g x( )1 =g x( )2 =0 nên suy ra

y = f x = − m− x +m m− − m y = − m− x +m m− − m

y= − m− x+m m− − m

ðể cực ñại, cực tiểu nằm trên ñường thẳng (d): y = −4x thì (∆) ≡ (d)

2

3 1 2 3 1 2 0

1

m

m



Bài 5 Tìm m ñể ( ) 3 2

7 3

f x =x +mx + x+ có ñường thẳng ñi qua Cð, CT vuông góc với y = 3x − 7

Giải: Hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) 2

f′ x = x + mx+ = có 2 nghiệm phân biệt ⇔

2

′

∆ = − > ⇔ > Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có:

m

f x = x+m f′ x + −m x+ −

Với m > 21 thì phương trình f′( )x =0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số y = f (x) ñạt cực trị tại x1,

x2 Ta có: f′( )x1 = f′( )x2 =0 suy ra

m

9 −m = − ⇔m = 2 > ⇔m= ± 2

Bài 6 Tìm m ñể hàm số ( ) 3 2 2

3

f x =x − x +m x+m có cực ñại, cực tiểu ñối xứng nhau qua (∆):

5 1

y= x−

Giải: Hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) 2 2

f′ x = x − x+m = có 2 nghiệm phân biệt

′

∆ = − > ⇔ < Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) 2

2

m

f x = x− f′ x + m − x+ +m

Với m < 3 thì phương trình f′( )x =0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số y = f (x) ñạt cực trị tại x1,

x2 Ta có: f′( )x1 = f′( )x2 =0 nên

2

m

y= m − x+ +m

Các ñiểm cực trị A x y( 1, 1) (,B x2,y2) ñối xứng nhau qua ( ): 1 5

⇔ (d) ⊥ (∆) tại trung ñiểm I của AB (*) Ta có 1 2 1

2

I

(*) ⇔

2

2 2

0

0 5

m

=



+ =



Bài 7 Cho ( ) 2 3 (cos 3sin ) 2 8 1 cos 2( ) 1

3

1 CMR: Hàm số luôn có Cð, CT

2 Giả sử hàm số ñạt cực trị tại x1, x2 CMR: 2 2

x +x ≤

Giải: 1 Xét phương trình: ( ) 2 ( ) ( )

2 2 cos 3sin 8 1 cos 2 0

cosa 3sina 16 1 cos 2a cosa 3sina 32 cos a 0 a

′

0 cosa 3sina cosa 0 sina cosa sin a cos a 0

′

Vậy ∆′ > 0 ∀a ⇒ f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số có Cð, CT

2 Theo Viet ta có: x1+x2 =3sina−cosa; x x1 2= −4 1( +cos 2a)

1 2 1 2 2 1 2 3sin cos 8 1 cos 2 9 8cos 6sin cos

9 9 sin a cos a 3sina cosa 18 3sina cosa 18

Bài 8 Cho hàm số ( ) 2 3 ( 1) 2 ( 2 4 3)

3

f x = x + m+ x + m + m+ x

1 Tìm m ñể hàm số ñạt cực trị tại ít nhất 1 ñiểm > 1

2 Gọi các ñiểm cực trị là x1, x2 Tìm Max của A= x x1 2−2(x1+x2)

Giải: Ta có: ( ) 2 ( ) 2

f′ x = x + m+ x+m + m+

1 Hàm số ñạt cực trị tại ít nhất 1 ñiểm > 1 ⇔ f′( )x =0 có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2 thoả mãn:

x < <x ∨ ≤x <x

( )

( )

2 2 2

0

5, 1

6 5 0

2 1 0

2

m

f

S

′

 <  + + <  ∈ − − − +

′

∆ >







< − + < −







( 5, 3 2)

m

⇔ ∈ − − +

2 Do

2

1 2

1

2

 + = − +



 ⇒ A= x x1 2−2(x1+x2) 2 4 3 2( 1)

2

2

2m m

= + + 1 ( 7)( 1) 1( 7)( 1)

−

A=  − m + m+ =  − m+ ≤ Với m = −4 thì Max 9

2

A =

Bài 9 Tìm m ñể hàm số ( ) 1 3 2 1

3

f x = x −mx − +x m+ có khoảng cách giữa các ñiểm Cð và CT là nhỏ nhất

Giải: Do ( ) 2

f′ x =x − mx− = có 2

1 0

m

′

∆ = + > nên f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số ñạt cực trị tại x1, x2 với các ñiểm cực trị là A x y( 1, 2); B x( 2,y2) Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có:

f x = x−m f′ x − m + x+ m+ Do f′( )x1 = f′( )x2 =0 nên

9

9

= + −   + +  (4 2 4 1) 4( 2 1)2 4 1( )4

3

3

Bài 10 Tìm m ñể hàm số ( ) 1 3 ( 1) 2 3( 2) 1

f x = mx − m− x + m− x+ ñạt cực trị tại x1, x2 thoả mãn

1 2 2 1

x + x =

Giải:
Hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) 2 ( ) ( )

0

m

≠



 ′∆ = − − − >

− < ≠ < + (*)

