ĐIỀU KIỆN ĐỂ HÀM SỐ CÓ 1 CỰC TRỊ

Bài viết hướng dẫn phương pháp giải bài toán tìm điều kiện để hàm số có cực trị trong chương trình Giải tích 12.

Bạn đang xem: Điều kiện để hàm số có 1 cực trị

1. KIẾN THỨC CẦN NHỚĐịnh lý 1: (Dấu hiệu I): Giả sử hàm số $y = f(x)$ có đạo hàm trên một lân cận của điểm ${x_0}$ (có thể trừ tại ${x_0}$).1. Nếu $f"(x) > 0$ trên khoảng $\left( {{x_0} – \delta ,{x_0}} \right)$ và $f"(x) 2. Nếu $f"(x) 0$ trên khoảng $\left( {{x_0},{x_0} + \delta } \right)$ thì ${x_0}$ là một điểm cực tiểu của hàm số $f(x).$

Định lí 2 (Dấu hiệu II): Giả sử hàm số $y = f(x)$ có đạo hàm liên tục tới cấp $2$ tại ${x_0}$ và $f’\left( {{x_0}} \right) = 0$, $f”\left( {{x_0}} \right) \ne 0$ thì ${x_0}$ là một điểm cực trị của hàm số. Hơn nữa:1. Nếu $f”\left( {{x_0}} \right) 2. Nếu $f”\left( {{x_0}} \right) > 0$ thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm ${x_0}.$

2. PHƯƠNG PHÁP CHUNGĐể thực hiện các yêu cầu về điều kiện có cực trị của hàm số $y = f(x)$ ta thực hiện theo các bước:Bước 1: Miền xác định.Bước 2: Tính đạo hàm $y’.$Bước 3: Lựa chọn theo một trong hai hướng:+ Hướng 1: Nếu xét được dấu của $y’$ thì sử dụng dấu hiệu $I$ với lập luận: Hàm số có $k$ cực trị $ \Leftrightarrow $ Phương trình $y’ = 0$ có $k$ nghiệm phân biệt và đổi dấu qua các nghiệm đó.+ Hướng 2: Nếu không xét được dấu của $y’$ hoặc bài toán yêu cầu cụ thể về cực đại hoặc cực tiểu thì sử dụng dấu hiệu $II$, bằng việc tính thêm $y”.$ Khi đó:1. Hàm số có cực trị $ \Leftrightarrow $ hệ sau có nghiệm thuộc $D$: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y’ = 0}\\{y” \ne 0}\end{array}} \right..$2. Hàm số có cực tiểu $ \Leftrightarrow $ hệ sau có nghiệm thuộc $D$: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y’ = 0}\\{y” > 0}\end{array}} \right..$3. Hàm số có cực đại $ \Leftrightarrow $ hệ sau có nghiệm thuộc $D$: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y’ = 0}\\{y” \end{array}.} \right.$4. Hàm số đạt cực tiểu tại ${x_0}$ điều kiện là: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} \in D}\\{{x_0}{\rm{\:là\:điểm\:tới\:hạn}}}\\{y”\left( {{x_0}} \right) > 0}\end{array}} \right..$5. Hàm số đạt cực đại tại ${x_0}$ điều kiện là: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} \in D}\\{{x_0}{\rm{\:là\:điểm\:tới\:hạn}}}\\{y”\left( {{x_0}} \right) \end{array}} \right..$(Điểm tới hạn: tại đó $f’\left( {{x_0}} \right)$ không xác định hoặc bằng $0$).

3. BÀI TẬP TỰ LUẬN VÀ TRẮC NGHIỆMBài tập 1. Cho hàm số: $y = {x^3} + 3m{x^2} + 3\left( {{m^2} – 1} \right)x + {m^3} – 3m.$ Chứng minh rằng với mọi $m$ hàm số đã cho luôn có cực đại và cực tiểu, đồng thời chứng minh rằng khi $m$ thay đổi các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số luôn chạy trên hai đường thẳng cố định.

