TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:



-
Trang
1

-

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)
()
32
0
axbxcxda
=+++≠

2. Đạo hàm:
()
2
32
yfxaxbxc
′′
==++

3. Điều kiện tồn tại cực trị
y = f (x) có cực trị ⇔ y = f (x) có cực đại và cực tiểu

⇔
(
)
0
fx
′
=
có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = b
2
− 3ac > 0
4. Kỹ năng tính nhanh cực trị
Giả sử ∆′ = b
2
− 3ac > 0, khi đó
(
)
0
fx
′
=
có 2 nghiệm phân biệt
12
,
xx
với
2
1,2
3
3
bbac

x
a
−±−
= và hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
.
Theo định nghĩa ta có các cực trị của hàm số là:
() ()
22
1122
33
;
33
bbacbbac
yfxfyfxf
aa

−−−−+−
====



Trong trường hợp x
1
, x
2
là số vô tỉ thì các cực trị f (x
1

), f
(x
2
) 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
12
39339
bbbc
fxxfxcxd
aaa

′
=++−+−



hay
(
)
(
)
(

)
(
)
.
fxfxqxrx
′
=+ với bậc
(
)
1
rx
=

Bước 2: Do
()
()
()()
(
)
()()
()
2
1111
1
2
2
2222
2
0
339

nên
0
2
339
bbc
yfxrxcxd
fx
aa
fx
bbc
yfxrxcxd
aa


===−+−


′

=



′
=



===−+−







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)
()
32
0
axbxcxda
=+++≠
thì đường
thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình:
(
)
2
2
339
bbc
ycxd
aa

=−+−



TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932

E mail:



-
Trang
2

-

II. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA
Bài 1.

Tìm m để hàm số:
()()
3222
1
2315
3
yxmmxmxm
=+−++++−

đạt cực tiểu tại x = −2.
Giải:
()
(
)
222
2231
yxxmmxm

′
=+−+++
⇒
()
(
)
2
222
yxxmm
′′
=+−+

Để hàm số đạt cực tiểu tại x = −2 thì
()
()
()()
()
2
2
20430130
3
1020
0
ymmmm
m
mmy
mm

′



−=−+−=−−=

⇔⇔⇔=

′′
−>−>

−>




Bài 2.

Tìm a để các hàm số
()
32
1
32
xx
fxax
=−++
;
()
3
2
3
3
x

gxxaxa
=+++
. có các
điểm cực trị nằm xen kẽ nhau.
Giải:
()()
22
23;
fxxxagxxxa
′′
=++=−+
. Ta cần tìm a sao cho g′(x) có 2
nghiệm phân biệt
12
xx
<
và f ′(x) có 2 nghiệm phân biệt
34
xx
<
sao
cho
()()
()()
12
1324
314212
12
1
130;140

4
0
0
a
aa
xxxx
xxxxfxfx
fxfx

′
<
∆=−>∆=−>

<<<



⇔⇔



′′
<<<<


′′
<

(*)
Ta có:

(
)
(
)
(
)
(
)
121122
032320
fxfxgxxagxxa
′′′′

<⇔++++<⇔


(
)
(
)
12
32320
xaxa
++<
()
()
2
1212
15
96441500

4
xxaxxaaaa
⇔+++=+<⇔−<<

Bài 3.

Tìm m để
()()()
32
231621
fxxmxmx
=+−+−−
có đường thẳng đi qua CĐ,
CT song song với đường thẳng y = ax + b.
Giải:
()()()
[
]
2
6120
fxxmxm
′
=+−+−=
⇔
()()()
2
120
gxxmxm
=+−+−=


Hàm số có CĐ, CT ⇔
(
)
0
gx
=
có 2 nghiệm phân biệt ⇔
()
2
303
g
mm
∆=−>⇔≠

Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có:
()()()()
(
)
2
2
21333
fxxmgxmxmm
=+−−−−−+

