Liên hệ zalo
Phần mềm bán hàng toàn cầu
Bán tài liệu, giáo án tất cả các môn toán, lý,hoá,sinh,văn,sử,địa,tiếng anh, công dân,

Cực trị của hàm số bậc 4 trùng phương

Thứ ba - 25/05/2021 01:54
Bài tập cực trị hàm bậc 4 trùng phương, Hàm bậc 4 có 3 cực trị khi nào, Hàm bậc 4 trùng phương, Công thức Tìm m để hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác vuông, Công thức cực trị hàm bậc 3, Cực trị của hàm số, Điều kiện cực trị của hàm số, Đồ thị hàm bậc 4 không trùng phương, Bài tập cực trị hàm trùng phương, Cực trị hàm trùng phương, Cực trị của hàm số, Điều kiện cực trị của hàm số, Công thức giải nhanh cực trị hàm bậc 3, Hàm bậc 4 trùng phương, Công thức Tìm m để hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác vuông, Hàm trùng phương là gì
Cực trị của hàm số bậc 4 trùng phương
Cực trị của hàm số bậc 4 trùng phương
Bài tập cực trị hàm bậc 4 trùng phương, Hàm bậc 4 có 3 cực trị khi nào, Hàm bậc 4 trùng phương, Công thức Tìm m để hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác vuông, Công thức cực trị hàm bậc 3, Cực trị của hàm số, Điều kiện cực trị của hàm số, Đồ thị hàm bậc 4 không trùng phương, Bài tập cực trị hàm trùng phương, Cực trị hàm trùng phương, Cực trị của hàm số, Điều kiện cực trị của hàm số, Công thức giải nhanh cực trị hàm bậc 3, Hàm bậc 4 trùng phương, Công thức Tìm m để hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác vuông, Hàm trùng phương là gì 

Cực trị của hàm số bậc 4 trùng phương

CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC 4
 

I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Hàm số: y = f (x) =a{{x}^{4}}+b{{x}^{3}}+c{{x}^{2}}+dx+e\,\,\left( a\ne 0 \right)

2. Đạo hàm: {y}'={f}'\left( x \right)=4a{{x}^{3}}+3b{{x}^{2}}+2cx+d

3. Cực trị:

 

4. Kỹ năng tính nhanh cực trị

Giả sử f ¢(x) triệt tiêu và đổi dấu tại x = x0, khi đó f (x) đạt cực trị tại x0 với số cực trị là f\left( {{x}_{0}} \right)=ax_{0}^{4}+bx_{0}^{3}+cx_{0}^{2}+dx_{0}^{{}}+e\,.  Trong trường hợp x0 là số vô tỉ thì cực trị f (x0) được tính theo thuật toán:

Bước 1: Thực hiện phép chia f (x) cho f ¢(x) ta có:
Bước 2: Do f ¢(x0) = 0 nên f (x0) = r(x0)
Hệ quả: Các điểm cực trị của hàm bậc 4: y = f (x) nằm trên y = r(x)
 

II. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA VỀ CỰC TRỊ CỦA HÀM TRÙNG PHƯƠNG 

1. Tìm cực trị của hàm số y=f\left( x \right)={{x}^{4}}-6{{x}^{2}}-8x-1.
Giải: Ta có:
{f}'\left( x \right)=4{{x}^{3}}-12x-8=4{{\left( x+1 \right)}^{2}}\left( x-2 \right) ; \\\\{f}''\left( x \right)=12\left( x+1 \right)\left( x-1 \right)

Do phương trình {f}'\left( x \right)=0 có 1 nghiệm đơn x = 2 và 1 nghiệm kép x = -1
nên hàm số có đúng 1 cực trị tại x = 2. Mặt khác {f}''\left( 2 \right)=36>0  suy ra  {{f}_{\text{CT}}}=f\left( 2 \right)=-25 . Vậy hàm số có cực tiểu {{f}_{\text{CT}}}=-25  và không có cực đại.

 
2. Cho  f\left( x \right)={{x}^{4}}+4m{{x}^{3}}+3\left( m+1 \right){{x}^{2}}+1 . Tìm m để ¦(x) chỉ có cực tiểu mà không có cực đại.
Giải:
{f}'\left( x \right)=4{{x}^{3}}+12m{{x}^{2}}+6\left( m+1 \right)x=2x\left[ 2{{x}^{2}}+6mx+3\left( m+1 \right) \right]; \\\\{f}'\left( x \right)=0\\\\\Leftrightarrow \left[ \begin{MATRIX} & x=0 \\ & g\left( x \right)=2{{x}^{2}}+6mx+3\left( m+1 \right)=0 \\ \end{align} \right..