Với ñiều kiện (*) thì f′( )x =0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f (x) ñạt cực trị tại x1, x2 Theo ñịnh

;

( ) ( )( ) ( )

−

3

m m

=







Cả 2 giỏ trị này ủều thoả món ủiều kiện (*) Vậy x1+2x2 =1 2 2

3

⇔ = ∨ =

Bài 11 Tỡm m ủể hàm số ( ) 1 3 2 1

3

f x = x −mx +mx− ủạt cực trị tại x1, x2 thoả món ủiều kiện x1−x2 ≥8

Giải: HS cú Cð, CT ⇔ ( ) 2

f′ x =x − mx+ =m cú 2 nghiệm phõn biệt

′

∆ = − > ⇔ ∈ = −∞ ∪ +∞ (*)

Với ủiều kiện này thỡ f′( )x =0 cú 2 nghiệm phõn biệt x1, x2 và hàm số f (x) ủạt cực trị tại x1, x2 Theo ủịnh

x −x ≥ ⇔ x −x ≥ ⇔ x +x − x x ≥

2

4m 4m 64

B CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC BẬC 4

I TểM TẮT Lí THUYẾT

0

y′= f′ x = ax + bx + cx+d

3 Cực trị: Xột f′( )x =0

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 Kỹ năng tớnh nhanh cực trị

Giả sử f ′(x) triệt tiờu và ủổi dấu tại x = x0, khi ủú f (x) ủạt cực trị tại x0 với số cực trị là

f x =ax +bx +cx +dx +e Trong trường hợp x0 là số vụ tỉ thỡ cực trị f (x0) ủược tớnh theo thuật

toỏn:

Bước 1: Thực hiện phộp chia f (x) cho f ′(x) ta cú: ( ) ( ). ( ) ( )

f x =q x f′ x + r x

Bậc Bậc Bậc

Bước 2: Do f ′(x0) = 0 nờn f (x0) = r(x0)

Hệ quả: Cỏc ủiểm cực trị của hàm bậc 4: y = f (x) nằm trờn y = r(x)

II CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA

Bài 1 Tỡm cực trị của hàm số ( ) 4 2

y= f x =x − x − x−

Giải: Ta cú: ( ) 3 ( ) (2 )

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

Do phương trình f′( )x =0 có 1 nghiệm ñơn x = 2 và 1 nghiệm kép x = −1

nên hàm số có ñúng 1 cực trị tại x = 2 Mặt khác f ′′( )2 =36>0 suy ra fCT = f( )2 = −25 Vậy hàm số có cực tiểu fCT = −25 và không có cực ñại

Bài 2 Cho ( ) 4 3 ( ) 2

f x =x + mx + m+ x + Tìm m ñể ƒ(x) chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại

f′ x = x + mx + m+ x= x x + mx+ m+ ;

( )

0 0

x

f x

=



′ = ⇔



Xét các khả năng sau ñây:

′

( )

2g x ≥ ∀ ∈ ℝ0 x ⇔ g(x) ≥ 0 ∀ ∈ ℝx

Suy ra f ′(x) triệt tiêu và ñổi dấu tại x = 0 mà f ′′(0) = 6(m + 1) > 0 ∀m∈I

⇒ fCT = f ( )0 =1, tức là hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại

b) Nếu

0

1

g

m

′

∆ >



⇔ = −





f′ x = x x − x = x x−

f′ 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 ñại

c) Nếu

( )

0

1

0 0

g

m g

′

∆ >





thì f ′(x) có 3 nghiệm phân biệt x1<x2 <x3

Nhìn bảng biến thiên suy ra:

Hàm số y = f (x) có cực ñại nên không thoả mãn yêu cầu bài

toán

Kết luận: 1 7 1 7 { }

Bài 3 Cho hàm số ( ) 4 ( ) 3 ( ) 2

y= f x =x + m+ x + m+ x Chứng minh rằng: ∀m ≠ −1 hàm số luôn có cực ñại ñồng thời xC§≤0

f′ x = x + m+ x + m+ x=x x + m+ x+ m+ =x g x

f ′ − 0 − 0 +

f

+∞

CT

+∞

x −∞ x1 x2 x3 +∞

f ′ − 0 + 0 − 0 +

f +∞

CT

Cð

CT

+∞

Theo ñịnh lý Viet ta có: x x1 2 =m+ ≠ ∀ ≠ −1 0 m 1

⇒ PT f′( )x =0 có 3 nghiệm phân biệt

0, x1, x2 Xét 2 khả năng sau:

a) Nếu m < −1 thì x x1 2=m+ <1 0

⇒ x1< <0 x2 ⇒ Bảng biến thiên

Nhìn BBT suy ra xC§ =0

b) Nếu m > −1 thì x x >1 2 0

0 4

m

x +x =− + < ⇒

x <x <

⇒ Bảng biến thiên

Nhìn BBT suy ra xC§ =x2<0

Kết luận:

Vậy ∀m ≠ −1 hàm số luôn có xC§≤0

Bài 4 (ðề thi TSðH khối B 2002)

Tìm m ñể hàm số 4 ( 2 ) 2

Giải Yêu cầu bài toán ( 2 2 ) ( )

