Cực trị hàm đa thức và hàm phân thức bậc 2/ bậc 1

 Bài 3: Cực trị của hàm số - Khóa LT ðảm bảo – Thầy Trần Phương 
 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 
Bài 03: Cực trị hàm ña thức và hàm phân thức bậc 2/ bậc 1 
* Hàm ña thức bậc 3: 
Bài 1: Tìm a ñể hàm số 3 24( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1
3
f x x a x c a x= − − + + + ñạt cực trị tại 
 1 2,x x thảo mãn ñiều kiện: 
2 2
1 2 1x x+ = 
Lời giải: Hàm số có Cð, CT 2( ) 4 4(1 sin ) (1 os2 ) 0f x x a x c a′⇔ = − − + + = có 2 nghiệm 
phân biệt 24(1 sin ) 4(1 os2 ) 0a c a′⇔ ∆ = − − + > 
23sin 2sin 1 0
1
sin (*)
3
a a
a
⇔ − − >
⇔ < −
Với ñk (*) thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt 1 2,x x , và hàm ñạt cực trị tại 1 2,x x . Théo viet ta 
có: 1 2 1 2
1 os21 sin ; .
4
c a
x x a x x
+
+ = − = 
Giả thiết : ( )22 21 2 1 2 1 21 2 . 1x x x x x x+ = ⇔ + − = 
2
2
1 os2(1 sin ) 1
2
1 3
sin
22sin 2sin 1 0
1 3
sin
2
c a
a
a
a a
a
+
⇔ − − =

−
=
⇔ − − = ⇔
 +
=

So sánh ñk (*) ta suy ra 
1 3
arcsin 21 3 2
sin ,
2 1 3
arcsin 2
2
a k
a k Z
a k
pi
pi pi

−
= +
− = ⇔ ∈

−
= − +

Bài 2: Cho hàm số 3 21 1 3sin 2( ) (sin os )
3 2 4
af x x a c a x x= − + + 
1. Tìm a ñể hàm số luôn ñồng biến 
2. Tìm a ñể hàm số ñạt cực trị tại 1 2,x x thỏa mãn ñiều kiện 
2 2
1 2 1 2x x x x+ = + 
Lời giải: Ta có: 2 3sin 2( ) (sin os )
4
af x x a c a x′ = − + + 
1. Hàm số luôn ñồng biến ( ) 0,f x x R′⇔ ≥ ∀ ∈ 
2(sin os ) 3sin 2 0
11 2sin 2 0 sin 2
2
52 2 2 (1)
6 6
a c a a
a a
k a kpi pipi pi
⇔ ∆ = + − ≤
⇔ − ≤ ⇔ ≥
⇔ + ≤ ≤ +
2. Hàm số có Cð, CT ( ) 0f x′⇔ = có 2 nghiệm phân biệt 
www.VNMATH.com
 Bài 3: Cực trị của hàm số - Khóa LT ðảm bảo – Thầy Trần Phương 
 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 
 0⇔ ∆ > ⇔ a không thỏa mãn (1) 
Với ñk trên thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt 1 2,x x , và hàm ñạt cực trị tại 1 2,x x . Théo viet 
ta có: 1 2 1 2
3sin2
sin cos ; .
4
a
x x a a x x+ = + = 
ðiều kiện 2 21 2 1 2x x x x+ = + ( )21 2 1 2 1 22 .x x x x x x⇔ + = + − 
 ( )2 3sin2sin cos sin cos (2)
2
a
a a a a⇔ + = + − 
ðặt sin cos 2 os
4
t a a c a
pi 
= + = − 
 
2sin 2 1a t⇒ = − , do ñk nên 2 1 31
2 2
t t− < ⇔ ≤ 
Khi ñó (2) trở thành: 
2 2 2 13 ( 1) 2 3 0
32
t
t t t t t
t
=
= − − ⇔ + − = ⇔ 
= −
So sánh ñk suy ra chỉ có t = 1 thỏa mãn, nên 
2
1
os os
4 4 22
2
a k
c a c
a k
pi
pi pi
pi
pi
=
  
− = = ⇒   = + 

Bài 3: Tìm m ñể hàm số 3 23( )
2
mf x x x m= − + có các Cð và CT nằm về hai phía của 
 ñường thẳng y = x 
Lời giải: Hàm số có Cð và CT 2( ) 3 3 0f x x mx′⇔ = − = có 2 nghiệm phân biệt 0m⇔ ≠ 
Khi ñó f’(x) có 2 nghiệm phân biệt 1 20;x x m= = 
⇒ tọa ñộ 2 ñiểm Cð, CT là: 
3
(0; ); ( ; )
2
mA m B m m − 
Hai ñiểm A, B nằm về hai phía của ñường thẳng y = x hay x – y = 0 khi và chỉ khi: 
3 4
(0 )( ) 0 0
2 2
m m
m m m− − + < ⇔ − < , luôn ñúng với 0m ≠ 
Vậy ðS: 0m ≠ 
* Hàm ña thức bậc 4: 
Bài 1: Tìm m ñể hàm 4 3 2( ) 4 1f x x x x mx= − + + − có cực ñại, cực tiểu 
Lời giải: Hàm f(x) có cực ñại, 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