Miền xác định $D = R.$Đạo hàm: $y’ = 3{x^2} + 6mx + 3\left( {{m^2} – 1} \right).$$y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 3{x^2} + 6mx + 3\left( {{m^2} – 1} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow \left< {\begin{array}{*{20}{l}}{x = – m – 1}\\{x = – m + 1}\end{array}} \right..$Bảng biến thiên:

Vậy với mọi $m$ hàm số:+ Đạt cực đại tại $x = – m – 1$ và ${y_{CĐ}} = 2$, đồng thời khi $m$ thay đổi điểm cực đại $B( – m – 1;2)$ luôn chạy trên đường thẳng cố định $y – 2 = 0.$+ Đạt cực tiểu tại $x = – m + 1$ và ${y_{CT}} = – 2$, đồng thời khi $m$ thay đổi điểm cực tiểu $A( – m + 1; – 2)$ luôn chạy trên đường thẳng cố định $y + 2 = 0.$

Bài tập 2. Cho hàm số: $y = \frac{2}{3}{x^3} + (\cos a – 3\sin a){x^2} – 8(\cos 2a + 1)x + 1.$a. Chứng minh rằng với mọi $a$ hàm số đã cho luôn có cực đại và cực tiểu.b. Giả sử đạt cực đại và cực tiểu tại ${x_1}$, ${x_2}.$ Chứng minh rằng $x_1^2 + x_2^2 \le 18.$

a. Ta có:Miền xác định $D = R.$Đạo hàm: $y’ = 2{x^2} + 2(\cos a – 3\sin a)x – 8(\cos 2a + 1)$ $ = 2{x^2} + 2(\cos a – 3\sin a)x – 16{\cos ^2}a.$$y’ = 0$ $ \Leftrightarrow {x^2} + (\cos a – 3\sin a)x – 8{\cos ^2}a = 0.$Ta có $\Delta = {(\cos a – 3\sin a)^2} + 32{\cos ^2}a > 0$, $\forall a$ do đó phương trình $y’ = 0$ luôn có hai nghiệm phân biệt.Vậy với mọi $m$ hàm số đã cho luôn có cực đại và cực tiểu.b. Giả sử hàm số đạt cực đại và cực tiểu tại ${x_1}$, ${x_2}$ ta có:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 3\sin a – \cos a}\\{{x_1}{x_2} = – 8{{\cos }^2}a}\end{array}} \right..$Từ đó: $x_1^2 + x_2^2$ $ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2}$ $ = {(3\sin a – \cos a)^2} + 16{\cos ^2}a$ $ = 13 + 4\cos 2a – 3\sin 2a$ $ \le 13 + \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 18.$

Bài tập 3. Cho hàm số: $y = 2{x^3} – 3(2m + 1){x^2} + 6m(m + 1)x + 1.$a. Khảo sát sự biến thiên của hàm số với $m = – \frac{1}{2}.$b. Chứng minh rằng với mọi $m$ hàm số luôn có cực đại và cực tiểu và hoành độ các điểm cực đại và cực tiểu thoả mãn ${x_1} – {x_2}$ không phụ thuộc tham số $m.$

Miền xác định $D = R.$Đạo hàm: $y’ = 6{x^2} – 6(2m + 1)x + 6m(m + 1).$$y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 6{x^2} – 6(2m + 1)x + 6m(m + 1) = 0.$$ \Leftrightarrow f(x) = {x^2} – (2m + 1)x + m(m + 1) = 0$ $(1).$Trước hết hàm số có cực đại và cực tiểu $ \Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm phân biệt.$ \Leftrightarrow \Delta > 0$ $ \Leftrightarrow {(2m + 1)^2} – 4m(m + 1) > 0$ $ \Leftrightarrow 1 > 0$ luôn đúng.Khi đó phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt là:$\left< {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = m}\\{{x_2} = m + 1}\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow {x_1} – {x_2} = – 1$ không phụ thuộc tham số $m.$

Bài tập 4. Cho hàm số $y = {x^3} – 3m{x^2} + 4{m^3}.$ Để các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng $y = x$ thì $m$ nhận giá trị:A. $m = \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}.$B. $m = 0.$C. $m = \pm 2.$D. $m = \pm 3.$

