Ôn thi Toán 12: Cực trị hàm đa thức

Bài 4. Cực trị hàm ña thức 
1 
BÀI 4. CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC 
A. CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC BẬC 3 
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 
1. Hàm số: y = f (x) ( )3 2 0ax bx cx d a= + + + ≠ 
2. ðạo hàm: ( ) 23 2y f x ax bx c′ ′= = + + 
3. ðiều kiện tồn tại cực trị 
y = f (x) có cực trị ⇔ y = f (x) có cực ñại và cực tiểu 
 ⇔ ( ) 0f x′ = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = b2 − 3ac > 0 
4. Kỹ năng tính nhanh cực trị 
Giả sử ∆′ = b2 − 3ac > 0, khi ñó ( ) 0f x′ = có 2 nghiệm phân biệt 1 2,x x với 
2
1,2
3
3
b b ac
x
a
− ± −
= và hàm số ñạt cực trị tại x1, x2. 
Theo ñịnh nghĩa ta có các cực trị của hàm số là: 
( ) ( )2 21 1 2 23 3;3 3
b b ac b b acy f x f y f x f
a a
   
− − − − + −
= = = =   
   
Trong trường hợp x1, x2 là số vô tỉ thì các cực trị f (x1), f (x2) nếu tính theo ñịnh 
nghĩa sẽ phức tạp hơn so với cách tính theo thuật toán sau ñây: 
Bước 1: Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: 
( ) ( ) ( ) ( )21 23 9 3 3 9b b bcf x x f x c x da a a ′= + + − + −   
 hay ( ) ( ) ( ) ( ).f x f x q x r x′= + với bậc ( ) 1r x = 
Bước 2: Do 
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
1 1 1 1
1
2
2
2 2 2 2
2
0 3 3 9
nên 
0 2
3 3 9
b bcy f x r x c x df x a a
f x b bcy f x r x c x d
a a
  
= = = − + − ′ =   
 
′ =    = = = − + −   
Hệ quả: 
ðường thẳng ñi qua cực ñại, cực tiểu có phương trình là: y = r(x) 
ðối với hàm số tổng quát : y = f (x) ( )3 2 0ax bx cx d a= + + + ≠ thì ñường 
thẳng ñi qua cực ñại, cực tiểu có phương trình: ( )223 3 9b bcy c x da a = − + −   
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương 
2
II. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA 
Bài 1. Tìm m ñể hàm số: ( ) ( )3 2 2 21 2 3 1 53y x m m x m x m= + − + + + + − 
 ñạt cực tiểu tại x = −2. 
Giải: ( ) ( )2 2 22 2 3 1y x x m m x m′ = + − + + + ⇒ ( ) ( )22 2 2y x x m m′′ = + − + 
ðể hàm số ñạt cực tiểu tại x = −2 thì 
( )
( )
( ) ( )
( )
2
2
2 0 4 3 0 1 3 0
3
1 02 0 0
y m m m m
m
m my m m
′ − = − + − = − − =  
⇔ ⇔ ⇔ =  
′′ − >− >  
− >  
Bài 2. Tìm a ñể các hàm số ( ) 3 2 13 2
x xf x ax= − + + ; ( ) 3 2 33
xg x x ax a= + + + . 
có các ñiểm cực trị nằm xen kẽ nhau. 
Giải: ( ) ( )2 22 3 ;f x x x a g x x x a′ ′= + + = − + . Ta cần tìm a sao cho g′(x) có 2 
nghiệm phân biệt 1 2x x< và f ′(x) có 2 nghiệm phân biệt 3 4x x< sao cho 
( ) ( ) ( ) ( )
1 21 3 2 4
3 1 4 2 1 2 1 2
11 3 0 ; 1 4 0
4
0 0
aa ax x x x
x x x x f x f x f x f x

