Bài 4: Cực trị hàm đa thức - Trần Phương

Chia sẻ: Phạm Chí Thành | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

345
lượt xem 130
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn tập tham khảo môn toán môn đại số hệ trung học phổ thông.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài 4: Cực trị hàm đa thức - Trần Phương

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) = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) 2. Đạo hàm: y ′ = f ′ ( x ) = 3ax 2 + 2bx + 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 ∆′ = b2 − 3ac > 0, khi đó f ′ ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x 2 với −b ± b 2 − 3ac và hàm số đạt cực trị tại x1, x2. x1,2 = 3a Theo định nghĩa ta có các cực trị của hàm số là:  −b − b 2 − 3ac   −b + b 2 − 3ac  y1 = f ( x1 ) = f   ; y 2 = f ( x2 ) = f    3a   3a  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: Bước 1: Thực hiện phép chia f (x) cho f ′ (x) ta có: ( )   ( ) 2 f ( x ) = 1 x + b f ′ ( x ) + 2  c − b  x + d − bc 3 9a 3 3a  9a hay f ( x ) = f ′ ( x ) .q ( x ) + r ( x ) với bậc r ( x ) = 1  f ′ ( x1 ) = 0   2 b2  (  y1 = f ( x1 ) = r ( x1 ) = 3  c − 3a  x1 + d − 9a    bc ) Bước 2: Do  nên   f ′ ( x2 ) = 0    2  b2   ( bc  y 2 = f ( x 2 ) = r ( x 2 ) = 3  c − 3a  x 2 + d − 9a ) 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) = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) thì đường   ( ) 2 thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình: y = 2  c − b  x + d − bc 3 3a  9a 1
Chương I. Hàm số – Trần Phương II. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1.Tìm m để hàm số: y = 1 x + ( m − m + 2 ) x + ( 3m + 1) x + m − 5 3 2 2 2 3 đạt cực tiểu tại x = −2. Giải: y ′ ( x ) = x 2 + 2 ( m 2 − m + 2 ) x + 3m 2 + 1 ⇒ y ′′ ( x ) = 2 x + 2 ( m 2 − m + 2 ) Để hàm số đạt cực tiểu tại x = − thì 2  y ′ ( −2 ) = 0   2 − m + 4m − 3 = 0 ( )(  m −1 m − 3 = 0 )  ⇔ ⇔ ⇔m=3  y ′′ ( −2 ) > 0  m 2 − m > 0   m ( m − 1) > 0  3 2 3 Bài 2.Tìm a để các hàm số f ( x ) = x − x + ax + 1 ; g ( x ) = x + x 2 + 3ax + a 3 2 3 . có các điểm cực trị nằm xen kẽ nhau. Giải: f ′ ( x ) = x 2 + 2 x + 3a ; g ′ ( x ) = x 2 − x + a . Ta cần tìm a sao cho g′ (x) có 2 nghiệm phân biệt x1 < x 2 và f ′ (x) có 2 nghiệm phân biệt x 3 < x 4 sao cho  x1 < x 3 < x 2 < x 4  ∆ 1 = 1 − 3a > 0 ; ∆ 2 = 1 − 4a > 0  a < 1 ′  4  ⇔ ⇔ (*)  x 3 < x1 < x 4 < x 2  f ′ ( x1 ) f ′ ( x 2 ) < 0    f ′ ( x1 ) f ′ ( x 2 ) < 0  Ta có: f ′ ( x1 ) f ′ ( x 2 ) < 0 ⇔  g ′ ( x1 ) + 3x1 + 2a   g ′ ( x 2 ) + 3 x 2 + 2a  < 0 ⇔    ( 3x1 + 2a ) ( 3x 2 + 2a ) < 0 ⇔ 9 x1 x 2 + 6a ( x1 + x 2 ) + 4a 2 = a ( 4a + 15) < 0 ⇔ − 15 < a < 0 4 Bài 3.Tìm m để f ( x ) = 2 x 3 + 3 ( m − 1) x 2 + 6 ( m − 2 ) x − 1 có đường thẳng đi qua CĐ, CT song song với đường thẳng y = ax + b. Giải: f ′ ( x ) = 6 [ x 2 + ( m − 1) x + ( m − 2 ) ] = 0 ⇔ g ( x ) = x 2 + ( m − 1) x + ( m − 2 ) = 0 Hàm số có CĐ, CT ⇔ g ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ g = ( m − 3) > 0 ⇔ m ≠ 3 2 Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có: f ( x ) = ( 2 x + m − 1) g ( x ) − ( m − 3) x − ( m 2 − 3m + 3) 2 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 ( x1 ) = g ( x 2 ) = 0 nên suy ra y1 = f ( x1 ) = − ( m − 3) x1 − ( m 2 − 3m + 3) ; y 2 = f ( x 2 ) = − ( m − 3) x 2 − ( m 2 − 3m + 3) 2 2 2
Bài 4. Cực trị hàm đa thức ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): y = − ( m − 3) x − ( m 2 − 3m + 3) 2 Ta có (∆) song song với đường thẳng y = ax + b m ≠ 3  m ≠ 3; a < 0 a < 0 ⇔ ⇔ ⇔ − ( m − 3) = a ( m − 3) 2 = −a m = 3 ± − a 2 Vậy nếu a < 0 thì m = 3 ± − a ; nếu a ≥ 0 thì không tồn tại m thoả mãn. Bài 4.Tìm m để f ( x ) = 2 x 3 + 3 ( m − 1) x 2 + 6m ( 1 − 2m ) x có CĐ, CT nằm trên đường thẳng (d): y = −4x. Giải: Ta có: f ′ ( x ) = 6 [ x 2 + ( m − 1) x + m ( 1 − 2m ) ] = 0 ⇔ g ( x ) = x 2 + ( m − 1) x + m ( 1 − 2m ) = 0 Hàm số có CĐ, CT ⇔ g ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ g = ( 3m − 1) > 0 ⇔ m ≠ 1 2 3 Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có: f ( x ) = ( 2 x + m − 1) g ( x ) − ( 3m − 1) x + m ( m − 1) ( 1 − 2m ) 2 Với m ≠ 1 thì phương trình g ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số 3 y = f (x) đạt cực trị tại x1, x2. Ta có: g ( x1 ) = g ( x 2 ) = 0 nên suy ra y1 = f ( x1 ) = − ( m − 3) x1 + m ( m − 1) ( 1 − 2m ) ; y 2 = − ( m − 3) x 2 + m ( m − 1) ( 1 − 2m ) 2 2 ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): y = − ( 3m − 1) x + m ( m − 1) ( 1 − 2m ) . 2 Để cực đại, cực tiểu nằm trên đường thẳng (d): y = − thì (∆) ≡ (d) 4x  − ( 3m − 1) 2 = −4  ( 3m − 1 − 2 ) ( 3m − 1 + 2 ) = 0 ⇔ ⇔ ⇔ m =1  m ( m − 1) ( 1 − 2m ) = 0   m ( m − 1) ( 1 − 2m ) = 0 Bài 5.Tìm m để f ( x ) = x 3 + mx 2 + 7 x + 3 có đường thẳng đi qua CĐ, CT vuông góc với y = 3x − 7. Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔ f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2mx + 7 = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ′ = m 2 − 21 > 0 ⇔ m > 21 . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′ (x) ta có: f ( x ) = 1 ( 3x + m ) f ′ ( x ) + 2 ( 21 − m 2 ) x + 3 − 7 m 9 9 9 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 ′ ( x 2 ) = 0 suy ra 3
Chương I. Hàm số – Trần Phương y1 = f ( x1 ) = 2 ( 21 − m 2 ) x1 + 3 − 7 m ; y 2 = f ( x 2 ) = 2 ( 21 − m 2 ) x 2 + 3 − 7 m 9 9 9 9 ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): y = ( 21 − m ) x + 3 − 2 2 7m 9 9 Ta có (∆) ⊥ y = 3x − 7 ⇔ 2 ( 21 − m 2 ) .3 = −1 ⇔ m 2 = 45 > 21 ⇔ m = ± 3 10 9 2 2 Bài 6.Tìm m để hàm số f ( x ) = x 3 − 3x 2 + m 2 x + m có cực đại, cực tiểu đối 1 5 xứng nhau qua (∆): y = x − 2 2 Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔ f ′ ( x ) = 3 x 2 − 6 x + m 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ′ = 9 − 3m 2 > 0 ⇔ m < 3 . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′ (x) ta có: 2 f ( x ) = 1 ( x − 1) f ′ ( x ) + 2 ( m 2 − 3) x + m + m 3 3 3 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 ′ ( x 2 ) = 0 nên 2 2 y1 = f ( x1 ) = 2 ( m 2 − 3) x1 + m + m ; y 2 = f ( x 2 ) = 2 ( m 2 − 3) x 2 + m + m 3 3 3 3 2 ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (d): y = 2 ( m 2 − 3) x + m + m . 3 3 5 Các điểm cực trị A ( x1 , y1 ) , B ( x 2 , y 2 ) đối xứng nhau qua ( ∆ ) : y = 1 x − 2 2 x1 + x 2 ⇔ (d) ⊥ (∆) tại trung điểm I của AB (*) . Ta có x I = = 1 suy ra 2  2 ( m 2 − 3) ⋅ 1 = −1 3  2 m = 0  (*) ⇔  ⇔ ⇔m=0  m ( m + 1) = 0 2  2 ( m 2 − 3) ⋅1 + m + m = 1 ⋅1 − 5  3  3 2 2 Bài 7. Cho f ( x ) = 2 x + ( cos a − 3sin a ) x − 8 ( 1 + cos 2a ) x + 1 3 2 3 1. CMR: Hàm số luôn có CĐ, CT. 2. Giả sử hàm số đạt cực trị tại x1, x2. CMR: x12 + x 2 ≤ 18 2 Giải: 1. Xét phương trình: f ′ ( x ) = 2 x 2 + 2 ( cos a − 3sin a ) x − 8 ( 1 + cos 2a ) = 0 Ta có: ∆ ′ = ( cos a − 3sin a ) + 16 ( 1 + cos 2a ) = ( cos a − 3sin a ) + 32 cos 2 a ≥ 0 ∀a 2 2 4