Với m ≠ 3 thì phương trình
(
)
0
gx
=

có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và
hàm số
y = f (x) đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Ta có:
(
)
(
)
12
0
gxgx
==
nên suy ra

()
()
(
)
()
()
(
)
22

22
111222
333;333
yfxmxmmyfxmxmm
==−−−−+==−−−−+

⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆):
()
(
)
2
2
333
ymxmm
=−−−−+

Ta có (∆) song song với đường thẳng y = ax + b
⇔
()()
22
33;0
0
3
33
mma
a
ma
mama
≠≠<
<



⇔⇔

=±−
−−=−=−



Vậy nếu a < 0 thì 3
ma
=±−
; nếu a ≥ 0 thì không tồn tại m thoả
mãn.
Bài 4.

Tìm m để
()()()
32
231612
fxxmxmmx
=+−+−
có CĐ, CT nằm trên đường
thẳng (d): y = −4x.
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:



-

Trang
3

-

Giải: Ta có:
()()()
[
]
2
61120
fxxmxmm
′
=+−+−=

⇔
()()()
2
1120
gxxmxmm
=+−+−=

Hàm số có CĐ, CT
(
)
0
gx
⇔=
có 2 nghiệm phân biệt
()

2
1
310
3
g
mm
⇔∆=−>⇔≠

Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có:
()()()()()()
2
2131112
fxxmgxmxmmm
=+−−−+−−

Với
1
3
m
≠
thì phương trình
(
)
0
gx
=
có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2

và
hàm số
y = f (x) đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Ta có:
(
)
(
)
12
0
gxgx
==
nên suy ra
()
()()()()()()
22
11122
3112;3112
yfxmxmmmymxmmm
==−−+−−=−−+−−

⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆):
()()()
2
31112
ymxmmm
=−−+−−

.
Để cực đại, cực tiểu nằm trên đường thẳng (d): y = −4x thì (∆) ≡
(d)
⇔
()
()()
()()
()()
2
3123120
314
1
1120
1120
mm
m
m
mmm
mmm


−−−+=

−−=−
⇔⇔=

−−=
−−=





Bài 5.

Tìm m để
()
32
73
fxxmxx
=+++
có đường thẳng đi qua CĐ, CT vuông
góc với y = 3x − 7.
Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔
()
2
3270
fxxmx
′
=++=
có 2 nghiệm phân biệt
⇔
2
21021
mm
′
∆=−>⇔>
. Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta
có:
() ()()
()

2
7
12
3213
999
m
fxxmfxmx
′
=++−+−
Với
21
m >
thì phương trình
(
)
0
fx
′
=
có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2

và hàm số y = f (x) đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Ta có:
(

)
(
)
12
0
fxfx
′′
==

suy ra

()
()
()
()
22
111222
77
22
213;213
9999
mm
yfxmxyfxmx==−+−==−+−
⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆):
()
2
7
2
213
99

m
ymx=−+−
Ta có (∆) ⊥ y = 3x − 7 ⇔
()
22
310
45
2
21.3121
922
mmm−=−⇔=>⇔=±

Bài 6.

Tìm m để hàm số
()
322
3
fxxxmxm
=−++
có cực đại, cực tiểu đối
xứng nhau qua (∆):
5
1
22
yx
=−

Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔
()

22
360
fxxxm
′
=−+=
có 2 nghiệm phân biệt
⇔
2
9303
mm
′
∆=−>⇔<. Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có:
() ()()
()
2
2
12
13
333
m
fxxfxmxm
′
=−+−++

Với
3
m < thì phương trình
(
)
0

fx
′
=
có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2

và hàm số y = f (x) đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Ta có:
(
)
(
)
12
0
fxfx
′′
==

nên
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:



-

Trang
4

-

()
()
()
()
22
22
111222
22
3;3
3333
mm
yfxmxmyfxmxm
==−++==−++

⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (d):
()
2
2
2
3
33
m
ymxm
=−++
.