′ ∆ = − >< < <  ⇔ ⇔  ′ ′< < < <   ′ ′ <
 (*) 
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 20 3 2 3 2 0f x f x g x x a g x x a′ ′ ′ ′   < ⇔ + + + + < ⇔    
( ) ( )1 23 2 3 2 0x a x a+ + < ( ) ( )21 2 1 2 159 6 4 4 15 0 04x x a x x a a a a⇔ + + + = + < ⇔ − < < 
Bài 3. Tìm m ñể ( ) ( ) ( )3 22 3 1 6 2 1f x x m x m x= + − + − − có ñường thẳng ñi 
qua Cð, CT song song với ñường thẳng y = ax + b. 
Giải: ( ) ( ) ( )[ ]26 1 2 0f x x m x m′ = + − + − = ⇔ ( ) ( ) ( )2 1 2 0g x x m x m= + − + − = 
Hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) 0g x = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ( )23 0 3g m m∆ = − > ⇔ ≠ 
Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 1 3 3 3f x x m g x m x m m= + − − − − − + 
Với m ≠ 3 thì phương trình ( ) 0g x = có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số 
y = f (x) ñạt cực trị tại x1, x2. Ta có: ( ) ( )1 2 0g x g x= = nên suy ra 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 21 1 1 2 2 23 3 3 ; 3 3 3y f x m x m m y f x m x m m= = − − − − + = = − − − − + 
⇒ ðường thẳng ñi qua Cð, CT là (∆): ( ) ( )2 23 3 3y m x m m= − − − − + 
www.VNMATH.com
Bài 4. Cực trị hàm ña thức 
3 
Ta có (∆) song song với ñường thẳng y = ax + b 
⇔ ( ) ( )2 2
3 3; 0 0
33 3
m m a a
m am a m a
≠ ≠ < <  
⇔ ⇔  
= ± −− − = − = −  
Vậy nếu a < 0 thì 3m a= ± − ; nếu a ≥ 0 thì không tồn tại m thoả mãn. 
Bài 4. Tìm m ñể ( ) ( ) ( )3 22 3 1 6 1 2f x x m x m m x= + − + − có Cð, CT nằm trên 
ñường thẳng (d): y = −4x. 
Giải: Ta có: ( ) ( ) ( )[ ]26 1 1 2 0f x x m x m m′ = + − + − = 
 ⇔ ( ) ( ) ( )2 1 1 2 0g x x m x m m= + − + − = 
Hàm số có Cð, CT ( ) 0g x⇔ = có 2 nghiệm phân biệt ( )2 13 1 0 3g m m⇔ ∆ = − > ⇔ ≠ 
Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 1 3 1 1 1 2f x x m g x m x m m m= + − − − + − − 
Với 13m ≠ thì phương trình 
( ) 0g x = có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số 
y = f (x) ñạt cực trị tại x1, x2. Ta có: ( ) ( )1 2 0g x g x= = nên suy ra 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 1 2 23 1 1 2 ; 3 1 1 2y f x m x m m m y m x m m m= = − − + − − = − − + − − 
⇒ ðường thẳng ñi qua Cð, CT là (∆): ( ) ( ) ( )23 1 1 1 2y m x m m m= − − + − − . 
ðể cực ñại, cực tiểu nằm trên ñường thẳng (d): y = −4x thì (∆) ≡ (d) 
⇔ 
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 3 1 2 3 1 2 03 1 4 1
1 1 2 01 1 2 0
m mm
m
m m mm m m
  − − − + =− − = − ⇔ ⇔ = 
− − =
− − = 
Bài 5. Tìm m ñể ( ) 3 2 7 3f x x mx x= + + + có ñường thẳng ñi qua Cð, CT 
vuông góc với y = 3x − 7. 
Giải: Hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) 23 2 7 0f x x mx′ = + + = có 2 nghiệm phân biệt 
⇔ 2 21 0 21m m′∆ = − > ⇔ > . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: 
( ) ( ) ( ) ( )2 71 23 21 39 9 9
mf x x m f x m x′= + + − + − 
Với 21m > thì phương trình ( ) 0f x′ = có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm 
số y = f (x) ñạt cực trị tại x1, x2. Ta có: ( ) ( )1 2 0f x f x′ ′= = suy ra 
 ( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 1 2 2 27 72 221 3 ; 21 39 9 9 9m my f x m x y f x m x= = − + − = = − + − 
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương 
4
⇒ ðường thẳng ñi qua Cð, CT là (∆): ( )2 72 21 39 9
my m x= − + − 
Ta có (∆) ⊥ y = 3x − 7 ⇔ ( )2 2 3 10452 21 .3 1 219 2 2m m m− = − ⇔ = > ⇔ = ± 
Bài 6. Tìm m ñể hàm số ( ) 3 2 23f x x x m x m= − + + có cực ñại, cực tiểu ñối 
xứng nhau qua (∆): 512 2y x= − 
Giải: Hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) 2 23 6 0f x x x m′ = − + = có 2 nghiệm phân biệt 
⇔ 29 3 0 3m m′∆ = − > ⇔ < . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: 
( ) ( ) ( ) ( ) 221 21 33 3 3
mf x x f x m x m′= − + − + +
Với 3m < thì phương trình ( ) 0f x′ = có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số 
y = f (x) ñạt cực trị tại x1, x2. Ta có: ( ) ( )1 2 0f x f x′ ′= = nên 
( ) ( ) ( ) ( )2 22 21 1 1 2 2 22 23 ; 33 3 3 3m my f x m x m y f x m x m= = − + + = = − + + 
⇒ ðường thẳng ñi qua Cð, CT là (d): ( ) 222 33 3
my m x m= − + + . 
Các ñiểm cực trị ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y ñối xứng nhau qua ( ) 51: 2 2y x∆ = − 
⇔ (d) ⊥ (∆) tại trung ñiểm I của AB (*) . Ta có 1 2 12I
x x
x
+
= = suy ra 
(*) ⇔ 
( )
( ) ( )
2
2
2
2 13 1 03 2
0
52 1 1 03 1 13 3 2 2
m m
m
m m mm m