Bài 4. Cực trị hàm đa thức Nếu ∆ ′ = 0 ⇔ cos a − 3sin a = cos a = 0 ⇔ sin a = cos a ⇒ sin 2 a + cos 2 a = 0 (vô lý) 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 + x 2 = 3sin a − cos a ; x1 x 2 = −4 ( 1 + cos 2a ) x12 + x 2 = ( x1 + x 2 ) − 2 x1 x 2 = ( 3sin a − cos a ) + 8 ( 1 + cos 2a ) = 9 + 8cos 2 a − 6 sin a cos a 2 2 2 = 9 + 9 ( sin 2 a + cos 2 a ) − ( 3sin a + cos a ) = 18 − ( 3sin a + cos a ) ≤ 18 2 2 Bài 8.Cho hàm số f ( x ) = 2 x + ( m + 1) x + ( m + 4m + 3) x 3 2 2 3 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 A = x1 x 2 − 2 ( x1 + x 2 ) Giải: Ta có: f ′ ( x ) = 2 x 2 + 2 ( m + 1) x + m 2 + 4m + 3 1. Hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1 ⇔ f ′ ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x 2 thoả mãn: x1 < 1 < x 2 ∨ 1 ≤ x1 < x 2  2 f ′ ( 1) < 0  m 2 + 6m + 7 < 0  m ∈ ( − 3 − 2, − 3 + 2 )   2  ∆ ′ > 0   m + 6m + 5 < 0  m ∈ ( − 5, − 1) ⇔   2 f ( 1) ≥ 0 ⇔   2 ⇔  ⇔ m ∈ ( − 5, − 3 + 2 )    m + 6m + 7 ≥ 0   m ∉ ( − 3 − 2, − 3 + 2 )  1 < S  1 < − ( m + 1)   2     m < −2  x1 + x2 = − ( m + 1)  m 2 + 4m + 3 + 2 ( m + 1) 2. Do  1 ( m 2 + 4m + 3) ⇒ A = x1 x 2 − 2 ( x1 + x 2 ) =  x1 x 2 = 2  2 = 1 m 2 + 8m + 7 = 1 ( m + 7 ) ( m + 1) = −1 ( m + 7 ) ( m + 1) (do −5 < m < −1 ) 2 2 2 ⇒ A = 9 − ( m + 8m + 16 )  = 9 − ( m + 4 )  ≤ . Với m = −4 thì Max A = 1 2 1 2 9 9     2 2 2 2 Bài 9.Tìm m để hàm số f ( x ) = 1 x − mx − x + m + 1 có khoảng cách giữa 3 2 3 các điểm CĐ và CT là nhỏ nhất. Giải: Do f ′ ( x ) = x 2 − 2mx − 1 = 0 có ∆ ′ = m 2 + 1 > 0 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 ( x1 , y 2 ) ; B ( x 2 , y 2 ) . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′ (x) ta có: 5
Chương I. Hàm số – Trần Phương 3 3 ( 3 ) f ( x ) = 1 ( x − m ) f ′ ( x ) − 2 ( m 2 + 1) x + 2 m + 1 . Do f ′ ( x1 ) = f ′ ( x 2 ) = 0 nên ( ) ( y1 = f ( x1 ) = − 2 ( m 2 + 1) x1 + 2 m + 1 ; y 2 = f ( x 2 ) = − 2 ( m 2 + 1) x 2 + 2 m + 1 3 3 3 3 ) Ta có: AB = ( x 2 − x1 ) + ( y 2 − y1 ) = ( x 2 − x1 ) + 4 ( m + 1) ( x 2 − x1 ) 2 2 2 2 2 2 2 9  2  9  2    9    ( = ( x 2 + x1 ) − 4 x1 x 2  1 + 4 ( m 2 + 1)  = ( 4m 2 + 4 ) 1 + 4 ( m 2 + 1)  ≥ 4 1 + 4 2 9 ) 2 13 2 13 ⇒ AB ≥ . Vậy Min AB = xảy ra ⇔ m = 0. 3 3 Tìm m để hàm số f ( x ) = 1 mx − ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) x + 1 đạt 3 2 Bài 10. 