Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
HDG CÁC BTVN PHẦN CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC
Bài 1 : Tìm a để hàm số
3 2
4
( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1
3
f x x a x c a x= − − + + +
đạt cực trị tại

1 2
,x x
thảo mãn điều kiện:
2 2
1 2
1x x+ =
Lời giải : Hàm số có CĐ, CT
2
( ) 4 4(1 sin ) (1 os2 ) 0f x x a x c a
′
⇔ = − − + + =
có 2 nghiệm phân biệt
2
4(1 sin ) 4(1 os2 ) 0a c a
′
⇔ ∆ = − − + >

2
3sin 2sin 1 0
1
sin (*)

(1 sin ) 1
2
1 3
sin
2
2sin 2sin 1 0
1 3
sin
2
c a
a
a
a a
a
+
⇔ − − =

−
=


⇔ − − = ⇔

+
=


So sánh đk (*) ta suy ra
1 3
arcsin 2

f x x a c a x x= − + +
1. Tìm a để hàm số luôn đồng biến
2. Tìm a để hàm số đạt cực trị tại
1 2
,x x
thỏa mãn điều kiện
2 2
1 2 1 2
x x x x+ = +
Lời giải : Ta có:
2
3sin 2
( ) (sin os )
4
a
f x x a c a x
′
= − + +
1. Hàm số luôn đồng biến
( ) 0,f x x R
′
⇔ ≥ ∀ ∈
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1
Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải

2
(sin os ) 3sin 2 0
1
1 2sin 2 0 sin 2
2

a
x x a a x x+ = + =
Điều kiện
2 2
1 2 1 2
x x x x+ = +

( )
2
1 2 1 2 1 2
2 .x x x x x x⇔ + = + −

( )
2
3sin2
sin cos sin cos (2)
2
a
a a a a⇔ + = + −
Đặt
sin cos 2 os
4
t a a c a
π
 
= + = −
 ÷
 
2
sin 2 1a t⇒ = −

2
2
a k
c a c
a k
π
π π
π
π
=

 

− = = ⇒
 ÷

= +
 

Bài 3 : Tìm m để hàm số
3 2
3
( )
2
m
f x x x m= − +
có các CĐ và CT nằm về hai phía của
đường thẳng y = x
Lời giải : Hàm số có CĐ và CT
2

4 3 2
( ) 4 1f x x x x mx= − + + −
có cực đại, cực tiểu
Lời giải : Hàm f(x) có cực đại, cực tiểu
3 2
( ) 4 12 2 0f x x x x m
′
⇔ = − + + =
có 3 nghiệm phân biệt
3 2
( ) : 4 12 2g x x x x m⇔ = − + = −
có 3 nghiệm phân biệt
Xét hàm g(x) ta có:
2
6 30
6
( ) : 12 24 2 0
6 30
6
x
g x x x
x

−
=


′
= − + = ⇔


9 9
m⇔ − < < +
Bài 5 : Cho hàm số
4 3 2
( ) 2f x x x mx= + +
. Tìm m để hàm chỉ có cực tiểu mà không có
cực đại
Lời giải : Ta có
3 2
( ) 4 6 2 0f x x x mx
′
= + + =

2
2
(2 3 ) 0
0
( ) 2 3 0
x x x m
x
g x x x m
⇔ + + =
=

⇔

= + + =

Ta có:
9 8

m
=



≥

Bài 6 : CMR hàm số
4 2
( ) 6 4 6f x x x x= − + +
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:
3
( ) 4 12 4f x x x
′
= − +
Hàm f’(x) liên tục trên R, ngoài ra ta có:
( 2) 4; (0) 4; (1) 4; (2) 12f f f f
′ ′ ′
− = − = = − =
( 2) (0) 0; (0) (1) 0; (1) (2) 0f f f f f f
′ ′ ′ ′ ′
⇒ − < < <
⇒
f’(x) có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
2 0 1 2x x x− < < < < < <
Vậy f(x) có 3 cực trị, gọi 3 điểm cực trị là
1 1 2 2 3 3

3 ( ) 2( . . . ) 4( ) 18y y y x x x x x x x x x x x x
 
+ + = − + + − + + + + + +
 

6.( 3) 18 0= − + =
Do đó 3 đỉnh A, B, C nhận O là gốc tọa độ
Bài 7 : CMR:
4 3 4
( ) 0, 256 27f x x px q x R q p= + + ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥
Lời giải :
3
3
( ) 4 0
4
p
f x x p x
−
′
= + = ⇔ =
, từ đó ta vẽ được bbt của hàm f(x)
Từ bbt suy ra
( ) 0,f x x R≥ ∀ ∈

Page 4 of 5
Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải

3
4
3 3

2
0
( ) 4 2 1 0
( ) 2 1 0
x
f x mx m x
g x mx m
=

′
= + − = ⇔

= + − =

- 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
- Nếu m < 0 hoặc m > 1 thì g(x) vô nghiệm, khi đó f(x) có 1 cực trị
Vậy các giá trị cần tìm của m là:
0
1
m
m
≤


≥

Bài 9 : CMR hàm số
4 3 2

2
1 1 43 5
( ) ( ) 1
4 16 16 8
f x x f x x x
−
   
′
= − + − +
 ÷  ÷
   
Do hoành độ 3 điểm cực trị là nghiệm của f’(x), suy ra tọa độ 3 điểm cực trị sẽ thỏa mãn

2
43 5
1
16 8
y x x
−
= − +
Vậy 3 điểm cực trị nằm trên một parabol
2
43 5
1
16 8
y x x
−
= − +
.
………………….Hết……………….