0

m m

< −



−

⇔ < ⇔  < <



f x =x − mx + m m+ có Cð, CT lập thành tam giác ñều

Giải ( ) 3 ( 2 )

f′ x = ⇔ =x ∨ x =m

ðể hàm số có Cð, CT ⇔ f′( )x =0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0

⇒ 3 nghiệm là: x1= − m ;x2=0 ; x3= m ⇒ 3 ñiểm Cð, CT là:

AB=BC= m+m AC= m

ðể A, B, C lập thành tam giác ñều

2

m+m = m

x −∞ x1 0 x2 +∞

f ′ − 0 + 0 − 0 +

f +∞

CT

Cð

CT +∞

x −∞ x1 x2 0 +∞

f ′ − 0 + 0 − 0 +

f

+∞

CT

Cð

CT +∞

x −∞ x1 0 x3 +∞

f ′ − 0 + 0 − 0 +

f +∞

A

CT

B

Cð C

CT +∞

Bài 6 Chứng minh rằng: Hàm số ( ) 4 3 2

1

f x =x +mx +mx +mx+ không thể ñồng thời có Cð và CT

m

∀ ∈ ℝ

f′ x = x + mx + mx+m= ⇔m x + x+ = − x

x

m

−

=

3 2

4

x

g x

−

=

2

0

ℝ ; ( )

2

4

2 1 3

x

g x

x x

−

+ +

Nghiệm của phương trình f′( )x =0

cũng là hoành ñộ giao ñiểm của

ñường thẳng y = m với ñồ thị y = g(x)

Nhìn bảng biến thiên suy ra ñường thẳng y = m cắt y = g(x) tại ñúng 1 ñiểm

⇒ f′( )x =0 có ñúng 1 nghiệm

Vậy hàm số y = f (x) không thể ñồng thời có cực ñại và cực tiểu

Bài 7 Chứng minh rằng: ( ) 4 3

0

f x =x + px + ≥ ∀ ∈ ℝq x ⇔ 4

256q≥27p

Giải Ta có: ( ) 3 2 2( )

f′ x = x + px =x x+ p = ⇔ 3

4

p

x −

Do f ′(x) cùng dấu với (4x + 3p) nên lập bảng biến thiên ta có:

f (x) ≥ 0 ∀x∈R ⇔ Min ( ) 3 0

4

p

f x = f − ≥

4

4

256 27

0 256 27 256

−

Bài 8 (ðề thi dự bị ðH khối A năm 2004)

y=x − m x + có 3 ñiểm cực trị là 3 ñỉnh của một tam giác vuông cân

Giải Hàm số có 3 cực trị ( 2 2)

A B −m −m C m −m Do y là hàm chẵn nên YCBT ⇔AB AC  = ⇔0 m= ±1

Bài 9 Chứng minh rằng: ( ) 4 2

f x =x − x + x+ luôn có 3 cực trị ñồng thời gốc toạ ñộ O là trọng tâm của tam giác tạo bởi 3 ñỉnh là 3 cực trị

Bài 10 Chứng minh rằng: ( ) 4

0

f x =x + px+ ≥ ∀ ∈ ℝq x ⇔ 3 4

256q ≥27p

f x =x + mx + m+ x − Tìm m ñể ƒ(x) chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại

B CỰC TRỊ HÀM PHÂN THỨC BẬC 2/ BẬC 1:

x −∞ x2 +∞

f ′ − 0 −

f +∞

−∞

* Tóm tắt lý thuyết:

1 Hàm số:

2

ax

y f x

mx n

2

0

2 ðạo hàm:

2 ,

'( )

anx bn cm g x

y f x

3 ðiều kiện tồn tại cực trị: Hàm số có cực trị  Hàm số có Cð, CT:

 f’(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt

 g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt ≠ n

m

−

  ∆g > 0; 0

n g m

−

   ∆g > 0 Chú ý: ∆ ='g (an)2−am bn cm( − )=a an( 2−bmn cm+ 2)

1

n

'

0

g

m

−

* Kỹ năng tính nhanh cực trị:

Giả sử ∆g > 0; g n 0

m

−

  Khi ñó g(x) = 0 hay y’(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ñồng thời y = f(x) ñạt cực trị tại x1, x2

ðặt

2

( )

v x mx n



1 2

y x

y x

=



( )

y y x

y y x

+





▪ Hệ quả:

a) ðường thẳng ñi qua Cð, CT có phương trình y 2a x b

b) yCð + yCT = y(x1) + y(x2) = 2a(x1 x2) 2b 2a 2n 2b 2bm 24an

c) | yCð - yCT| = | y(x1) - y(x2)| = |2a(x1 x2)

m ||x1-x2|

Chú ý: | yCð - yCT| ≤ k  |x1-x2| ≤

2

m k

a = p  (x1 – x2)2- 4x1x2 ≤ p2

d) yCð.yCT = y(x1).y(x2)

(2ax b)(2ax b) 4a x x 2ab x( x ) b b 4ac

Giáo viên : Trần Phương Nguồn : Hocmai.vn