  Xét các khả năng sau đây:

a) Nếu {{{\Delta }'}_{g}}=3\left( 3{{m}^{2}}-2m-2 \right)\le 0\Leftrightarrow m\in \left[ \tfrac{1-\sqrt{7}}{3},\tfrac{1+\sqrt{7}}{3} \right]=I  thì
2g\left( x \right)\ge 0\,\,\forall x\in \mathbb{R} Û g(x) ³ 0  \forall x\in \mathbb{R}.
Suy ra f ¢(x) triệt tiêu và đổi dấu tại x = 0 mà f ¢¢(0) = 6(m + 1) > 0  "mÎI  
Þ {{f}_{\operatorname{CT}}}=f\left( 0 \right)=1 , tức là hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại.
b) Nếu \left\{ \begin{M} & {{{{\Delta }'}}_{g}}>0 \\ & g\left( 0 \right)=3\left( m+1 \right)=0 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow m=-1
thì {f}'\left( x \right)=2x\left( 2{{x}^{2}}-6x \right)=4{{x}^{2}}\left( x-3 \right)

{f}'\left( x \right)=0 Û 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 \left\{ \begin{matrix} & {{{{\Delta }'}}_{g}}>0 \\ & g\left( 0 \right)\ne 0 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow m=-1 thì f ¢(x) có 3 nghiệm phân biệt {{x}_{1}}<{{x}_{2}}<{{x}_{3}}
Nhìn bảng biến thiên suy ra: 

Hàm số y = f (x) có cực đại nên không thoả mãn yêu cầu bài toán.

Kết luận: m\in \left[ \tfrac{1-\sqrt{7}}{3},\tfrac{1+\sqrt{7}}{3} \right]\bigcup \left\{ -1 \right\}
 
3. ho hàm số y=f\left( x \right)={{x}^{4}}+\left( m+3 \right){{x}^{3}}+2\left( m+1 \right){{x}^{2}} 
Chứng minh rằng: "m ¹ -1 hàm số luôn có cực đại đồng thời {{x}_{\mathsf{C\S }}}\le 0
{f}'\left( x \right)=4{{x}^{3}}+3\left( m+3 \right){{x}^{2}}+4\left( m+1 \right)x\\\\=x\left[ 4{{x}^{2}}+3\left( m+3 \right)x+4\left( m+1 \right) \right]=x.g\left( x \right)
Ta có: {{\Delta }_{g}}=9{{\left( m+3 \right)}^{2}}-64\left( m+1 \right)=9{{m}^{2}}-10m+17>0\ \ \forall m 
nên g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2.

Theo định lý Viet ta có: {{x}_{1}}.{{x}_{2}}=m+1\ne 0\,\,\forall m\ne -1 => PT {f}'\left( x \right)=0 có 3 nghiệm phân biệt

 0, x1, x2. Xét 2 khả năng sau:
a) Nếu m < -1 thì {{x}_{1}}.{{x}_{2}}=m+1<0 
 Þ {{x}_{1}}<0<{{x}_{2}} Þ Bảng biến thiên
Nhìn BBT suy ra {{x}_{\mathsf{C\S }}}=0
b) Nếu m > -1 thì {{x}_{1}}.{{x}_{2}}>0 
và {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\tfrac{-3\left( m+3 \right)}{4}<0 =>{{x}_{1}}<{{x}_{2}}<0
Þ Bảng biến thiên.

Nhìn BBT suy ra {{x}_{\mathsf{C\S }}}={{x}_{2}}<0
Kết luận:
Vậy "m ¹ -1 hàm số luôn có {{x}_{\mathsf{C\S }}}\le 0



 
4. (Đề thi TSĐH khối B 2002)
 Tìm m để hàm số y=m{{x}^{4}}+\left( {{m}^{2}}-9 \right){{x}^{2}}+10 có 3 điểm cực trị
Giải. Yêu cầu bài toán \Leftrightarrow {y}'=2x\left( 2m{{x}^{2}}+{{m}^{2}}-9 \right)=2x.g\left( x \right)=0 có 3 nghiệm phân biệt
\Leftrightarrow \tfrac{{{m}^{2}}-9}{2m}<0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} & m<-3 \\ & 0<m<3 \\ \end{align} \right.

 
Bài 5. Tìm m để f\left( x \right)={{x}^{4}}-2m{{x}^{2}}+2m+{{m}^{4}} có CĐ, CT lập thành tam giác đều.
Giải. {f}'\left( x \right)=4{{x}^{3}}-4mx=4x\left( {{x}^{2}}-m \right).
Ta có: {f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0\,\,\,\vee \,\,{{x}^{2}}=m. 

Để hàm số có CĐ, CT Û {f}'\left( x \right)=0  có 3 nghiệm phân biệt Û m > 0

Þ 3 nghiệm là: {{x}_{1}}=-\sqrt{m}\ \,;\ {{x}_{2}}\,=0\,\,;\,\ {{x}_{3}}=\sqrt{m}
=> 3 điểm CĐ, CT là:
A\left( -\sqrt{m},{{m}^{4}}-{{m}^{2}}+2m \right);B\left( 0,{{m}^{4}}+2m \right);C\left( \sqrt{m},{{m}^{4}}-{{m}^{2}}+2m \right) \\\\=> AB=BC=\sqrt{m+{{m}^{4}}}\,\,;\,\,AC=2\sqrt{m}.