− ⋅ = −
= 
⇔ ⇔ = 
+ = 
− ⋅ + + = ⋅ −

Bài 7. Cho ( ) ( ) ( )3 22 cos 3sin 8 1 cos 2 13f x x a a x a x= + − − + + 
1. CMR: Hàm số luôn có Cð, CT. 
2. Giả sử hàm số ñạt cực trị tại x1, x2. CMR: 2 21 2 18x x+ ≤ 
Giải: 1. Xét phương trình: ( ) ( ) ( )22 2 cos 3sin 8 1 cos 2 0f x x a a x a′ = + − − + = 
Ta có: ( ) ( ) ( )2 2 2cos 3sin 16 1 cos 2 cos 3sin 32cos 0a a a a a a a′∆ = − + + = − + ≥ ∀ 
Nếu 2 20 cos 3sin cos 0 sin cos sin cos 0a a a a a a a′∆ = ⇔ − = = ⇔ = ⇒ + = (vô lý) 
Vậy ∆′ > 0 ∀a ⇒ f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số có Cð, CT. 
www.VNMATH.com
Bài 4. Cực trị hàm ña thức 
5 
2. Theo Viet ta có: ( )1 2 1 23sin cos ; 4 1 cos 2x x a a x x a+ = − = − + 
( ) ( ) ( )2 22 2 21 2 1 2 1 22 3sin cos 8 1 cos2 9 8cos 6sin cosx x x x x x a a a a a a+ = + − = − + + = + − 
( ) ( ) ( )2 22 29 9 sin cos 3sin cos 18 3sin cos 18a a a a a a= + + − + = − + ≤ 
Bài 8. Cho hàm số ( ) ( ) ( )3 2 22 1 4 33f x x m x m m x= + + + + + 
 1. Tìm m ñể hàm số ñạt cực trị tại ít nhất 1 ñiểm > 1. 
 2. Gọi các ñiểm cực trị là x1, x2. Tìm Max của ( )1 2 1 22A x x x x= − + 
Giải: Ta có: ( ) ( )2 22 2 1 4 3f x x m x m m′ = + + + + + 
1. Hàm số ñạt cực trị tại ít nhất 1 ñiểm > 1 ( ) 0f x′⇔ = có 2 nghiệm phân biệt 
1 2,x x thoả mãn: 1 2 1 21 1x x x x< < ∨ ≤ < 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2 1 0 6 7 0 3 2, 3 2
0 5, 16 5 0
2 1 0 6 7 0 3 2, 3 2
1 1 1 22
f m m m
mm m
f
m m m
S
m m
′ <  + + < ∈ − − − +
 