−
=
′ = − + = ⇔
 +
=

www.VNMATH.com
 Bài 3: Cực trị của hàm số - Khóa LT ðảm bảo – Thầy Trần Phương 
 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 
Từ ñó ta vẽ ñược bbt của hàm g(x) trên R (hs tự vẽ) 
Vậy g(x) = -m có 3 nghiệm phân biệt ⇔ ñồ thị hàm g(x) cắt ñường thẳng y = - m tại 3 
ñiểm phân biệt 6 30 6 30
6 6
g m g
   + −
⇔ < − <      
   
6 30 6 30
6 6
g m g
   
− +
⇔ − < < −      
   
10 30 10 306 6
9 9
m⇔ − < < + 
Bài 2: Cho hàm số 4 3 2( ) 2f x x x mx= + + . Tìm m ñể hàm chỉ có cực tiểu mà không có 
 cực ñại 
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 8g m∆ = − 
TH 1: Nếu 90
8g
m∆ ≤ ⇔ ≥ thì ( ) 0,g x x≥ ∀ . Suy ra f(x) triệt tiêu và ñổi dấu từ - sang + 
 tại x = 0 nên ñạt cực tiểu tại x = 0, và không có cực ñại 
TH 2: Nếu 90
8g
m∆ > ⇔ < thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt. ðk ñể hàm chỉ có cực tiểu 
 mà không có cực ñại là: ( )g 0 0 0m= ⇔ = (thỏa mãn) 
Vậy các giá trị cần tìm của m là: 
0
9
8
m
m
=

 ≥

Bài 3: CMR hàm số 4 2( ) 6 4 6f x x x x= − + + luôn có 3 cực trị ñồng thời gốc tọa ñộ O là 
 trọng tâm của tam giác có 3 ñỉnh là 3 ñiểm 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 32 0 1 2x x x− < < < < < < 
Vậy f(x) có 3 cực trị, gọi 3 ñiểm cực trị là 1 1 2 2 3 3( , ); ( , ); ( , )A x y B x y C x y 
Ta thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ñược: 
21( ) ( ) (3 4 6)
4
f x f x x x′= − − − 
Suy ra 23 4 6; 1, 2,3k k ky x x k= − + + = 
www.VNMATH.com
 Bài 3: Cực trị của hàm số - Khóa LT ðảm bảo – Thầy Trần Phương 
 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 
Áp dụng viet cho f’(x ) ta có: 1 2 3
1 2 2 3 1 3
0
. . . 3
x x x
x x x x x x
+ + =

+ + = −
Nên 21 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 33 ( ) 2( . . . ) 4( ) 18y y y x x x x x x x x x x x x + + = − + + − + + + + + +  
 6.( 3) 18 0= − + = 
Do ñó 3 ñỉnh A, B, C nhận O là gốc tọa ñộ 
Bài 4: CMR: 4 3 4( ) 0, 256 27f x x px q x R q p= + + ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥ 
Lời giải: 3 3( ) 4 0
4
pf x x p x −′ = + = ⇔ = , từ ñó ta vẽ ñược bbt của hàm f(x) 
Từ bbt suy ra ( ) 0,f x x R≥ ∀ ∈ 
3
4
3 3
3 4
min ( ) ( ) 0
4
0
4 4
256 27 ( )
x R
pf x f
p pp q
q p dpcm
∈
−
⇔ = ≥
 
− −
⇔ + + ≥  
 
⇔ ≥
Bài 5: Tìm m ñể hàm số 4 21 3( )
4 2
f x x mx= − + chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại 
Lời giải: Lời giải giống bài tập số 2 ở trên. ðS là: 0m ≤ 
Bài 6: Tìm m ñể hàm số ( ) ( )4 2( ) 1 1 2f x mx m x m= + − + − có ñúng 1 cực trị 
Lời giải: ( )3 2
0( ) 4 2 1 0 ( ) 2 1 0
xf x mx m x
g x mx m
=
′ = + − = ⇔ 
= + − =
- Nếu m = 0 thì g(x) vô nghiệm, khi ñó f(x) có 1 cực ñại 
- Nếu m = 1 thì g(x) có nghiệm kép x = 0, khi ñó f(x) chỉ có 1 cực tiểu 
- Nếu 0 < m < 1 thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, khi ñó f(x) có 3 cực trị 
- Nếu m 1 thì g(x) vô nghiệm, khi ñó f(x) có 1 cực trị 
Vậy các giá trị cần tìm của m là: 
0
1
m
m
≤
 ≥
Bài 7: CMR hàm số 4 3 2( ) 5 1f x x x x= − − + có 3 ñiểm cực trị nằm trên một parabol. 
Lời giải :Ta có 3 2( ) 4 3 10 0f x x x x′ = − − = 
2(4 3 10) 0
0
5
2
2
x x x
x
x
x
⇔ − − =
=