Để A, B, C lập thành tam giác đều

thì AB=BC=AC Û \\\sqrt{m+{{m}^{4}}}=2\sqrt{m} \Leftrightarrow m+{{m}^{4}}=4m\\\\\Leftrightarrow {{m}^{4}}=3m\Leftrightarrow m=\sqrt[3]{3}
 
Bài 6. Chứng minh rằng: Hàm số  f\left( x \right)={{x}^{4}}+m{{x}^{3}}+m{{x}^{2}}+\begin{matrix} mx \\ \end{matrix}+1 không thể đồng thời có CĐ và CT \forall m\in \mathbb{R}
Giải. Xét \\ {f}'\left( x \right)=4{{x}^{3}}+3m{{x}^{2}}+2mx+m=0\\\\\Leftrightarrow m\left( 3{{x}^{2}}+2x+1 \right)=-4{{x}^{3}}
Û m=\tfrac{\,-4{{x}^{3}}}{3{{x}^{2}}+2x+1}.  Xét hàm số  g\left( x \right)=\tfrac{\,-4{{x}^{3}}}{3{{x}^{2}}+2x+1} có TXĐ: \\{{D}_{g}}=\mathbb{R} {g}'\left( x \right)=\tfrac{\,-4{{x}^{2}}\left( 3{{x}^{2}}+4x+3 \right)}{{{\left( 3{{x}^{2}}+2x+1 \right)}^{2}}}=\tfrac{-\,4{{x}^{2}}\left[ 2{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{x}^{2}}+1 \right]}{{{\left( 3{{x}^{2}}+2x+1 \right)}^{2}}}\le 0\,\,\forall x\in \mathbb{R} ; \\\\\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\tfrac{-4x}{3+\tfrac{2}{x}+\tfrac{1}{{{x}^{2}}}}=\infty

Nghiệm của phương trình {f}'\left( x \right)=0
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
Þ {f}'\left( x \right)=0 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: f\left( x \right)={{x}^{4}}+p{{x}^{3}}+q\ge 0\,\,\forall x\in \mathbb{R} => 256q\ge 27{{p}^{4}}
Giải. Ta có: {f}'\left( x \right)=4{{x}^{3}}+3p{{x}^{2}}={{x}^{2}}\left( 4x+3p \right)=0 => x=\tfrac{-3p}{4}  và nghiệm kép x = 0
Do f ¢(x) cùng dấu với (4x + 3p) nên lập bảng biến thiên ta có:
f (x) ³ 0 "xÎR  Û  \underset{{}}{\mathop{\operatorname{Min}}}\,f\left( x \right)=f\left( \tfrac{-3p}{4} \right)\ge 0 => \tfrac{256q-27{{p}^{4}}}{256}\ge 0\Leftrightarrow 256q\ge 27{{p}^{4}}
 
Bài 8. (Đề thi dự bị ĐH khối A năm 2004)
Tìm m để hàm số  y={{x}^{4}}-2{{m}^{2}}{{x}^{2}}+1 có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân
Giải. Hàm số có 3 cực trị \Leftrightarrow {y}'=4x\left( {{x}^{2}}-{{m}^{2}} \right)=0  có 3 nghiệm phân biệt \Leftrightarrow m\ne 0 , khi đó đồ thị có 3 điểm cực trị là  A\left( 0,1 \right);B\left( -m,1-{{m}^{4}} \right),C\left( m,1-{{m}^{4}} \right) . Do y là hàm chẵn nên YCBT \Leftrightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=0\Leftrightarrow m=\pm 1 
Bài 9. Chứng minh rằng: f\left( x \right)={{x}^{4}}-6{{x}^{2}}+4x+6  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: f\left( x \right)={{x}^{4}}+px+q\ge 0\,\,\forall x\in \mathbb{R} => 256{{q}^{3}}\ge 27{{p}^{4}} 
Bài 11. Cho f\left( x \right)={{x}^{4}}+8m{{x}^{3}}+3\left( 2m+1 \right){{x}^{2}}-1. Tìm m để ¦(x) chỉ có cực tiểu mà không có cực đại.

 

Tổng số điểm của bài viết là: 25 trong 5 đánh giá

Xếp hạng: 5 - 5 phiếu bầu
Click để đánh giá bài viết

  Ý kiến bạn đọc

Những tin mới hơn

Những tin cũ hơn

DANH MỤC TÀI LIỆU
Bạn đã không sử dụng Site, Bấm vào đây để duy trì trạng thái đăng nhập. Thời gian chờ: 60 giây