Đáp số trắc nghiệm A.Lời giải tự luận:Ta lần lượt có:+ Miền xác định $D = R.$+ Đạo hàm: $y’ = 3{x^2} – 6mx$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 3{x^2} – 6mx = 0$ $ \Leftrightarrow \left< {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 0}\\{{x_2} = 2m}\end{array}} \right.$ $(1).$Trước hết hàm số có cực đại và cực tiểu $ \Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow m \ne 0.$Khi đó toạ độ các điểm cực trị là $A\left( {0;4{m^3}} \right)$ và $B(2m;0).$Để các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng với nhau qua đường thẳng $(d): y = x$:$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot (d)}\\{{\rm{trung\:điểm\:}}I{\rm{\:của\:}}AB{\rm{\:thuộc\:}}(d)}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {{a_d}} }\\{I\left( {m;2{m^3}} \right) \in (d)}\end{array}} \right..$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m – 4{m^3} = 0}\\{m – 2{m^3} = 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow m = \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}$ (vì $m \ne 0$).Vậy với $m = \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}$ thoả mãn điều kiện đầu bài.Lựa chọn đáp án bằng phép thử: Trước tiên ta có:$y’ = 3{x^2} – 6mx$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 3{x^2} – 6mx = 0$ $(*).$$y” = 6x – 6m$, $y” = 0$ $ \Leftrightarrow x = m$ $ \Rightarrow $ điểm uốn $U\left( {m;2{m^3}} \right).$Khi đó:+ Với $m = 0$ thì $(*)$ không có hai nghiệm phân biệt (nghiệm kép $x = 0$). Suy ra hàm số không có cực đại và cực tiểu nên đáp án B bị loại.+ Với $m = 2$ thì điểm uốn $U(2;16)$ không thuộc đường thẳng $y = x.$ Suy ra đáp án C bị loại.+ Với $m = 3$ thì điểm uốn $U(3;54)$ không thuộc đường thẳng $y = x.$ Suy ra đáp án D bị loại.Do đó việc lựa chọn đáp án A là đúng đắn.

Bài tập 5. Cho hàm số $y = {x^4} – 2m{x^2} + 2m + {m^4}.$ Để hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu lập thành một tam giác đều thì $m$ nhận giá trị:A. $m = 0.$B. $m = 1.$C. $m = 4.$D. $m = \sqrt<3>{3}.$

Đáp số trắc nghiệm D.Lời giải tự luận:Ta lần lượt có:+ Miền xác định $D = R.$+ Đạo hàm: $y’ = 4{x^3} – 4mx$ $ = 4x\left( {{x^2} – m} \right)$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow x\left( {{x^2} – m} \right) = 0$ $(1).$Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi $(1)$ có ba nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow m > 0.$Khi đó $(1)$ có ba nghiệm phân biệt $x = 0$, $x = \pm \sqrt m $ và toạ độ ba điểm cực trị:$A\left( {0;2m + {m^4}} \right)$, $B\left( { – \sqrt m ;{m^4} – {m^2} + 2m} \right)$, $C\left( {\sqrt m ;{m^4} – {m^2} + 2m} \right).$Ta có $\Delta ABC$ đều khi và chỉ khi:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB = AC{\rm{\:(luôn\:đúng)}}}\\{AB = BC}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2}$ $ \Leftrightarrow m + {m^4} = 4m$ $ \Leftrightarrow m = \sqrt<3>{3}$ (vì $m \ne 0$).Vậy với $m = \sqrt<3>{3}$ thoả mãn điều kiện đầu bài.Lựa chọn đáp án bằng phép thử:Trước tiên ta có: $y’ = 4{x^3} – 4mx$ $ = 4x\left( {{x^2} – m} \right)$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow x\left( {{x^2} – m} \right) = 0$ $(*).$Khi đó:+ Với $m = 0$ thì $(*)$ chỉ có một nghiệm ($x = 0$). Suy ra hàm số không có đủ ba cực trị để tạo thành tam giác nên đáp án A bị loại.+ Với $m = 1$ thì từ nghiệm của $(*)$ ta được tọa độ ba điểm cực trị là: $A(0;3)$, $B( – 1;2)$, $C(1;2)$ $ \Rightarrow A{B^2} = 1 + 1 = 2$ và $B{C^2} = 4$ $ \Rightarrow \Delta ABC$ không đều. Suy ra đáp án B bị loại.+ Với $m = 4$ thì từ nghiệm của $(*)$ ta được tọa độ ba điểm cực trị là: $A(0;264)$, $B( – 2;248)$, $C(2;248)$ $ \Rightarrow A{B^2} = 4 + 256 = 260$ và $B{C^2} = 8$ $ \Rightarrow \Delta ABC$ không đều. Suy ra đáp án C bị loại.Do đó việc lựa chọn đáp án D là đúng đắn.