3 3 cực trị tại x1, x2 thoả mãn x1 + 2 x 2 = 1 . Giải:  Hàm số có CĐ, CT ⇔ f ′ ( x ) = mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) = 0 có 2 m ≠ 0 6 6 nghiệm phân biệt ⇔  ⇔ 1− < m ≠ 0 0 2  2 2 Với điều kiện (*) thì f ′ ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f (x) 2 ( m − 1) 3 ( m − 2) đạt cực trị tại x1, x2. Theo định lý Viet ta có: x1 + x 2 = ; x1 x 2 = m m 2 ( m − 1) 2 − m 2 ( m − 1) 2 − m 3m − 4 Ta có: x1 + 2 x 2 = 1 ⇔ x 2 = 1 − = ; x1 = − = m m m m m m = 2 3 ( m − 2) ⇒ 2 − m ⋅ 3m − 4 = ⇔ ( 2 − m ) ( 3m − 4 ) = 3m ( m − 2 ) ⇔  m = 2 m m m   3 2 Cả 2 giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*). Vậy x1 + 2 x 2 = 1 ⇔ m = 2 ∨ m = 3 Tìm m để hàm số f ( x ) = 1 x − mx + mx − 1 đạt cực trị tại x1, 3 2 Bài 11. 3 x2 thoả mãn điều kiện x1 − x 2 ≥ 8 . Giải: HS có CĐ, CT ⇔ f ′ ( x ) = x 2 − 2mx + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ′ = m 2 − m > 0 ⇔ m ∈ D = ( −∞, 0 ) U ( 1, +∞ ) (*) 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: x1 + x 2 = 2m; x1 x 2 = m suy ra: 6
Bài 4. Cực trị hàm đa thức ≥ 64 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 4 x1 x 2 ≥ 64 ⇔ 4m 2 − 4m ≥ 64 2 2 x1 − x 2 ≥ 8 ⇔ x1 − x 2  1 − 65   1 + 65  ⇔ m 2 − m − 16 ≥ 0 ⇔ m ∈  −∞,  U , +∞  (thoả mãn (*) )  2   2      Vậy để x1 − x 2 ≥ 8 thì m ∈  −∞, 1 − 65  U  1 + 65 , +∞   2   2  B. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC 4 I. TÓM TẮ T LÝ THUYẾ T 1. Hàm số: y = f (x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e ( a ≠ 0 ) 2. Đạo hàm: y ′ = f ′ ( x ) = 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx + d có ®óng Öm 1 nghi      1 nghi  ⇒ cã  Öm ®¬n ®óng tÞ 1 cùc r 3. Cực trị: Xét f ′ ( x ) = 0  cã ®óng nghi  2 Öm   1 nghi    Öm kÐp  3 Öm ph©n Öt ⇒ cã cùc tÞgåm vµ  cã nghi bi 3 r C§ CT 4. Kỹ năng tính nhanh cực trị Giả sử f ′ (x) triệt tiêu và đổi dấu tại x = x0, khi đó f (x) đạt cực trị tại x0 với số cực trị là f ( x 0 ) = ax 0 + bx 0 + cx 0 + dx 0 + e . Trong trường hợp x0 là số vô tỉ 4 3 2 thì cực trị f (x0) được tính theo thuật toán: f ( x) = q ( x) . f ′ ( x) + r ( x) Bước 1: Thực hiện phép chia f (x) cho f ′ (x) ta có: ↓ ↓ ↓ 4 BËc 3 BËc 2 BËc Bước 2: Do f ′ (x0) = 0 nên f (x0) = r(x0) Hệ quả: Các điểm cực trị của hàm bậc 4: y = f (x) nằm trên y = r(x) II. CÁC BÀI TẬ P MẪ U MINH HỌ A Bài 1.Tìm cực trị của hàm số y = f ( x ) = x 4 − 6 x 2 − 8 x − 1 . Giải: Ta có: f ′ ( x ) = 4 x 3 − 12 x − 8 = 4 ( x + 1) ( x − 2 ) ; f ′′ ( x ) = 12 ( x + 1) ( x − 1) 2 Do phương trình f ′ ( x ) = 0 có 1 nghiệm đơn x = 2 và 1 nghiệm kép x = −1 nên hàm số có đúng 1 cực trị tại x = 2. Mặt khác f ′′ ( 2 ) = 36 > 0 suy ra f CT = f ( 2 ) = −25 . Vậy hàm số có cực tiểu f CT = −25 và không có cực đại. 7