′∆ >   ∈ − −+ + <⇔ ⇔ ⇔   ≥
 + + ≥   ∉ − − − +
  < < − + < −  
( )5, 3 2m⇔ ∈ − − + 
2. Do 
( )
( )
1 2
2
1 2
1
1 4 3
2
x x m
x x m m
 + = − +

= + +
 ⇒ ( )1 2 1 22A x x x x= − + ( )2 4 3 2 12m m m+ += + + 
21 8 72 m m= + + 
( ) ( ) ( ) ( )1 17 1 7 1
2 2
m m m m−= + + = + + (do 5 1m− < < − ) 
⇒ ( ) ( ) 22 91 19 8 16 9 4
2 2 2
A m m m  = − + + = − + ≤   . Với 4m = − thì 9Max 2A = 
Bài 9. Tìm m ñể hàm số ( ) 3 21 13f x x mx x m= − − + + có khoảng cách giữa các 
ñiểm Cð và CT là nhỏ nhất. 
Giải: Do ( ) 2 2 1 0f x x mx′ = − − = có 2 1 0m′∆ = + > nên f ′(x) = 0 có 2 nghiệm 
phân biệt x1, x2 và hàm số ñạt cực trị tại x1, x2 với các ñiểm cực trị là 
( )1 2,A x y ; ( )2 2,B x y . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )21 2 21 13 3 3f x x m f x m x m′= − − + + + . Do ( ) ( )1 2 0f x f x′ ′= = nên 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 1 2 2 22 2 2 21 1 ; 1 13 3 3 3y f x m x m y f x m x m= = − + + + = = − + + + 
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương 
6
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 22 22 1 2 1 2 1 2 14 19AB x x y y x x m x x= − + − = − + + − 
( ) ( )22 22 1 1 2 44 1 19x x x x m  = + − + +     ( ) ( ) ( )22 24 44 4 1 1 4 19 9m m = + + + ≥ +   
⇒ 
2 13
3AB ≥ . Vậy 
2 13Min 3AB = xảy ra ⇔ m = 0. 
Bài 10. Tìm m ñể hàm số ( ) ( ) ( )3 21 11 3 23 3f x mx m x m x= − − + − + ñạt cực trị 
tại x1, x2 thoả mãn 1 22 1x x+ = . 
Giải: 
 Hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) ( ) ( )2 2 1 3 2 0f x mx m x m′ = − − + − = có 2 nghiệm 
phân biệt ⇔ ( ) ( )2
0
1 3 2 0
m
m m m
≠

′∆ = − − − >
 ⇔ 
6 61 0 1
2 2
m− < ≠ < +
 (*) 
Với ñiều kiện (*) thì ( ) 0f x′ = có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f (x) ñạt 
cực trị tại x1, x2. Theo ñịnh lý Viet ta có: ( ) ( )1 2 1 22 1 3 2;m mx x x xm m
− −+ = = 
Ta có: ( ) ( )1 2 2 12 1 2 12 2 3 42 1 1 ;m mm m mx x x xm m m m m
− −
− − −+ = ⇔ = − = = − = 
( ) ( )( ) ( )3 22 3 4 2 3 4 3 2mm m m m m m
m m m
−
− −⇒ ⋅ = ⇔ − − = −
2
2
3
m
m
=
⇔
=
Cả 2 giá trị này ñều thoả mãn ñiều kiện (*). Vậy 1 22 1x x+ = 22 3m m⇔ = ∨ = 
Bài 11. Tìm m ñể hàm số ( ) 3 21 13f x x mx mx= − + − ñạt cực trị tại x1, x2 thoả 
mãn ñiều kiện 1 2 8x x− ≥ . 
Giải: HS có Cð, CT ⇔ ( ) 2 2 0f x x mx m′ = − + = có 2 nghiệm phân biệt 
⇔ ( ) ( )2 0 ,0 1,m m m D′∆ = − > ⇔ ∈ = −∞ +∞∪ (*) 
Với ñiều kiện này thì ( ) 0f x′ = có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f (x) ñạt 
cực trị tại x1, x2. Theo ñịnh lý Viet ta có: 1 2 1 22 ;x x m x x m+ = = suy ra: 
( ) 221 2 1 2 1 2 1 28 64 4 64x x x x x x x x− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ + − ≥ 24 4 64m m⇔ − ≥ 
2 1 65 1 6516 0 , ,
2 2
m m m
   