Bài tập 6. Cho hàm số: $y = k{x^4} + (k – 1){x^2} + 1 – 2k.$ Xác định các giá trị của tham số $k$ để hàm số chỉ có một điểm cực trị.A. $k \in (0;1).$B. $k \in ( – \infty ;0> \cup <1; + \infty ).$C. $k \in ( – 1;1).$D. $k \in ( – \infty ; – 1> \cup <1; + \infty ).$

Miền xác định $D = R.$Đạo hàm: $y’ = 4k{x^3} + 2(k – 1)x$ $ = 2x\left( {2k{x^2} + k – 1} \right).$$y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 2x\left( {2k{x^2} + k – 1} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow \left< {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{f(x) = 2k{x^2} + k – 1 = 0}\end{array}} \right..$Hàm số chỉ có một điểm cực trị $ \Leftrightarrow \left< \begin{array}{l}f(x) = 0{\rm{\:vô\:nghiệm\:\:}}(1)\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k \ne 0}\\{\left< {\begin{array}{*{20}{l}}{f(x) = 0{\rm{\:có\:nghiệm\:kép\:\:}}(2)}\\{f(0) = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\end{array} \right..$Giải $(1)$: Ta xét:+ Với $k = 0$ ta có: $f(x) = 0$ $ \Leftrightarrow – 1 = 0$ mâu thuẫn. Vậy với $k = 0$ phương trình $f(x) = 0$ vô nghiệm.+ Với $k \ne 0$: để $f(x) = 0$ vô nghiệm điều kiện là:$\Delta {k > 1}\\{k \end{array}} \right..$Giải $(2)$: Ta được: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k \ne 0}\\{\left< {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta = 0}\\{f(0) = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k \ne 0}\\{\left< {\begin{array}{*{20}{l}}{ – 8k(k – 1) = 0}\\{k – 1 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow k = 1.$Vậy hàm số chỉ có một điểm cực trị khi $k \in ( – \infty ;0> \cup <1; + \infty ).$

Bài tập 7. Cho hàm số: $y = \frac{1}{2}{x^4} – \frac{1}{3}{x^3} – mx + 2.$a. Tìm $m$ để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu.A. $m > \frac{1}{2}.$B. $0 C. $m D. $ – \frac{1}{{27}} b. Với kết quả ở câu a chứng tỏ rằng khi đó tổng bình phương hoành độ các điểm cực trị là một hằng số.

Miền xác định $D = R.$Đạo hàm: $y’ = 2{x^3} – {x^2} – m$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 2{x^3} – {x^2} – m = 0$ $ \Leftrightarrow 2{x^3} – {x^2} = m$ $(1).$a. Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu:$ \Leftrightarrow $ phương trình $(1)$ có ba nghiệm phân biệt.$ \Leftrightarrow $ đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = 2{x^3} – {x^2}$ tại ba điểm phân biệt.Xét hàm số $y = 2{x^3} – {x^2}$ có miền xác định $D = R.$+ Đạo hàm: $y’ = 6{x^2} – 2x$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 6{x^2} – 2x = 0$ $ \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = \frac{1}{3}.$+ Giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty .$+ Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta nhận được điều kiện để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu là $ – \frac{1}{{27}} b. Khi đó hoành độ các cực trị là nghiệm của phương trình $(1)$ và thoả mãn:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} + {x_3} = \frac{1}{2}}\\{{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1} = 0}\\{{x_1}{x_2}{x_3} = \frac{m}{2}}\end{array}} \right..$Suy ra: $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2$ $ = {\left( {{x_1} + {x_2} + {x_3}} \right)^2}$ $ – 2\left( {{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1}} \right) = \frac{1}{4}.$Vậy khi hàm số có cực đại và cực tiểu thì tổng bình phương hoành độ các điểm cực trị là một hằng số.

Bài tập 8. Cho hàm số: $y = \frac{{2{x^2} + 3x + m – 2}}{{x + 2}}.$Chứng tỏ rằng nếu hàm số đạt cực đại tại ${x_1}$ và cực tiểu tại ${x_2}$ thì ta có: $\left| {y\left( {{x_1}} \right) – y\left( {{x_2}} \right)} \right| = 4\left| {{x_1} – {x_2}} \right|.$

Miền xác định $D = R\backslash \{ – 2\} .$Đạo hàm: $y’ = \frac{{2{x^2} + 8x – m + 8}}{{{{(x + 2)}^2}}}$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow f(x) = 2{x^2} + 8x – m + 8 = 0$ $(1).$Hàm số có cực đại, cực tiểu $ \Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm phân biệt khác $-2.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f( – 2) \ne 0}\\{\Delta ‘ > 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ – m \ne 0}\\{2m > 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow m > 0.$Khi đó phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1}$, ${x_2}$, ta có:$y\left( {{x_1}} \right) = \frac{{2x_1^2 + 3{x_1} + m – 2}}{{{x_1} + 2}}$ $ = 4{x_1} + 3.$$y\left( {{x_2}} \right) = \frac{{2x_2^2 + 3{x_2} + m – 2}}{{{x_2} + 2}}$ $ = 4{x_2} + 3.$Từ đó: $\left| {y\left( {{x_1}} \right) – y\left( {{x_2}} \right)} \right|$ $ = \left| {4{x_1} – 4{x_2}} \right|$ $ = 4\left| {{x_1} – {x_2}} \right|.$