Chương I. Hàm số – Trần Phương Bài 2.Cho f ( x ) = x 4 + 4mx 3 + 3 ( m + 1) x 2 + 1 . Tìm m để ƒ(x) chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. Giải: f ′ ( x ) = 4 x 3 + 12mx 2 + 6 ( m + 1) x = 2 x [ 2 x 2 + 6mx + 3 ( m + 1) ] ; x = 0 f ′ ( x) = 0 ⇔  . Xét các khả năng sau đây:  g ( x ) = 2 x 2 + 6mx + 3 ( m + 1) = 0    a) Nếu ∆ ′g = 3 ( 3m 2 − 2m − 2 ) ≤ 0 ⇔ m ∈ 1 − 7 , 1 + 7  = I thì  3 3  2 g ( x ) ≥ 0 ∀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 ⇒ f CT = f ( 0 ) = 1 , tức là hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại.  ∆ ′g > 0  b) Nếu  ⇔ m = −1 thì f ′ ( x ) = 2 x ( 2 x 2 − 6 x ) = 4 x 2 ( x − 3)  g ( 0 ) = 3 ( m + 1) = 0  f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 0 nghiệm kép, x = 3. x−∞03 +∞ f ′ − 0 − 0+ f +∞ + + + Nhìn bảng biến thiên suy ra: Hàm số y = f (x) chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. + CT+∞  ∆ ′g > 0  c) Nếu  ⇔ m = −1 thì f ′ (x) có 3 nghiệm phân biệt x1 < x 2 < x 3  g ( 0) ≠ 0  Nhìn bảng biến thiên suy ra: x − x11 22 33 f ′ − ∞ x x +∞ + 0+0− f +∞ 0+ + Hàm số y = f (x) có cực đại nên không thoả mãn yêu cầu bài toán. CT   Kết luận: m ∈ 1 − 7 , 1 + 7  U { −1} CĐ  3 3  CT+∞ Bài 3.Cho hàm số y = f ( x ) = x 4 + ( m + 3) x 3 + 2 ( m + 1) x 2 Chứng minh rằng: ∀m ≠ − hàm số luôn có cực đại đồng thời x C§ ≤ 0 1 f ′ ( x ) = 4 x 3 + 3 ( m + 3) x 2 + 4 ( m + 1) x = x [ 4 x 2 + 3 ( m + 3) x + 4 ( m + 1) ] = x.g ( x ) Ta có: ∆ g = 9 ( m + 3) − 64 ( m + 1) = 9m 2 − 10m + 17 > 0 ∀m nên g(x) = 0 có 2 2 nghiệm phân biệt x1, x2. 8
Bài 4. Cực trị hàm đa thức Theo định lý Viet ta có: x1 .x 2 = m + 1 ≠ 0 ∀m ≠ −1 ⇒ PT f ′ ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt x − x1 0 x22 f ′ − ∞ 0 +∞ + 0+0− f +∞ 0+ + 0, x1, x2. Xét 2 khả năng sau: a) Nếu m < − thì x1 .x 2 = m + 1 < 0 1 CT ⇒ x1 < 0 < x 2 ⇒ Bảng biến thiên CĐ Nhìn BBT suy ra x C§ = 0 CT+∞ b) Nếu m > − thì x1 .x 2 > 0 1 − 3 ( m + 3) và x1 + x 2 = < 0 ⇒ x1 < x 2 < 0 x − x11 2 0 +∞ f ′ − ∞ x0 + 0+0− f +∞ 0+ + 4 ⇒ Bảng biến thiên. CT Nhìn BBT suy ra x C§ = x 2 < 0 Kết luận: CĐ Vậy ∀m ≠ − hàm số luôn có x C§ ≤ 0 1 CT+∞ Bài 4. (Đề thi TSĐH khối B 2002) Tìm m để hàm số y = mx 4 + ( m 2 − 9 ) x 2 + 10 có 3 điểm cực trị Giải. Yêu cầu bài toán ⇔ y ′ = 2 x ( 2mx 2 + m 2 − 9 ) = 2 x.g ( x ) = 0 có 3 nghiệm m 2 − 9 < 0 ⇔  m < −3 phân biệt ⇔ 0 < m < 3 2m  Bài 5. Tìm m để f ( x ) = x 