− +⇔ − − ≥ ⇔ ∈ −∞ +∞   
   
∪ (thoả mãn (*) ) 
Vậy ñể 1 2 8x x− ≥ thì 
1 65 1 65
, ,
2 2
m
   
− +
∈ −∞ +∞   
   
∪ 
www.VNMATH.com
Bài 4. Cực trị hàm ña thức 
7 
B. CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC BẬC 4 
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 
1. Hàm số: y = f (x) ( )4 3 2 0ax bx cx dx e a= + + + + ≠ 
2. ðạo hàm: ( ) 3 24 3 2y f x ax bx cx d′ ′= = + + + 
3. Cực trị: Xét ( ) 0f x′ =
có
 
  ⇒  
  

⇒
 ®óng 1 nghiÖm
cã ®óng 1 cùc trÞ1 nghiÖm ®¬n
cã ®óng 2 nghiÖm
1 nghiÖm kÐp
cã 3 nghiÖm ph©n biÖt cã 3 cùc trÞ gåm C§ vµ CT
4. Kỹ năng tính nhanh cực trị 
Giả sử f ′(x) triệt tiêu và ñổi dấu tại x = x0, khi ñó f (x) ñạt cực trị tại x0 với số 
cực trị là ( ) 4 3 20 0 0 0 0f x ax bx cx dx e= + + + + . Trong trường hợp x0 là số vô tỉ thì 
cực trị f (x0) ñược tính theo thuật toán: 
Bước 1: Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ).
4 3 2
f x q x f x r x′= +
↓ ↓ ↓
BËc BËc BËc 
Bước 2: Do f ′(x0) = 0 nên f (x0) = r(x0) 
Hệ quả: Các ñiểm cực trị của hàm bậc 4: y = f (x) nằm trên y = r(x) 
II. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA 
Bài 1. Tìm cực trị của hàm số ( ) 4 26 8 1y f x x x x= = − − − . 
Giải: Ta có: ( ) ( ) ( )234 12 8 4 1 2f x x x x x′ = − − = + − ; ( ) ( ) ( )12 1 1f x x x′′ = + − 
Do phương trình ( ) 0f x′ = có 1 nghiệm ñơn x = 2 và 1 nghiệm kép x = −1 
nên hàm số có ñúng 1 cực trị tại x = 2. Mặt khác ( )2 36 0f ′′ = > suy ra 
( )CT 2 25f f= = − . Vậy hàm số có cực tiểu CT 25f = − và không có cực ñại. 
Bài 2. Cho ( ) ( )4 3 24 3 1 1f x x mx m x= + + + + . Tìm m ñể ƒ(x) chỉ có cực tiểu 
mà không có cực ñại. 
Giải: ( ) ( ) ( )[ ]3 2 24 12 6 1 2 2 6 3 1f x x mx m x x x mx m′ = + + + = + + + ; 
( )
( ) ( )2
0
0
2 6 3 1 0
x
f x
g x x mx m
=
′ = ⇔
 = + + + =
. Xét các khả năng sau ñây: 
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương 
8
a) Nếu ( )2 1 7 1 73 3 2 2 0 ,3 3g m m m I
 