Bài tập 9. Hàm số $y = \frac{{{x^2} – m(m + 1)x + {m^3} + 1}}{{x – m}}$ có cực đại và cực tiểu khi:A. $m = 1.$B. $m = 2.$C. $m = 4.$D. Mọi $m.$

Đáp số trắc nghiệm D.Lời giải tự luận:Ta lần lượt có:+ Miền xác định $D = R\backslash \{ m\} .$+ Viết lại hàm số dưới dạng:$y = x – {m^2} + \frac{1}{{x – m}}$ $ \Rightarrow y’ = 1 – \frac{1}{{{{(x – m)}^2}}}.$$y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 1 – \frac{1}{{{{(x – m)}^2}}} = 0$ $ \Leftrightarrow {(x – m)^2} – 1 = 0$ $ \Leftrightarrow x = m \pm 1 \in D.$Tức là $y’ = 0$ có hai nghiệm phân biệt thuộc $D$ và đổi dấu qua hai nghiệm này, do đó hàm số luôn có cực đại và cực tiểu.Lựa chọn đáp án bằng phép thử:Lấy $m = 0$ hàm số có dạng:$y = \frac{{{x^2} + 1}}{x} = x + \frac{1}{x}$ $ \Rightarrow y’ = 1 – \frac{1}{{{x^2}}}.$$y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 1 – \frac{1}{{{x^2}}} = 0$ $ \Leftrightarrow {x^2} – 1 = 0$ $ \Leftrightarrow x = \pm 1 \in D.$Tức là $y’ = 0$ có hai nghiệm phân biệt thuộc $D$ và đổi dấu qua hai nghiệm này, do đó hàm số có cực đại và cực tiểu tại $m = 0$ (chỉ có ở đáp án D).Do đó việc lựa chọn đáp án D là đúng đắn.

Bài tập 10. Xác định giá trị của tham số để các hàm số sau có cực trị:$y = \frac{{{x^2} + 2mx – m}}{{x + m}}$ với $m$ là tham số.A. $m > 2.$B. $m C. $0 D. $ – 1 Đạo hàm $y’ = \frac{{{x^2} + 2mx + 2{m^2} + m}}{{{{(x + m)}^2}}}$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 2{m^2} + m = 0.$Để hàm số có cực trị điều kiện là: $y’ = 0$ có hai nghiệm phân biệt.$ \Leftrightarrow \Delta ‘ > 0$ $ \Leftrightarrow – {m^2} – m > 0$ $ \Leftrightarrow – 1 Vậy với $-1 Chọn đáp án D.

Bài tập 11. Cho hàm số: $y = \frac{{{x^2} + mx – 2}}{{mx – 1}}.$Xác định $m$ để:a. Hàm số có cực trị.A. $|m| B. $|m| > 2.$C. $1 D. $ – 2 b. Hàm số có cực đại, cực tiểu với hoành độ thoả mãn ${x_1} + {x_2} = 4{x_1}{x_2}.$A. $m = \frac{1}{2}.$B. $m = \frac{5}{2}.$C. $m = \frac{3}{2}.$D. $m = – \frac{3}{2}.$c. Hàm số có cực đại, cực tiểu với hoành độ dương.A. $0 B. $m > 2.$C. $0 D. $ – 2 Đạo hàm: $y’ = \frac{{m{x^2} – 2x + m}}{{{{(mx – 1)}^2}}}$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow f(x) = m{x^2} – 2x + m = 0$ $(1).$a. Xét hai trường hợp:Trường hợp 1. Nếu $m = 0$ ta được: $y’ = – 2x$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow x = 0.$Vì qua $x = 0$ đạo hàm $y’$ đổi dấu, do đó $m = 0$ thoả mãn.Trường hợp 2. Nếu $m \ne 0.$Điều kiện là phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt.$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \ne 0}\\{\Delta ‘ > 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{1 – {m^2} > 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{|m| \end{array}} \right..$Vậy với $|m| b. Trước hết hàm số có cực đại, cực tiểu $ \Leftrightarrow $ phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt khác $\frac{1}{m}.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \ne 0}\\{\Delta ‘ > 0}\\{f( – 1/m) \ne 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{1 – {m^2} > 0}\\{m – 1/m \ne 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{|m| \end{array}} \right.$ $(*).$Khi đó phương trình $(1)$ có hai nghiệm ${x_1}$ và ${x_2}$ thoả mãn: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{2}{m}}\\{{x_1}.{x_2} = 1}\end{array}} \right..$Suy ra: ${x_1} + {x_2} = 4{x_1}{x_2}$ $ \Leftrightarrow \frac{2}{m} = 4$ $ \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}$ thoả mãn điều kiện $(*).$Vậy với $m = \frac{1}{2}$ thoả mãn điều kiện đầu bài.c. Hàm số có cực đại, cực tiểu với hoành độ dương $ \Leftrightarrow $ phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt dương khác $\frac{1}{m}.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \ne 0}\\{\Delta ‘ > 0}\\{af(0) > 0}\\{0 {f( – 1/m) \ne 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{1 – {m^2} > 0}\\{{m^2} > 0}\\{1/m > 0}\\{m – 1/m \ne 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow 0 Vậy với $0 Đáp án trắc nghiệm: a. A – b. A – c. A.