Các điểm cực trị
(
)
(
)
1122
,,,
AxyBxy
đối xứng nhau qua
()
5
1
:
22
yx
∆=−

⇔ (d) ⊥ (∆) tại trung điểm I của AB (*) . Ta có
12
1
2
I
xx
x
+
==
suy
ra
(*) ⇔
()

()
()
2
2
2
21
31
0
32
0
5
21
10
311
3322
m
m
m
m
mm
mm

−⋅=−
=



⇔⇔=

+=



−⋅++=⋅−



Bài 7. Cho
() ()()
32
2
cos3sin81cos21
3
fxxaaxax
=+−−++

1. CMR: Hàm số luôn có CĐ, CT.
2. Giả sử hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
. CMR:
22
12
18
xx
+≤

Giải: 1. Xét phương trình:
()()()
2

22cos3sin81cos20
fxxaaxa
′
=+−−+=

Ta có:
()()()
22
2
cos3sin161cos2cos3sin32cos0
aaaaaaa
′
∆=−++=−+≥∀

Nếu
22
0cos3sincos0sincossincos0
aaaaaaa
′
∆=⇔−==⇔=⇒+=
(vô lý)
Vậy ∆′ > 0 ∀a ⇒ f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm số
có CĐ, CT.
2. Theo Viet ta có:
(
)

1212
3sincos;41cos2
xxaaxxa
+=−=−+

()
()()
2
2
222
121212
23sincos81cos298cos6sincos
xxxxxxaaaaaa
+=+−=−++=+−

(
)
()()
22
22
99sincos3sincos183sincos18
aaaaaa
=++−+=−+≤

Bài 8.

Cho hàm số
() ()
()
322

2
143
3
fxxmxmmx
=+++++
1. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1.
2. Gọi các điểm cực trị là x
1
, x
2
. Tìm Max của
(
)
1212
2
Axxxx
=−+
Giải: Ta có:
()()
22
22143
fxxmxmm
′
=+++++

1. Hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1
(
)
0
fx

′
⇔=
có 2
nghiệm phân biệt
12
,
xx
thoả mãn:
1212
11
xxxx
<<∨≤<

()
()
()
()
()
()
2
2
2
210
670
32,32
0
5,1650
210
670
32,32

1
11
2
2
f
mm
m
mmm
f
mm
m
S
m
m
′

<


++<
∈−−−+



′
∆>






∈−−++<


⇔⇔⇔





≥
++≥



∉−−−+








<
<−+
<−









(
)
5,32
m⇔∈−−+

2. Do
(
)
()
12
2
12
1
1
43
2
xxm
xxmm

+=−+


=++



⇒
(
)
1212
2
Axxxx
=−+
()
2
43
21
2
mm
m
++
=++

2
1
87
2
mm
=++

()() ()()
11
7171
22
mmmm
−

=++=++
(do
51
m
−<<−
)
⇒
()
()
2
2
9
11
981694
222
Ammm


=−++=−+≤


. Với
4
m
=−
thì
9
Max
2
A

=

TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:



-
Trang
5

-

Bài 9.

Tìm m để hàm số
()
32
1
1
3
fxxmxxm
=−−++
có khoảng cách giữa các
điểm CĐ và CT là nhỏ nhất.
Giải: Do
()
2
210
fxxmx

′
=−−=
có
2
10
m
′
∆=+>
nên f ′(x) = 0 có 2 nghiệm
phân biệt x
1
, x
2
và hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
với các điểm
cực trị là
(
)
12
,
Axy
;
(
)
22
,
Bxy

. Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x)
ta có:
() ()()
()
(
)
2
122
11
333
fxxmfxmxm
′
=−−+++
. Do
(
)
(
)
12
0
fxfx
′′
==
nên
()
()
(
)
()
()

(
)
22
111222
2222
11;11
3333
yfxmxmyfxmxm
==−+++==−+++

Ta có:
()()()
()
()
2
2222
22
21212121
4
1
9
ABxxyyxxmxx
=−+−=−++−
()
()
2
2
2
2112
4

411
9
xxxxm


=+−++




()()
(
)
2
22
44
441141
99
mm

=+++≥+



⇒
213
3
AB ≥
. Vậy
213

Min
3
AB =
xảy ra ⇔ m = 0.
Bài 10.