− +
′∆ = − − ≤ ⇔ ∈ =  
 thì 
( )2 0g x x≥ ∀ ∈ℝ ⇔ g(x) ≥ 0 x∀ ∈ℝ . 
Suy ra f ′(x) triệt tiêu và ñổi dấu tại x = 0 mà f ′′(0) = 6(m + 1) > 0 ∀m∈I 
⇒ ( )CT 0 1f f= = , tức là hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực ñại. 
b) Nếu 
( ) ( )
0
1
0 3 1 0
g
m
g m
′∆ >
⇔ = −
 = + =
 thì ( ) ( ) ( )2 22 2 6 4 3f x x x x x x′ = − = − 
( ) 0f x′ = ⇔ 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 ñại. 
c) Nếu 
( )
0
1
0 0
g
m
g
′∆ >
⇔ = −
 ≠
 thì f ′(x) có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3x x x< < 
Nhìn bảng biến thiên suy ra: 
Hàm số y = f (x) có cực ñại nên 
không thoả mãn yêu cầu bài toán. 
Kết luận: { }1 7 1 7, 13 3m
 
− +
∈ −  
∪ 
Bài 3. Cho hàm số ( ) ( ) ( )4 3 23 2 1y f x x m x m x= = + + + + 
Chứng minh rằng: ∀m ≠ −1 hàm số luôn có cực ñại ñồng thời 0x ≤C§ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( )3 2 24 3 3 4 1 4 3 3 4 1 .f x x m x m x x x m x m x g x′ = + + + + = + + + + = 
Ta có: ( ) ( )2 29 3 64 1 9 10 17 0g m m m m m∆ = + − + = − + > ∀ nên g(x) = 0 có 2 
nghiệm phân biệt x1, x2. 
Theo ñịnh lý Viet ta có: 1 2. 1 0 1x x m m= + ≠ ∀ ≠ − 
⇒ PT ( ) 0f x′ = có 3 nghiệm phân biệt 
 0, x1, x2. Xét 2 khả năng sau: 
a) Nếu m < −1 thì 1 2. 1 0x x m= + < 
⇒ 1 20x x< < ⇒ Bảng biến thiên 
x −∞ 0 3 +∞ 
f ′ 
 − 
0 
 − 
0 + 
f +∞ 
CT 
+∞ 
x −∞ x1 x2 x3 +∞ 
f ′ − 0 + 0 − 0 + 
f 
+∞ 
CT 
Cð 
CT 
+∞ 
x −∞ x1 0
 x2 +∞ 
f ′ − 0 + 0 − 0 + 
f 
+∞ 
CT 
Cð 
CT 
+∞ 
www.VNMATH.com
Bài 4. Cực trị hàm ña thức 
9 
Nhìn BBT suy ra 0x =C§ 
b) Nếu m > −1 thì 1 2. 0x x > 
và ( )1 2 3 3 04
m
x x
− ++ = < ⇒ 1 2 0x x< < 
⇒ Bảng biến thiên. 
Nhìn BBT suy ra 2 0x x= <C§ 
Kết luận: 
Vậy ∀m ≠ −1 hàm số luôn có 0x ≤C§ 
Bài 4. (ðề thi TSðH khối B 2002) 
 Tìm m ñể hàm số ( )4 2 29 10y mx m x= + − + có 3 ñiểm cực trị 
Giải. Yêu cầu bài toán ( ) ( )2 22 2 9 2 . 0y x mx m x g x′⇔ = + − = = có 3 nghiệm 
phân biệt 
2 39 0
2 0 3
mm
m m
< −
−⇔ < ⇔  < <
Bài 5. Tìm m ñể ( ) 4 2 42 2f x x mx m m= − + + có Cð, CT lập thành tam giác ñều. 
Giải. ( ) ( )3 24 4 4f x x mx x x m′ = − = − . Ta có: ( ) 20 0f x x x m′ = ⇔ = ∨ = . 
ðể hàm số có Cð, CT ⇔ ( ) 0f x′ = có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 
⇒ 3 nghiệm là: 1 2 3; 0 ;x m x x m= − = = ⇒ 3 ñiểm Cð, CT là: 
( ) ( ) ( )4 2 4 4 2, 2 ; 0, 2 ; , 2A m m m m B m m C m m m m− − + + − + 
⇒ 4 ; 2AB BC m m AC m= = + = . 
ðể A, B, C lập thành tam giác ñều 
thì AB BC AC= = ⇔ 4 2m m m+ = 
4 4 34 3 3m m m m m m⇔ + = ⇔ = ⇔ = 
Bài 6. Chứng minh rằng: Hàm số ( ) 4 3 2 1f x x mx mx mx= + + + + không thể 
ñồng thời có Cð và CT m∀ ∈ℝ 
Giải. Xét ( ) ( )3 2 2 34 3 2 0 3 2 1 4f x x mx mx m m x x x′ = + + + = ⇔ + + = − 
x −∞ x1 x2 0 +∞ 
f ′ − 0 + 0 − 0 + 
f 
+∞ 
CT 
Cð 
CT 
+∞ 
x −∞ x1 0
 x3 +∞ 
f ′ − 0 + 0 − 0 + 
f 
+∞ 
A 
CT 
B 
Cð 
C 
CT 
+∞ 
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương 
10
⇔ 
3
2
4
3 2 1
x
m
x x
−
=
+ +
. Xét hàm số ( )
3
2
4
3 2 1
xg x
x x
−
=
+ +
 có TXð: gD = ℝ 
( ) ( )
( )
( )
( )
22 2 2 2
2 22 2
4 3 4 3 4 2 1 1 0
3 2 1 3 2 1
x x x x x xg x x
x x x x
 