4 − 2mx 2 + 2m + m 4 có CĐ, CT lập thành tam giác đều. Giải. f ′ ( x ) = 4 x 3 − 4mx = 4 x ( x 2 − m ) . Ta có: f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x 2 = m . Để hàm số có CĐ, CT ⇔ f ′ ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 ⇒ 3 nghiệm là: x1 = − m ; x 2 = 0 ; x 3 = m ⇒ 3 điểm CĐ, CT là: A ( − m , m 4 − m 2 + 2m ) ; B ( 0, m 4 + 2m ) ; C ( m , m 4 − m 2 + 2m ) ⇒ AB = BC = m + m 4 ; AC = 2 m . x − x1 0 x3 +∞ f ′ − ∞ 0 + 0+0− f +∞ 0+ Để A, B, C lập thành tam giác đều A CT thì AB = BC = AC ⇔ m + m4 = 2 m B CĐ C CT+∞ 9
Chương I. Hàm số – Trần Phương ⇔ m + m 4 = 4m ⇔ m 4 = 3m ⇔ m = 3 3 Bài 6. Chứng minh rằng: Hàm số f ( x ) = x 4 + mx 3 + mx 2 + mx + 1 không thể đồng thời có CĐ và CT ∀m ∈ ¡ Giải. Xét f ′ ( x ) = 4 x 3 + 3mx 2 + 2mx + m = 0 ⇔ m ( 3 x 2 + 2 x + 1) = −4 x 3 − 4x 3 − 4x 3 ⇔ m= . Xét hàm số g ( x ) = có TXĐ: D g = ¡ 3x 2 + 2 x + 1 3x 2 + 2 x + 1 − 4 x 2 ( 3 x 2 + 4 x + 3) − 4 x 2  2 ( x + 1) + x 2 + 1 2   g′( x) = = ≤ 0 ∀x ∈ ¡ ; ( 3x 2 + 2 x + 1) 2 ( 3x 2 + 2 x + 1) 2 lim g ( x ) = lim −4 x =∞ x →∞ x →∞ 3 + 2 + 12 x x x − x22 f ′ − −f +∞ ∞ +∞ + 0− + Nghiệm của phương trình f ′ ( x ) = 0 −∞ 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 ⇒ 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: f ( x ) = x 4 + px 3 + q ≥ 0 ∀x ∈ ¡ ⇔ 256q ≥ 27 p 4 −3 p Giải. Ta có: f ′ ( x ) = 4 x 3 + 3 px 2 = x 2 ( 4 x + 3 p ) = 0 ⇔ x = và nghiệm kép x = 0 4 Do f ′ (x) cùng dấu với (4x + 3p) nên lập bảng biến thiên ta có:  −3 p  256q − 27 p 4 f (x) ≥ 0 ∀x∈∈ ⇔ Min f ( x ) = f  ≥0 ⇔ ≥ 0 ⇔ 256q ≥ 27 p 4  4  256 Bài 8. (Đề thi dự bị ĐH khối A năm 2004) Tìm m để hàm số y = x 4 − 2m 2 x 2 + 1 có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân 10
Bài 4. Cực trị hàm đa thức Giải. Hàm số có 3 cực trị ⇔ y ′ = 4 x ( x 2 − m 2 ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 , khi đó đồ thị có 3 điểm cực trị là A ( 0,1) ; B ( − m,1 − m 4 ) , C ( m,1 − m 4 ) uuru r u uu . Do y là hàm chẵn nên YCBT ⇔ AB. AC = 0 ⇔ m = ±1 Bài 9. Chứng minh rằng: f ( x ) = x 4 − 6 x 2 + 4 x + 6 luôn có 3 cực trị đồng thời gốc toạ độ O là trọng tâm của tam giác tạo bởi 3 đỉnh là 3 cực tr ị Bài 10. Chứng minh rằng: f ( x ) = x 4 + px + q ≥ 0 ∀x ∈ ¡ ⇔ 256q 3 ≥ 27 p 4 Bài 11. Cho f ( x ) = x 4 + 8mx 3 + 3 ( 2m + 1) x 2 − 1 . Tìm m để ƒ(x) chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. 11