Tài liệu Cực trị hàm đa thức và hàm phân thức

Chuyên đề 1. Các bài giảng về Hàm số Bài4. Cực trị hàm đa thức và hàm phân thức b2/b1 Bài 04: Cực trị hàm đa thức và hàm phân thức bậc 2/ bậc 1 * Hàm đa thức bậc 3: 4 3 Bài 1: Tìm a để hàm số f ( x) = x3 − 2(1 − sin a) x 2 + (1 + cos2a) x + 1 đạt cực trị tại x1, x2 thảo mãn điều kiện: x12 + x22 = 1 Lời giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔ f ′( x) = 4 x 2 − 4(1 − sin a) x + (1 + cos2a) = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = 4(1 − sin a )2 − 4(1 + cos2a ) > 0 ⇔ 3sin 2 a − 2 sin a − 1 > 0 1 ⇔ sin a < − (*) 3 Với đk (*) thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 , và hàm đạt cực trị tại x1, x2 . Théo viet ta có: x1 + x2 = 1 − sin a; x1.x2 = 1 + cos2a 4 2 Giả thiết : x12 + x22 = 1 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1.x2 = 1 ⇔ (1 − sin a ) 2 − 1 + cos2a =1 2  1− 3 sin a = 2 ⇔ 2sin 2 a − 2sin a − 1 = 0 ⇔   1+ 3 sin a =  2  1− 3 + k 2π  a = arcsin 1− 3 2 So sánh đk (*) ta suy ra sin a = ⇔ ,k ∈Z 2  1− 3 + k 2π  a = π − arcsin  2 1 3 1 2 Bài 2: Cho hàm số f ( x) = x3 − (sin a + cosa) x 2 + 3sin 2a x 4 1. Tìm a để hàm số luôn đồng biến 2. Tìm a để hàm số đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 = x12 + x22 Lời giải: Ta có: f ′( x) = x 2 − (sin a + cosa ) x + 3sin 2a 4 1. Hàm số luôn đồng biến ⇔ f ′( x) ≥ 0, ∀x ∈ R Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Trang 1 Chuyên đề 1. Các bài giảng về Hàm số Bài4. Cực trị hàm đa thức và hàm phân thức b2/b1 ⇔ ∆ = (sin a + cosa )2 − 3sin 2a ≤ 0 ⇔ 1 − 2sin 2a ≤ 0 ⇔ sin 2a ≥ 1 2 5π + 2kπ (1) 6 6 2. Hàm số có CĐ, CT ⇔ f ′( x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ π + 2 kπ ≤ 2 a ≤ ⇔ ∆ > 0 ⇔ a không thỏa mãn (1) Với đk trên thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 , và hàm đạt cực trị tại x1, x2 . Théo viet ta có: x1 + x2 = sin a + cos a; x1.x2 = 3sin2a 4 2 Điều kiện x1 + x2 = x12 + x22 ⇔ x1 + x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1.x2 2 ⇔ sin a + cos a = ( sin a + cos a ) − 3sin2a (2) 2 1 3 π  Đặt t = sin a + cos a = 2cos  − a  ⇒ sin 2a = t 2 − 1 , do đk nên t 2 − 1 < ⇔ t ≤ 2 2 4  Khi đó (2) trở thành: t = 1 3 t = t 2 − (t 2 − 1) ⇔ t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔  2  t = −3 So sánh đk suy ra chỉ có t = 1 thỏa mãn, nên  a = k 2π π π  1 = cos ⇒  cos  − a  =  a = π + k 2π 4 2 4   2 Bài 3: Tìm m để hàm số f ( x) = x3 − 3m 2 x + m có các CĐ và CT nằm về hai phía của 2 đường thẳng y = x Lời giải: Hàm số có CĐ và CT ⇔ f ′( x) = 3x 2 − 3mx = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 Khi đó f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x1 = 0; x2 = m m3 ) 2 Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng y = x hay x – y = 0 khi và chỉ khi: ⇒ tọa độ 2 điểm CĐ, CT là: A(0; m); B(m; m − (0 − m)(m − m + m3 m4 )<0⇔− < 0 , luôn đúng với m ≠ 0 2 2 Vậy ĐS: m ≠ 0 * Hàm đa thức bậc 4: Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Trang 2 Chuyên đề 1. Các bài giảng về Hàm số Bài4. Cực trị hàm đa thức và hàm phân thức b2/b1 Bài 1: Tìm m để hàm f ( x) = x 4 − 4 x3 + x 2 + mx − 1 có cực đại, cực tiểu Lời giải: Hàm f(x) có cực đại, cực tiểu ⇔ f ′( x) = 4 x3 − 12 x 2 + 2 x + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ g ( x) := 4 x3 − 12 x 2 + 2 x = − m có 3 nghiệm phân biệt  6 − 30 x = 6 Xét hàm g(x) ta có: g ′( x) := 12 x 2 − 24 x + 2 = 0 ⇔   6 + 30 x = 6  Từ đó ta vẽ được bbt của hàm g(x) trên R (hs tự vẽ) Vậy g(x) = -m có 3 nghiệm phân biệt ⇔ đồ thị hàm g(x) cắt đường thẳng y = - m tại 3 điểm  6 + 30   6 − 30  phân biệt ⇔ g   < −m < g   6    6   6 − 30   6 + 30  ⇔ − g   < m < − g   6   6   ⇔ 6− 10 30 10 30 < m < 6+ 9 9 Bài 2: Cho hàm số f ( x) = x 4 + 2 x3 + mx 2 . Tìm m để hàm chỉ có cực tiểu mà không có cực đại Lời giải: Ta có f ′( x) = 4 x3 + 6 x 2 + 2mx = 0 ⇔ x(2 x 2 + 3x + m) = 0 x = 0 ⇔ 2  g ( x) = 2 x + 3 x + m = 0 Ta có: ∆ g = 9 − 8m 9 thì g ( x) ≥ 0, ∀x . Suy ra f(x) triệt tiêu và đổi dấu từ - sang + 8 tại x = 0 nên đạt cực tiểu tại x = 0, và không có cực đại TH 1: Nếu ∆ g ≤ 0 ⇔ m ≥ TH 2: Nếu ∆ g > 0 ⇔ m < 9 thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt. Đk để hàm chỉ có cực tiểu 8 mà không có cực đại là: g ( 0 ) = 0 ⇔ m = 0 (thỏa mãn) m = 0 Vậy các giá trị cần tìm của m là:  9 m ≥ 8  Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Trang 3 Chuyên đề 1. Các bài giảng về Hàm số Bài4. Cực trị hàm đa thức và hàm phân thức b2/b1 Bài 3: CMR hàm số f ( x) = x 4 − 6 x 2 + 4 x + 6 luôn có 3 cực trị đồng thời gốc tọa độ O là trọng tâm của tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm cực trị Lời giải: Ta có: f ′( x) = 4 x3 − 12 x + 4 Hàm f’(x) liên tục trên R, ngoài ra ta có: f ′(−2) = −4; f ′(0) = 4; f ′(1) = −4; f (2) = 12 ⇒ f ′(−2) f ′(0) < 0; f ′(0) f ′(1) < 0; f ′(1) f (2) < 0 ⇒ f’(x) có 3 nghiệm phân biệt −2 < x1 < 0 < x2 < 1 < x3 < 2 Vậy f(x) có 3 cực trị, gọi 3 điểm cực trị là A( x1, y1 ); B( x2 , y2 ); C ( x3 , y3 ) Ta thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) được: f ( x) = 1 f ′( x) − (3 x 2 − 4 x − 6) 4 Suy ra yk = −3 xk 2 + 4 xk + 6; k = 1, 2,3  x1 + x2 + x3 = 0 Áp dụng viet cho f’(x ) ta có:   x1.x2 + x2 .x3 + x1.x3 = −3 Nên y1 + y2 + y3 = −3 ( x1 + x2 + x3 )2 − 2( x1.x2 + x2 .x3 + x1.x3 )  + 4( x1 + x2 + x3 ) + 18   = 6.