Tìm m để hàm số
() ()()
32
11
132
33
fxmxmxmx
=−−+−+
đạt cực trị tại
x
1
, x
2
thoả mãn
12
21
xx
+=
.
Giải: Ÿ Hàm số có CĐ, CT ⇔
()()()
2
21320
fxmxmxm

′
=−−+−=
có 2 nghiệm
phân biệt ⇔
()()
2
0
1320
m
mmm
≠


′
∆=−−−>

⇔
66
101
22
m−<≠<+ (*)
Với điều kiện (*) thì
(
)
0
fx
′
=
có 2 nghiệm phân biệt x
1

, x
2
và hàm
số f (x) đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Theo định lý Viet ta có:
(
)
(
)
1212
2132
;
mm
xxxx
mm
−−
+==

Ta có:
(
)
(
)
1221
2121
2234
211;

mm
mmm
xxxx
mmmmm
−−
−−−
+=⇔=−==−=
(
)
()()()
32
234
23432
m
mm
mmmm
mmm
−
−−
⇒⋅=⇔−−=−
2
2
3
m
m
=


⇔
=




Cả 2 giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*). Vậy
12
21
xx
+=
2
2
3
mm
⇔=∨=

Bài 11.

Tìm m để hàm số
()
32
1
1
3
fxxmxmx
=−+−
đạt cực trị tại x
1
, x
2

thoả mãn điều kiện

12
8
xx
−≥
.
Giải: HS có CĐ, CT ⇔
()
2
20
fxxmxm
′
=−+=
có 2 nghiệm phân biệt
⇔
(
)
(
)
2
0,01,mmmD
′
∆=−>⇔∈=−∞+∞
U
(*)
Với điều kiện này thì
(
)
0
fx
′

=
có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm
số f (x) đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Theo định lý Viet ta có:
TT Giỏo viờn & Gia s ti TP Hu - T: 2207027 0989824932
E mail:



-
Trang
6

-

1212
2;
xxmxxm
+==
suy ra:
()
22
12121212

864464
xxxxxxxx
+

2
4464
mm


2
165165
160,,
22
mmm

+
+


U
(tho món (*) )
Vy
12
8
xx

thỡ
165165
,,
22

m

+
+


U

B. CC TR HM A THC BC 4
I. TểM TT Lí THUYT
1. Hm s: y = f (x)
()
432
0
axbxcxdxea
=++++

2. o hm:
()
32
432
yfxaxbxcxd

==+++

3. Cc tr: Xột
(
)
0
fx


=
cú























đúng 1 nghiệm
có đúng 1 cực trị
1 nghiệm đơn
có đúng 2 nghiệm

1 nghiệm kép
có 3 nghiệm phân biệtcó 3 cực trị gồm CĐ
và CT

4. K nng tớnh nhanh cc tr
Gi s f (x) trit tiờu v i du ti x = x
0
, khi ú f (x) t
cc tr ti x
0
vi s cc tr l
(
)
432
00000
fxaxbxcxdxe
=++++
. Trong
trng hp x
0
l s vụ t thỡ cc tr f (x
0
) c tớnh theo
thut toỏn:
Bc 1: Thc hin phộp chia f (x) cho f (x) ta cú:
(
)
(
)
(

)
(
)
.
432
fxqxfxrx

=+

Bậc Bậc Bậc

Bc 2: Do f (x
0
) = 0 nờn f (x
0
) = r(x
0
)
H qu: Cỏc im cc tr ca hm bc 4: y = f (x) nm trờn y =
r(x)
II. CC BI TP MU MINH HA
Bi 1.

