có các điểm cực trị nằm xen kẽ nhau... Theo định lý Viet ta có:... Tỡm m để ƒx chỉ cú cực tiểu mà khụng cú cực đại... Nhìn bảng biến thiên suy ra: Hàm số y = f x chỉ có cực tiểu mà không
Trang 1TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
BÀI 4 C ỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC
A CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC 3
I TÓM T ẮT LÝ THUYẾT
1 Hàm số: y = f (x) 3 2 ( )
0
ax bx cx d a
y′ = 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
⇔ f′ ( )x = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = b2 − 3ac > 0
4 Kỹ năng tính nhanh cực trị
Giả sử ∆′ = b 2 − 3ac > 0, khi đó f′ ( )x = 0 có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2 với
2
1,2
3 3
b b ac
x
a
− ± −
= và hàm số đạt cực trị tại x1, x2
Theo định 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 định nghĩa sẽ phức tạp hơn so với cách tính theo thuật toán sau đây:
B ước 1: Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có:
( ) ( ) ( ) 2 ( )
f x x f x c x d
′
hay f x( ) = f′ ( ) ( )x q x +r x( ) với bậc r x( )= 1
B ước 2: Do ( )
( )
2
1
2 2
2
nên
y f x r x c x d
y f x r x c x d
= = = − + −
′
′ =
H ệ 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 ( )
0
ax bx cx d a
= + + + ≠ thì đường
thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình:
( )
2
2
= − + −
Trang 2II BÀI T ẬP MẪU MINH HỌA
3
y= x + m − +m x + m + x+ −m
đạt cực tiểu tại x = −2
y x′ =x + m − +m x+ m + ⇒ ( ) ( 2 )
y′′ x = x+ m − +m
Để hàm số đạt cực tiểu tại x = −2 thì
( )
( )
( )( ) ( )
2
2
3
1 0
m
m m
′
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
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 3 2 4
1 2
1
1 3 0 ; 1 4 0
4
a
x x x x
∆ = − > ∆ = − >
< < <
< < < ′ ′ <
(*)
Ta có: f′( ) ( )x1 f′ x2 < ⇔ 0 g′( )x1 + 3x1 + 2a g′( )x2 + 3x2 + 2a< ⇔ 0
4
⇔ + + + = + < ⇔ − < <
f x = x + m− x + m− x− có đường thẳng đi qua CĐ,
CT song song với đường thẳng y = ax + b
f′ x = x + m− x+ m− = ⇔ ( ) 2 ( ) ( )
g x =x + m− x+ m− = Hàm số có CĐ, CT ⇔ g x( ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ( ) 2
∆ = − > ⇔ ≠
Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( 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) đạt cực trị tại x1, x2 Ta có: g x( ) ( )1 =g x2 = 0 nên suy ra
y = f x = − m− x − m − m+ y = f x = − m− x − m − m+
⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): ( ) 2 ( 2 )
y= − m− x− m − m+
Ta có (∆) song song với đường thẳng y = ax + b
3
− − = − = − = ± −
Vậy nếu a < 0 thì m= ± − 3 a ; nếu a ≥ 0 thì không tồn tại m thoả
mãn
f x = x + m− x + m − m x có CĐ, CT nằm trên đường
thẳng (d): y = −4x
Trang 3TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
f′ x = x + m− x+m − m =
g x =x + m− x+m − m =
Hàm số có CĐ, CT ⇔g x( ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt (3 1) 2 0 1
3
⇔∆ = − > ⇔ ≠
Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( )( )