(−3) + 18 = 0 Do đó 3 đỉnh A, B, C nhận O là gốc tọa độ Bài 4: CMR: f ( x) = x 4 + px + q ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ 256q3 ≥ 27 p 4 Lời giải: f ′( x) = 4 x3 + p = 0 ⇔ x = 3 Từ bbt suy ra −p , từ đó ta vẽ được bbt của hàm f(x) 4 f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ min f ( x) = f ( 3 x∈R −p )≥0 4 4  −p  −p ⇔  3 +q≥0  + p 3 4  4  ⇔ 256q 3 ≥ 27 p 4 (dpcm) 1 4 Bài 5: Tìm m để hàm số f ( x) = x 4 − mx 2 + 3 chỉ có cực tiểu mà không có cực đại 2 Lời giải: Lời giải giống bài tập số 2 ở trên. ĐS là: m ≤ 0 Bài 6: Tìm m để hàm số f ( x) = mx 4 + ( m − 1) x 2 + (1 − 2m ) có đúng 1 cực trị x = 0 Lời giải: f ′( x) = 4mx3 + 2 ( m − 1) x = 0 ⇔  2  g ( x) = 2mx + m − 1 = 0 - Nếu m = 0 thì g(x) vô nghiệm, khi đó f(x) có 1 cực đại - Nếu m = 1 thì g(x) có nghiệm kép x = 0, khi đó f(x) chỉ có 1 cực tiểu - Nếu 0 < m < 1 thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, khi đó f(x) có 3 cực trị Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Trang 4 Chuyên đề 1. Các bài giảng về Hàm số Bài4. Cực trị hàm đa thức và hàm phân thức b2/b1 - Nếu m < 0 hoặc m > 1 thì g(x) vô nghiệm, khi đó f(x) có 1 cực trị m ≤ 0 Vậy các giá trị cần tìm của m là:  m ≥ 1 Bài 7: CMR hàm số f ( x) = x 4 − x3 − 5 x 2 + 1 có 3 điểm cực trị nằm trên một parabol. Lời giải :Ta có f ′( x) = 4 x3 − 3x 2 − 10 x = 0 ⇔ x(4 x 2 − 3 x − 10) = 0 x = 0  5 ⇔ x = 2  x = 2  Suy ra f(x) luôn có 3 điểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) được: 1 1  −43 2 5  f ( x) =  x −  f ′( x) +  x − x + 1 16  8 4  16  Do hoành độ 3 điểm cực trị là nghiệm của f’(x), suy ra tọa độ 3 điểm cực trị sẽ thỏa mãn y= −43 2 5 x − x +1 16 8 Vậy 3 điểm cực trị nằm trên một parabol y = −43 2 5 x − x +1 . 16 8 * Hàm phân thức bậc 2/bậc 1: Bài 1: Tìm m để hàm số y = x 2 + (2m + 3) x + m2 + 4m có 2 cực trị trái dấu x+m Lời giải: Hàm số có 2 cực trị trái dấu ⇔ y′ = x 2 + 2mx + m2 − 3m ( x + m )2 = 0 có 2 nghiệm trái dấu ⇔ g ( x) = x 2 + 2mx + m2 − 3m = 0 có 2 nghiệm trái dấu và đều khác – m c 2  = m − 3m < 0 ⇔ a ⇔0 0 ⇔ ⇔m>0  g (−1) = −m ≠ 0 Với đk đó, gọi x1; x2 là 2 nghiệm phân biệt của g(x). Khi đó hàm số y có 2 cực trị A( x1; y1 ); B( x2 ; y2 ) , trong đó: x12 + x1 + m x12 + x1 + m + g ( x1 ) y1 = = = 2 x1 + 1 x1 + 1 x1 + 1 x 2 + x2 + m x22 + x2 + m + g ( x2 ) y2 = 2 = = 2 x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 Hàm có 2 cực trị nằm về 2 phía của trục tung Oy ⇔ y1. y2 < 0 ⇔ ( 2 x1 + 1)( 2 x2 + 1) < 0 ⇔ 4 x1.x2 + 2( x1 + x2 ) + 1 < 0 ⇔ 4(1 − m) − 4 + 1 < 0 ⇔m> Vậy m > 1 4 1 4 x 2 − mx + m Bài 3: Tìm m để hàm số y = (m ≠ 0) có 2 cực trị trái dấu x−m HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 1. ĐS : 0 < m < 1 Bài 4: Tìm m để hàm số y = x 2 − mx + 3(m + 2) có CĐ, CT nằm về 2 phía của trục Ox x −1 HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ĐS: 6 − 60 < m < 6 + 60 Bài 5: Tìm m để hàm số y = x 2 + (m + 1) x − m + 1 có yCD . yCT > 0 x−m  m < −7 − 52 HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ĐS:   m > −7 + 52 Bài 6: Tìm m để hàm số y = x 2 − mx − m + 5 có CĐ, CT cùng dấu x−m  −1 − 21 m < 2 HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ĐS:   −1 + 21 - Xem thêm -