Bài tập 12. Cho hàm số: $y = \frac{{m{x^2} + x + m}}{{x + 1}}.$a. Khảo sát sự biến thiên của hàm số với $m = 1.$b. Tìm $m$ để hàm số không có cực trị.A. ${m \le \frac{3}{2}}.$B. ${m \ge 1.}$C. ${m \ge 6.}$D. ${0 \le m \le \frac{1}{2}.}$

Đáp án trắc nghiệm: b. D.a. Bạn đọc tự giải.b. Miền xác định $D = R\backslash \{ – 1\} .$Viết lại hàm số dưới dạng: $y = mx – m + 1 + \frac{{2m – 1}}{{x + 1}}.$Đạo hàm: $y’ = m – \frac{{2m – 1}}{{{{(x + 1)}^2}}}$ $ = \frac{{m{x^2} + 2mx – m + 1}}{{{{(x + 1)}^2}}}.$$y’ = 0$ $ \Leftrightarrow f(x) = m{x^2} + 2x – m + 1 = 0.$Để hàm số không có cực trị điều kiện là:$\left< {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{Hàm\:số\:suy\:biến}}}\\{y’ \ge 0{\rm{\:với\:mọi\:}}x \in D}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left< {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{2m – 1 = 0}\\{\Delta ‘ \le 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left< {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{2m – 1 = 0}\\{2{m^2} – m \le 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow 0 \le m \le \frac{1}{2}.$Vậy với $0 \le m \le \frac{1}{2}$ thoả mãn điều kiện đầu bài.

Bài tập 13. Cho hàm số: $y = \frac{{m{x^2} + \left( {{m^2} + 1} \right)x + 4{m^3} + m}}{{x + m}}.$ Xác định $m$ để hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ $(II)$, một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ $(IV).$A. $m B. $m C. $m > \sqrt 2 .$D. $\sqrt 2 Đạo hàm: $y’ = \frac{{m{x^2} + 2{m^2}x – 3{m^3}}}{{{{(x + m)}^2}}}$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow f(x) = m{x^2} + 2{m^2}x – 3{m^3} = 0$ $(1).$Để hàm số có hai cực trị điều kiện là: $(1)$ có hai nghiệm phân biệt khác $ – m$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{\Delta ‘ > 0}\\{f( – m) \ne 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow m \ne 0.$Khi đó phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = m$, ${x_2} = – 3m$ và toạ độ hai điểm cực trị là: $A\left( {m;3{m^2} + 1} \right)$, $B\left( { – 3m; – 5{m^2} + 1} \right).$Để hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ $(II)$ và một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ $(IV)$ ta phải có:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A \in P(II)}\\{B \in P(IV)}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m 0}\\{ – 3m > 0{\rm{\:và\:}} – 5{m^2} + 1 \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow m Vậy với $m Đáp án trắc nghiệm: A.