− + + − + + + 
′ = = ≤ ∀ ∈
+ + + +
ℝ ; 
( )
2
4lim lim
2 13x x
xg x
x x
→∞ →∞
−
= = ∞
+ +
Nghiệm của phương trình ( ) 0f x′ = 
cũng là hoành ñộ giao ñiểm của 
ñường thẳng y = m với ñồ thị y = g(x). 
Nhìn bảng biến thiên suy ra ñường thẳng y = m cắt y = g(x) tại ñúng 1 ñiểm 
⇒ ( ) 0f x′ = có ñúng 1 nghiệm. 
Vậy hàm số y = f (x) không thể ñồng thời có cực ñại và cực tiểu. 
Bài 7. Chứng minh rằng: ( ) 4 3 0f x x px q x= + + ≥ ∀ ∈ℝ ⇔ 4256 27q p≥ 
Giải. Ta có: ( ) ( )3 2 24 3 4 3 0f x x px x x p′ = + = + = ⇔ 34
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 ⇔ ( ) 3Min 0
4
pf x f − = ≥ 
 
 ⇔ 
4
4256 27 0 256 27
256
q p q p− ≥ ⇔ ≥ 
Bài 8. (ðề thi dự bị ðH khối A năm 2004) 
Tìm m ñể hàm số 4 2 22 1y x m x= − + có 3 ñiểm cực trị là 3 ñỉnh của một tam 
giác vuông cân 
Giải. Hàm số có 3 cực trị ( )2 24 0y x x m′⇔ = − = có 3 nghiệm phân biệt 
0m⇔ ≠ , khi ñó ñồ thị có 3 ñiểm cực trị là ( ) ( ) ( )4 40,1 ; ,1 , ,1A B m m C m m− − − . 
Do y là hàm chẵn nên YCBT . 0 1AB AC m⇔ = ⇔ = ±
 
Bài 9. Chứng minh rằng: ( ) 4 26 4 6f x x x x= − + + luôn có 3 cực trị ñồng thời 
gốc toạ ñộ O là trọng tâm của tam giác tạo bởi 3 ñỉnh là 3 cực trị 
Bài 10. Chứng minh rằng: ( ) 4 0f x x px q x= + + ≥ ∀ ∈ℝ ⇔ 3 4256 27q p≥ 
Bài 11. Cho ( ) ( )4 3 28 3 2 1 1f x x mx m x= + + + − . Tìm m ñể ƒ(x) chỉ có cực tiểu 
mà không có cực ñại. 
x −∞ x2 +∞ 
f ′ − 0 − 
f +∞ 
−∞ 
www.VNMATH.com