f x = x+ −m g x − m− x+m m− − m
Với 1
3
m≠ thì phương trình g x( ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số
y = f (x) đạt cực trị tại x1, x2 Ta có: g x( ) ( )1 =g x2 = 0 nên suy ra
y = f x = − m− x +m m− − m y = − m− x +m m− − m
⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): ( ) 2 ( )( )
y= − m− x+m m− − m
Để cực đại, cực tiểu nằm trên đường thẳng (d): y = −4x thì (∆) ≡
(d)
⇔ ((3 1)()2 4) (3( 1 )(2 3)( )1 2) 0
1
1 1 2 0
1 1 2 0
m
m
7 3
f x =x +mx + x+ có đường thẳng đi qua CĐ, CT vuông góc với y = 3x − 7
f′ x = x + mx+ = có 2 nghiệm phân biệt
′
∆ = − > ⇔ > Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta
có:
( ) 1 (3 ) ( ) 2(21 2) 3 7
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) đạt cực trị tại x1, x2 Ta có: f′( )x1 = f′( )x2 = 0 suy ra
y =f x = −m x + − y = f x = −m x + −
⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): 2 21( 2) 3 7
m
y= −m x+ −
Ta có (∆) ⊥ y = 3x − 7 ⇔ 2 21( 2).3 1 2 45 21 3 10
9 −m = − ⇔m = 2 > ⇔ = ±m 2
3
f x =x − x +m x+m có cực đại, cực tiểu đối
xứng nhau qua (∆): 1 5
2 2
y= x−
f′ x = x − x+m = có 2 nghiệm phân biệt
9 3m 0 m 3
′
∆ = − > ⇔ < 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) đạt cực trị tại x1, x2 Ta có: f′( )x1 = f′( )x2 = 0 nên
Trang 4( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2
y = f x = m − x + +m y = f x = m − x + +m
⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (d): ( ) 2
2
m
y= m − x+ +m Các điểm cực trị A x y( 1 , 1) (,B x2 ,y2) đối xứng nhau qua ( ): 1 5
2 2
y x
⇔ (d) ⊥ (∆) tại trung điểm I của AB (*) Ta có 1 2
1 2
I
x x
= = suy
ra
(*) ⇔ ( )
2
2 2
0
0 5
m
− ⋅ = −
=
+ =
− ⋅ + + = ⋅ −
Bài 7 Cho ( ) 2 3 (cos 3sin ) 2 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 x1, x2 CMR: 2 2
1 2 18
x +x ≤
2 2 cos 3sin 8 1 cos 2 0
f′ x = x + a− a x− + a =
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 CĐ, CT
2 Theo Viet ta có: x1+x2= 3sina− cosa; x x1 2 = − 4 1 cos 2 ( + a)
1 2 1 2 2 1 2 3sin cos 8 1 cos 2 9 8cos 6sin cos
x +x = x +x − x x = a− a + + a = + a− a a
( 2 2 ) ( ) 2 ( ) 2
9 9 sin a cos a 3sina cosa 18 3sina cosa 18
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 x1, x2 Tìm Max của
1 2 2 1 2
A= x x − x +x
f′ x = x + m+ x+m + m+
1 Hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1 ⇔ f′ ( )x = 0 có 2
nghiệm phân biệt x x1 , 2 thoả mãn: x1 < < 1 x2 ∨ ≤ < 1 x1 x2
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 1 0
2
m
m m f
S
′
< + + < ∈ − − − +
+ + < ∈ − −
⇔ ≥ ⇔ ⇔
< < − +
< −
m
⇔ ∈ − − +
2 Do
( )
1 2
2
1 2
1
2
x x m
x x m m
+ = − +
⇒ A= x x1 2 − 2(x1 +x2) 2 ( )
4 3 2 1 2
m + m+ m
2
2m m
= + + 1 ( 7)( 1) 1 ( 7)( 1)
−
= + + = + + (do − < < − 5 m 1)
⇒ A=1 9−(m2 +8m+16)= 1 9−(m+4) 2 ≤9 Với m= − 4 thì MaxA=9
Trang 5TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
3
f x = x −mx − + +x m có khoảng cách giữa các điểm CĐ và CT là nhỏ nhất