⇔ =


=
Suy ra f(x) luôn có 3 ñiểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) ñược: 
21 1 43 5( ) ( ) 1
4 16 16 8
f x x f x x x−   ′= − + − +   
   
Do hoành ñộ 3 ñiểm cực trị là nghiệm của f’(x), suy ra tọa ñộ 3 ñiểm cực trị sẽ thỏa mãn 
www.VNMATH.com
 Bài 3: Cực trị của hàm số - Khóa LT ðảm bảo – Thầy Trần Phương 
 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 
243 5 1
16 8
y x x−= − + 
Vậy 3 ñiểm cực trị nằm trên một parabol 243 5 1
16 8
y x x−= − + . 
* Hàm phân thức bậc 2/bậc 1: 
Bài 1: Tìm m ñể hàm số 
2 2(2 3) 4x m x m my
x m
+ + + +
=
+
 có 2 cực trị trái dấu 
Lời giải: Hàm số có 2 cực trị trái dấu ( )
2 2
2
2 3 0x mx m my
x m
+ + −
′⇔ = =
+
 có 2 nghiệm trái 
dấu 2 2( ) 2 3 0g x x mx m m⇔ = + + − = có 2 nghiệm trái dấu và ñều khác – m 
2 3 0
0 3
( ) 3 0
c
m m
ma
g m m

= − <
⇔ ⇔ < <

− = − ≠
Bài 2: Tìm m ñể 
2
1
x x my
x
+ +
=
+
 có 2 cực trị nằm về 2 phía của trục tung Oy 
Lời giải: Hàm số có 2 cực trị ( )
2
2
2 1 0
1
x x my
x
+ + −
′⇔ = =
+
 có 2 nghiệm phân biệt 
2( ) 2 1 0g x x x m⇔ = + + − = có 2 nghiệm phân biệt khác -1 
0
0( 1) 0
m
m
g m
′∆ = >
⇔ ⇔ >
− = − ≠
Với ñk ñó, gọi 1 2;x x là 2 nghiệm phân biệt của g(x). Khi ñó hàm số y có 2 cực trị 
1 1 2 2( ; ); ( ; )A x y B x y , trong ñó: 
2 2
1 1 1 1 1
1 1
1 1
2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
( ) 2 1
1 1
( ) 2 1
1 1
x x m x x m g xy x
x x
x x m x x m g xy x
x x
+ + + + +
= = = +
+ +
+ + + + +
= = = +
+ +
Hàm có 2 cực trị nằm về 2 phía của trục tung Oy ( )( )1 2 1 2. 0 2 1 2 1 0y y x x⇔ < ⇔ + + < 
1 2 1 24 . 2( ) 1 0
4(1 ) 4 1 0
1
4
x x x x
m
m
⇔ + + + <
⇔ − − + <
⇔ >
Vậy 1
4
m > 
www.VNMATH.com
 Bài 3: Cực trị của hàm số - Khóa LT ðảm bảo – Thầy Trần Phương 
 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 
Bài 3: Tìm m ñể hàm số 
2
( 0)x mx my m
x m
− +
= ≠
−
 có 2 cực trị trái dấu 
HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 1. ðS : 0 < m < 1 
Bài 4: Tìm m ñể hàm số 
2 3( 2)
1
x mx my
x
− + +
=
−
 có Cð, CT nằm về 2 phía của trục Ox 
HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ðS: 6 60 6 60m− < < + 
Bài 5: Tìm m ñể hàm số 
2 ( 1) 1x m x my
x m
+ + − +
=
−
 có . 0CD CTy y > 
HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ðS: 
7 52
7 52
m
m
 < − −

> − +
Bài 6: Tìm m ñể hàm số 
2 5x mx my
x m
− − +
=
−
 có Cð, CT cùng dấu 
HDG: Cách giải hoàn toàn như bài tập 2. ðS: 
1 21
2
1 21 5
2
m
m

− −
<


− +
< <

 Nguồn: hocmai.vn 
www.VNMATH.com