Tỡm cc tr ca hm s
()
42
681
yfxxxx
==
.

Gii: Ta cú:
()()()
2
3
4128412
fxxxxx

==+
;
(
)
(
)
(
)
1211
fxxx

=+

Do phng trỡnh
(
)
0
fx

=
cú 1 nghim n x = 2 v 1 nghim kộp x =
1
nờn hm s cú ỳng 1 cc tr ti x = 2. Mt khỏc

(
)
2360
f

=>
suy
ra
(
)
CT
225
ff
==
. Vy hm s cú cc tiu
CT
25
f
=
v khụng cú cc
i.
Bi 2.

Cho
()()
432
4311
fxxmxmx
=++++
. Tỡm m (x) ch cú cc tiu m

khụng cú cc i.
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:



-
Trang
7

-

Giải:
()()()
[
]
322
4126122631
fxxmxmxxxmxm
′
=+++=+++
;
()
()()
2
0
0
26310
x
fx

gxxmxm
=

′

=⇔

=+++=

. Xét các khả năng sau đây:
a) Nếu
()
2
1717
33220,
33
g
mmmI

−+
′
∆=−−≤⇔∈=


thì
(
)
20gxx
≥∀∈
¡

⇔ 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
⇒
(
)
CT
01
ff
==
, tức là hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại.
b) Nếu
()()
0
1
0310
g
m
gm
′
∆>


⇔=−


=+=


thì
()
(
)
()
22
22643
fxxxxxx
′
=−=−

(
)
0
fx
′
=
⇔ 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
00
g
m
g

′
∆>


⇔=−


≠

thì f ′(x) có 3 nghiệm phân biệt
123
xxx
<<

Nhìn bảng biến thiên suy ra:
Hàm số y = f (x) có cực đại nên
không thoả mãn yêu cầu bài toán.
Kết luận:
{}
1717
,1
33
m

−+
∈−


U


Bài 3.

Cho hàm số
()()()
432
321
yfxxmxmx
==++++

Chứng minh rằng: ∀m ≠ −1 hàm số luôn có cực đại đồng thời
0
x
≤
C§

()()()()()
[
]
()
322
4334143341.
fxxmxmxxxmxmxgx
′
=++++=++++=

Ta có:
()()
2
2
93641910170

g
mmmmm
∆=+−+=−+>∀
nên g(x) = 0 có 2 nghiệm
phân biệt x
1
, x
2
.
Theo định lý Viet ta có:
12
.101
xxmm
=+≠∀≠−

⇒ PT
(
)
0
fx
′
=
có 3 nghiệm phân biệt
0, x
1
, x
2
. Xét 2 khả năng sau:
a) Nếu m < −1 thì
12

.10
xxm
=+<

⇒
12
0
xx
<<
⇒ Bảng biến thiên
Nhìn BBT suy ra
0
x
=
C§

b) Nếu m > −1 thì
12
.0
xx
>

và
(
)
12
33
0
4
m

xx
−+
+=<
⇒
12
0
xx
<<


x

−∞

0 3
+∞

f

′


−

0

−

0
+



f

+∞




C
T

+∞




x

−∞


x
1


x
2

x

3


+
∞

f

′

−

0

+

0

−

0

+


f

+∞







C
Đ




+∞



x

−∞


x
1


0

x
2


+∞


f

′

−

0

+

0

−

0

+


f

+∞




CT





CĐ



CT


+∞



x

−∞


x
1


x
2

0


+∞


f

′

−

0

+

0

−

0

+


f

+∞




CT





CĐ



CT


+∞


TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:



-
Trang
8

-

⇒ Bảng biến thiên.
Nhìn BBT suy ra
2
0
xx
=<
C§


Kết luận:
Vậy ∀m ≠ −1 hàm số luôn có
0
x
≤
C§

Bài 4. (Đề thi TSĐH khối B 2002)
Tìm m để hàm số
(
)
422
910
ymxmx
=+−+
có 3 điểm cực trị
Giải. Yêu cầu bài toán
(
)
()
22
2292.0
yxmxmxgx
′
⇔=+−==
có 3 nghiệm phân
biệt
2
3
9