Bài tập 14. Cho hàm số: $y = \frac{{m{x^2} + 3mx + 2m + 1}}{{x – 1}}.$ Xác định các giá trị của tham số $m$ để hàm số có cực đại, cực tiểu và hai điểm đó nằm về hai phía đối với trục $Ox.$A. $0 B. $1 C. $0 D. $m > \frac{5}{4}.$

Miền xác định $D = R\backslash \{ 1\} .$Đạo hàm: $y’ = \frac{{m{x^2} – 2mx – 5m – 1}}{{{{(x – 1)}^2}}}$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow m{x^2} – 2mx – 5m – 1 = 0$ $(1).$Hàm số có cực trị $ \Leftrightarrow $ phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt khác $1.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{\Delta ‘ > 0}\\{f(1) \ne 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{6{m^2} + m > 0}\\{ – 6m – 1 \ne 0}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left< {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 0}\\{m \end{array}} \right.$ $(2).$Tới đây chúng ta có thể lựa chọn một trong hai cách trình bày sau:Cách 1: Với điều kiện $(2)$ phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1}$, ${x_2}$ thoả mãn:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = – \frac{{5m + 1}}{m}}\end{array}} \right..$Ta có:$y\left( {{x_1}} \right) = \frac{{mx_1^2 + 3m{x_1} + 2m + 1}}{{{x_1} – 1}}$ $ = 2m{x_1} + 3m.$$y\left( {{x_2}} \right) = \frac{{mx_2^2 + 3m{x_2} + 2m + 1}}{{{x_2} – 1}}$ $ = 2m{x_2} + 3m.$Hai điểm cực đại, cực tiểu nằm về hai phía đối với trục $Ox$:$ \Leftrightarrow y\left( {{x_1}} \right)y\left( {{x_2}} \right) $ \Leftrightarrow {m^2}\left< {4{x_1}{x_2} + 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 9} \right> $ \Leftrightarrow {m^2} – 4m Kết hợp $(2)$ và $(3)$ ta được $0 Vậy với $0 Cách 2: Sử dụng đồ thị.Hai điểm cực đại, cực tiểu nằm về hai phía đối với trục $Ox.$$ \Leftrightarrow y = 0$ vô nghiệm $ \Leftrightarrow m{x^2} + 3mx + 2m + 1 = 0$ vô nghiệm.$ \Leftrightarrow \Delta $ \Leftrightarrow 0 Kết hợp $(2)$ và $(4)$ ta được $0 Vậy với $0 Chọn đáp án C.

Bài tập 15. Cho hàm số: $y = 2x + \left| {{x^2} – 4x + 4m} \right|.$a. Khảo sát sự biến thiên của hàm số với $m = 1.$b. Tìm $m$ để hàm số có cực đại.A. $m B. $m C. $m > 2.$D. $1 b. Nhận xét rằng hàm số $y = a{x^2} + bx + c$ có cực đại $ \Leftrightarrow a Xét $g(x) = {x^2} – 4x + 4m$, ta có $\Delta ‘ = 4(1 – m).$Ta đi xét các trường hợp sau:Trường hợp 1: Nếu $\Delta ‘ \le 0$ $ \Leftrightarrow 1 – m \le 0$ $ \Leftrightarrow m \ge 1.$Khi đó $g(x) \ge 0$, $\forall x$, vậy hàm số có dạng:$y = {x^2} – 2x + 4m.$Hàm số không thể có cực đại. Vậy không thoả mãn điều kiện đầu bài.Trường hợp 2: Nếu $\Delta ‘ > 0$ $ \Leftrightarrow 1 – m > 0$ $ \Leftrightarrow m Khi đó $g(x) = 0$ có hai nghiệm phân biệt là: $x = 2 \pm 2\sqrt {1 – m} .$Ta có bảng xét dấu của $g(x)$ như sau:

Nhận xét rằng:+ Nếu $x \le {x_1}$ hoặc $x \ge {x_2}$ hàm số có dạng $y = {x^2} – 2x + 4m.$Hàm số không thể có cực đại. Vậy không thoả mãn điều kiện đầu bài.+ Nếu ${x_1} Miền xác định $D = \left( {{x_1};{x_2}} \right).$Đạo hàm: $y’ = – 2x + 6$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow – 2x + 6 = 0$ $ \Leftrightarrow x = 3.$Hàm số có cực đại khi:${x_1} Vậy với $m Bài tập 16. Cho hàm số: $y = x + \left| {{x^2} – 2x + 2m} \right|.$Tìm $m$ để hàm số có cực đại và số cực đại ${y_{CĐ}} A. $0 B. $m > 2.$C. $m D. $ – \frac{{43}}{4} Ta đi xét các trường hợp sau:Trường hợp 1: Nếu $\Delta ‘ \le 0$ $ \Leftrightarrow 1 – m \le 0$ $ \Leftrightarrow m \ge 1.$Khi đó $g(x) \ge 0$, $\forall x$, vậy hàm số có dạng: $y = x + {x^2} – 2x + m$ $ \Leftrightarrow y = {x^2} – x + m.$Hàm số không thể có cực đại.Vậy không thoả mãn điều kiện đầu bài.Trường hợp 2: Nếu $\Delta ‘ > 0$ $ \Leftrightarrow 1 – m > 0$ $ \Leftrightarrow m Khi đó phương trình $g(x) = 0$ có hai nghiệm phân biệt là:${x_1} = 1 – \sqrt {1 – m} $ và ${x_2} = 1 + \sqrt {1 – m} .$Hàm số được viết lại dưới dạng: $y = \left\{ \begin{array}{l}{x^2} – x + m{\rm{\:với\:}}x {x_2}\\– {x^2} + 3x – m{\rm{\:với\:}}{x_1} \le x \le {x_2}\end{array} \right..$Đạo hàm: $y’ = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x – 1{\rm{\:với\:}}x {x_2}}\\{ – 2x + 3{\rm{\:với\:}}{x_1} \le x \le {x_2}}\end{array}} \right..$Xét các khả năng:a. Nếu $\frac{1}{2} \le 1 – \sqrt {1 – m} $ thì $\sqrt {1 – m} \le \frac{1}{2}$ $ \Leftrightarrow m \ge \frac{3}{4}$ $ \Rightarrow {x_2} = 1 + \sqrt {1 – m} \le \frac{3}{2}.$Bảng biến thiên:

Hàm số không có cực đại.b. Nếu $\frac{1}{2} > 1 – \sqrt {1 – m} $ thì $\sqrt {1 – m} > \frac{1}{2}$ $ \Leftrightarrow m \frac{3}{2}.$Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực đại tại $x = \frac{3}{2}.$ Khi đó để ${y_{CĐ}} $y\left( {\frac{3}{2}} \right) – \frac{{43}}{4}.$Vậy với $ – \frac{{43}}{4} Chọn đáp án D.

Xem thêm: Nghĩa Của Từ Match Là Gì Và Cấu Trúc Từ Match Trong Câu Tiếng Anh

Bài tập 17. Cho hàm số: $y = \frac{{x + a}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}.$ Tìm $a$ để:a. Hàm số không có cực trị.A. $a = 0.$B. $a = 1.$C. $a = 2.$D. $a = 3.$b. Hàm số có cực tiểu.A. $a > 0.$B. $a C. $a > 1.$D. $0 Đạo hàm: $y’ = \frac{{ – ax + 1}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 1 – ax = 0$ $(1).$a. Hàm số không có cực trị $ \Leftrightarrow $ phương trình $(1)$ vô nghiệm $ \Leftrightarrow a = 0.$b. Hàm số có cực tiểu $ \Leftrightarrow (1)$ có nghiệm và qua đó $y’$ đổi dấu từ âm sang dương $ \Leftrightarrow a Bài tập 18. Cho hàm số: $y = – 2x + 2 + m\sqrt {{x^2} – 4x + 5} .$Tìm $m$ để hàm số có cực đại.A. $m > 0.$B. $m C. $m > -2.$D. Vô nghiệm.

Miền xác định $D = R.$Đạo hàm: $y’ = – 2 + m.\frac{{x – 2}}{{\sqrt {{x^2} – 4x + 5} }}$ và $y” = \frac{m}{{{{\left( {{x^2} – 4x + 5} \right)}^{3/2}}}}.$Dấu $y’$ phụ thuộc $m$ nên điều kiện cần để hàm số có cực đại là $m Khi đó hàm số có cực đại $ \Leftrightarrow $ phương trình $y’ = 0$ có nghiệm.Ta có: $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} – 4x + 5} = m(x – 2).$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m(x – 2) \ge 0}\\{4\left( {{x^2} – 4x + 5} \right) = {m^2}{{(x – 2)}^2}}\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x – 2 \le 0}\\{\left( {{m^2} – 4} \right){{(x – 2)}^2} = 4}\end{array}} \right..$Do đó để $y’ = 0$ có nghiệm điều kiện là: $\frac{4}{{{m^2} – 4}} > 0$ $ \Leftrightarrow \left< {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 2}\\{m \end{array}} \right..$Vậy hàm số có cực đại khi $m