Gi ải: Do ( ) 2
2 1 0
f′ x =x − mx− = có 2
1 0
m
′
∆ = + > nên f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số đạt cực trị tại x1, x2 với các điểm
cực trị là A x y( 1 , 2); B x( 2 ,y2) Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x)
ta có:
( ) 1 ( ) ( ) 2( 2 1) (2 1)
f x = x−m f′ x − m + x+ m+ Do f′( )x1 = f′( )x2 = 0 nên
1 1 2 1 1 2 1 ; 2 2 2 1 2 2 1
y = f x = − m + x + m+ y = f x = − m + x + m+
Ta có: 2 ( ) (2 ) (2 )2 ( 2 )2( )2
9
AB = x −x + y −y = x −x + m + x −x
9
x x x x m
= + − + + (4 2 4 1) 4( 2 1)2 4 1( )4
= + + + ≥ +
3
AB≥ Vậy Min 2 13
3
AB= xảy ra ⇔ m = 0
f x = mx − m− x + m− x+ đạt cực trị tại
x1, x2 thoả mãn x1 + 2x2 = 1
f′ x =mx − m− x+ m− = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ( )2 ( )
0
m
≠
′∆= − − − >
− < ≠ < + (*)
Với điều kiện (*) thì f′( )x = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm
số f (x) đạt cực trị tại x1, x2 Theo định lý Viet ta có:
;
2 m 3m 4 m 2 m 3m 4 3m m 2
−
3
m m
=
Cả 2 giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*) Vậy
1 2 2 1
x + x = 2 2
3
⇔ = ∨ =
3
f x = x −mx +mx− đạt cực trị tại x1, x2
thoả mãn điều kiện x1 −x2 ≥ 8
Gi ải: HS có CĐ, CT ⇔ ( ) 2
f′ x =x − mx+ =m có 2 nghiệm phân biệt
′
∆ = − > ⇔ ∈ = −∞ U +∞ (*)
Với điều kiện này thì f′ ( )x = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm
số f (x) đạt cực trị tại x1, x2 Theo định lý Viet ta có:
Trang 61 2 2 ; 1 2
x +x = m x x =m suy ra: 2 ( )2
1 2 8 1 2 64 1 2 4 1 2 64
x −x ≥ ⇔ x −x ≥ ⇔ x +x − x x ≥ 2
4m 4m 64
⇔ − − ≥ ⇔ ∈ −∞ U +∞ (thoả món (*) )
Vậy để x1 −x2 ≥ 8 thỡ ,1 65 1 65,
m − +
∈ −∞ U +∞
B CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC 4
I TểM TẮT Lí THUYẾT
0
ax bx cx dx e a
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) tri ệt tiờu và đổi dấu tại x = x0, khi đú f (x) đạt
cực trị tại x0 với số cực trị là ( ) 4 3 2
0 0 0 0 0
f x =ax +bx +cx +dx +e Trong
trường hợp x0 là số vụ tỉ thỡ cực trị f (x0) được tớnh theo
thuật toỏn:
B ước 1: Thực hiện phộp chia f (x) cho f ′(x) ta cú:
( ) ( ) ( ) ( )
f x =q x f′ x + r x
Bậc Bậc Bậc
B ước 2: Do f ′(x0) = 0 nờn f (x0) = r(x0)
H ệ quả: Cỏc điểm cực trị của hàm bậc 4: y = f (x) n ằm trờn y =
r(x)
II CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA
y= f x =x − x − x−
f′ x = x − x− = x+ x− ; f′′ ( )x = 12 (x+ 1 )(x− 1 )
Do phương trỡnh f′ ( )x = 0 cú 1 nghiệm đơn x = 2 và 1 nghiệm kộp x =
−1
nờn hàm số cú đỳng 1 cực trị tại x = 2 Mặt khỏc f′′( )2 = 36 > 0 suy
ra fCT = f( ) 2 = − 25 Vậy hàm số cú cực tiểu fCT = − 25 và khụng cú cực đại
f x =x + mx + m+ x + Tỡm m để ƒ(x) chỉ cú cực tiểu mà khụng cú cực đại
Trang 7TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 7 -
f′ x = x + mx + m+ x= x x + mx+ m+ ;
( )
0 0
x
f x
g x x mx m
=
′ = ⇔
Xét các khả năng sau đây:
′
( )
2g x ≥ ∀ ∈ 0 x ¡ ⇔ g(x) ≥ 0 ∀ ∈x ¡