0
2
03
m
m
m
m
<−

−
⇔<⇔

<<


Bài 5. Tìm m để
()
424
22
fxxmxmm
=−++
có CĐ, CT lập thành tam giác
đều.
Giải.
()
(
)
32
444
fxxmxxxm

′
=−=−
. Ta có:
()
2
00
fxxxm
′
=⇔=∨=
.
Để hàm số có CĐ, CT ⇔
(
)
0
fx
′
=
có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0
⇒ 3 nghiệm là:
123
;0;
xmxxm
=−==
⇒ 3 điểm CĐ, CT là:
(
)
(
)
(
)

42442
,2;0,2;,2
AmmmmBmmCmmmm
−−++−+

⇒
4
;2
ABBCmmACm
==+=
.
Để A, B, C lập thành tam giác đều
thì
ABBCAC
==
⇔
4
2
mmm
+=
44
3
433
mmmmmm⇔+=⇔=⇔=

Bài 6. Chứng minh rằng: Hàm số
()
432
1
fxxmxmxmx

=++++
không thể
đồng thời có CĐ và CT
m
∀∈
¡

Giải. Xét
()
(
)
3223
43203214
fxxmxmxmmxxx
′
=+++=⇔++=−
⇔
3
2
4
321
x
m
xx
−
=
++
. Xét hàm số
()
3

2
4
321
x
gx
xx
−
=
++
có TXĐ:
g
D
=
¡

()
(
)
()
()
()
2
2222
22
22
43434211
0
321321
xxxxxx
gxx

xxxx

−++−+++

′
==≤∀∈
++++
¡
;
()
2
4
limlim
21
3
xx
x
gx
x
x
→∞→∞
−
==∞
++

Nghiệm của phương trình
(
)
0
fx

′
=

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
⇒
(
)
0
fx
′
=
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:
()
43
0fxxpxqx
=++≥∀∈
¡
⇔
4
25627
qp
≥


x


−∞

x
2


+∞

f

′

−

0

−


f

+∞





−∞




x

−∞


x
1


0

x
3


+∞

f

′

−

0

+

0


−

0

+


f

+∞



A

CT




B
CĐ



C
CT



+∞


TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:



-
Trang
9

-

Giải. Ta có:
()
(
)
322
43430
fxxpxxxp
′
=+=+=
⇔
3
4
p
x
−
=

và nghiệm kép x = 0
Do f ′(x) cùng dấu với (4x + 3p) nên lập bảng biến thiên ta có:
f (x) ≥ 0 ∀x∈R ⇔
()
3
Min0
4
p
fxf
−

=≥


⇔
4
4
25627
025627
256
qp
qp
−
≥⇔≥
Bài 8. (Đề thi dự bị ĐH khối A năm 2004)
Tìm m để hàm số
422
21
yxmx
=−+

có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một
tam giác vuông cân
Giải. Hàm số có 3 cực trị
(
)
22
40
yxxm
′
⇔=−=
có 3 nghiệm phân biệt
0
m
⇔≠
, khi đó đồ thị có 3 điểm cực trị là
()
(
)
(
)
44
0,1;,1,,1
ABmmCmm
−−−
. Do
y
là hàm chẵn nên YCBT
.01
ABACm
⇔=⇔=±

uuuruuur

Bài 9. Chứng minh rằng:
()
42
646
fxxxx
=−++
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
0fxxpxqx
=++≥∀∈
¡
⇔
34
25627
qp
≥
Bài 11. Cho
()()
432
83211
fxxmxmx
=+++−
. Tìm m để ƒ(x) chỉ có cực
tiểu mà không có cực đại.





TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:



-
Trang
10

-