Suy ra f ′(x) tri ệt tiêu và đổi 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 đại
b) Nếu
( ) ( )
0
1
0 3 1 0
g
m
′
∆ >
thì ( ) ( 2 ) 2 ( )
f′ x = x x − x = x x− ( ) 0
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 đại
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 đại nên
không thoả mãn yêu cầu bài toán
K ết luận: 1 7 1, 7 { }1
m − +
y= f x =x + m+ x + m+ x
Chứng minh rằng: ∀m ≠ −1 hàm số luôn có cực đại đồng thời xC§ ≤ 0 ( ) 3 ( ) 2 ( ) [ 2 ( ) ( )] ( )
f′ x = x + m+ x + m+ x=x x + m+ x+ m+ =x g x
Ta có: ( ) 2 ( ) 2
∆ = + − + = − + > ∀ nên g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2
Theo định 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 x1. 2 > 0
1 2
3 3
0 4
m
x + =x − + < ⇒ x1 <x2 < 0
f
f
+∞
C
T
+∞
x −∞ x1 x2 x3 +
∞
f
0 + 0 − 0 +
f
+∞
CĐ +∞
x −∞ x1 0 x2 +∞
f
0 + 0 − 0 +
f
+∞
CT
CĐ
CT
+∞
x −∞ x1 x2 0 +∞
f
0 + 0 − 0 +
f
+∞
CĐ +∞
Trang 8⇒ Bảng biến thiên
Nhìn BBT suy ra xC§ =x2< 0
K ết luận:
Vậy ∀m ≠ −1 hàm số luôn có xC§ ≤ 0
Bài 4 ( Đề thi TSĐH khối B 2002)
9 10
y=mx + m − x + có 3 điểm cực trị
y′ x mx m x g x
⇔ = + − = = có 3 nghiệm phân
biệt 2 9 0 3
m m
< −
−
⇔ < ⇔ < <
f x = −x mx + m m+ có CĐ, CT lập thành tam giác đều
f′ x = x − mx= x x −m Ta có: ( ) 2
f′ x = ⇔ = ∨x x =m
Để hàm số có CĐ, CT ⇔ f′ ( )x = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0
⇒ 3 nghiệm là: x1 = − m ;x2 = 0 ; x3 = m ⇒ 3 điểm CĐ, CT là:
A − m m −m + m B m + m C m m −m + m
AB=BC= m+m AC= m
Để A, B, C lập thành tam giác đều
thìAB=BC=AC ⇔ 4
2
m+m = m
4 4 4 3 3 3
Bài 6 Chứng minh rằng: Hàm số ( ) 4 3 2
1
f x =x +mx +mx +mx+ không thể đồng thời có CĐ và CT ∀ ∈m ¡
f′ x = x + mx + mx+ = ⇔m m x + x+ = − x
x m
x x
−
=
+ + Xét hàm số ( ) 2 4 3
x
g x
x x
−
= + + có TXĐ: D g = ¡
( )
2
0
2
4 lim lim
2 1 3
x
g x
x x
−
+ + Nghiệm của phương trình f′( )x = 0
cũng là hoành độ giao điểm của
đường thẳng y = m v ới đồ thị y = g(x)
Nhìn bảng biến thiên suy ra đường thẳng y = m c ắt y = g(x) tại đúng 1 điểm
⇒ f′ ( )x = 0 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
0
f x = x + px + ≥ ∀ ∈q x ¡ ⇔ 4
256q≥ 27p
x −∞ x2 +∞
f
f +∞
−∞
x −∞ x1 0 x3 +∞
f
0 + 0 − 0 +
f
+∞
A
CT
B
CĐ C
CT
+∞
Trang 9TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
f′ x = x + px =x x+ p = ⇔ 3
4
p
x= −
và nghiệm kép x = 0
Do f ′(x) cùng d ấu với (4x + 3p) nên lập bảng biến thiên ta có:
f (x) ≥ 0 ∀x∈R ⇔ ( ) 3
4
p
f x = f − ≥
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
y=x − m x + có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân
y′ x x m
⇔ = − = có 3 nghiệm phân biệt 0
m
⇔ ≠ , khi đó đồ thị có 3 điểm cực trị là
0,1 ; ,1 , ,1
A B −m −m C m −m Do y là hàm chẵn nên YCBT
AB AC m
⇔ uuur uuur = ⇔ = ±
Bài 9 Chứng minh rằng: ( ) 4 2
f 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
0
f x =x + px+ ≥ ∀ ∈q x ¡ ⇔ 3 4
256q ≥ 27p
f x =x + mx + m+ x − Tìm m để ƒ(x) chỉ có cực
tiểu mà không có cực đại