I. Khái niệm cực trị của hàm số
Giả sử hàm số f xác định trên tập \(D\left( D\subset \mathbb{R} \right)\) và \({{x}_{0}}\in D\).
1) \({{x}_{0}}\) là điểm cực đại của f nếu tồn tại khoảng \(\left( a;b \right)\subset D\) và \({{x}_{0}}\in \left( a;b \right)\) sao cho \(f\left( x \right)\)
Khi đó \(f\left( {{x}_{0}} \right)\) được gọi là giá trị cực đại (cực đại) của f.
2) \({{x}_{0}}\) là điểm cực tiểu của f nếu tồn tại khoảng \(\left( a;b \right)\subset D\) và \({{x}_{0}}\in \left( a;b \right)\) sao cho \(f\left( x \right)>f\left( {{x}_{0}} \right),\in \left( a;b \right)\backslash \left\{ {{x}_{0}} \right\}\)
Khi đó \(f\left( {{x}_{0}} \right)\) được gọi là giá trị cực tiểu (cực tiểu) của f.
3) Nếu \(f\left( {{x}_{0}} \right)\) được gọi là cực trị của f thì điểm \(\left( {{x}_{0}};f\left( {{x}_{0}} \right) \right)\) được gọi là điểm cực trị của đồ thị hàm số f.
II. Điều kiện cần để hàm số có cực trị
Nếu hàm số f có đạo hàm tại \({{x}_{0}}\) và đạt cực trị tại điểm đó thì \(f'\left( {{x}_{0}} \right)=0\).
Chú ý: Hàm số f chỉ có thể đạt cực trị tại những điểm mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo hàm.
III. Điều kiện đủ để hàm số có cực trị
Định lí 1: Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng \(\left( a;b \right)\) chứa điểm \({{x}_{0}}\) và có đạo hàm trên \(\left( a;b \right)\backslash \left\{ {{x}_{0}} \right\}\)
1) Nếu \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua \({{x}_{0}}\) thì f đạt cực tiểu tại \({{x}_{0}}\)
2) Nếu \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua \({{x}_{0}}\) thì f đạt cực đại tại \({{x}_{0}}\).
Định lí 2: Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng \(\left( a;b \right)\) chứa điểm \({{x}_{0}}\), \(f'\left( {{x}_{0}} \right)=0\) và có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm \({{x}_{0}}\).
1) Nếu \(f''\left( {{x}_{0}} \right)<0\) thì f đạt cực đại tại \({{x}_{0}}\).
2) Nếu \(f''\left( {{x}_{0}} \right)>0\) thì f đạt cực tiểu tại \({{x}_{0}}\).
Kiến thức cần nhớ:
1) Khoảng cách giữa hai điểm A, B \(AB=\sqrt{{{\left( {{x}_{B}}-{{x}_{A}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{B}}-{{y}_{A}} \right)}^{2}}}\)
2) Khoảng cách từ điểm \(M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)\) đến đường thẳng \(\Delta :ax+by+c=0\):
\(d\left( M,\Delta \right)=\frac{\left| a{{x}_{0}}+b{{y}_{0}}+c \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}\)
3) Diện tích tam giác ABC:
\(S=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{1}{2}\sqrt{A{{B}^{2}}.A{{C}^{2}}-{{\left( \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} \right)}^{2}}}\)
Tích vô hướng của hai vectơ \(\vec{a}.\vec{b}={{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}\) với \(\vec{a}=\left( {{a}_{1}};{{a}_{2}} \right);\vec{b}=\left( {{b}_{1}};{{b}_{2}} \right)\).
Chú ý: \(\vec{a}.\vec{b}=0\Leftrightarrow \vec{a}\bot \vec{b}\).
IV. Bài tập vận dụng
Bài 1: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số \(y=\left( m+2 \right){{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+mx-5\) có cực đại, cực tiểu.
A. \(\left( -3;-2 \right)\cup \left( -2;1 \right)\)
B. \(\left( -3;-2 \right)\).
C. -1
D. \(\left( -2;1 \right)\).
Giải:
Ta có: \(y'=3\left( m+2 \right){{x}^{2}}+6x+m\)
Khi đó y' là tam thức bậc hai có \(\Delta '=-3\left( {{m}^{2}}+2m-3 \right)\). Hàm số có có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi:
\(\left\{ \begin{array}{l} m + 2 \ne 0\\ \Delta ' > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne - 2\\ {m^2} + 2m - 3 < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne - 2\\ - 3 < m < 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { - 3; - 2} \right) \cup \left( { - 2;1} \right)\)
Vậy \(m \in \left( { - 3; - 2} \right) \cup \left( { - 2;1} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.
Bài 2: Tìm m để hàm số \(y=\frac{2}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}-2\left( 3{{m}^{2}}-1 \right)x+\frac{2}{3}\) có hai điểm cực trị \({{x}_{1}};{{x}_{2}}\) sao cho \({{x}_{1}}{{x}_{2}}+2\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)=1\).
A. \(m=\frac{2}{3}\).
B. m=5.
C. -1
D. m=7.
Giải:
Ta có:
\(y'=2{{x}^{2}}-2mx-2\left( 3{{m}^{2}}-1 \right)=2\left( {{x}^{2}}-mx-3{{m}^{2}}+1 \right)\),
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt.
Ta có \(\Delta = 13{m^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m > \frac{{2\sqrt {13} }}{{13}}\\ m < - \frac{{2\sqrt {13} }}{{13}} \end{array} \right.\left( 1 \right)\)
\({{x}_{1}};{{x}_{2}}\) là các nghiệm của y'=0 nên theo định lý Vi-et ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} + {x_2} = m\\ {x_1}{x_2} = - 3{m^2} + 1 \end{array} \right.\)
Do đó: \({x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1\)
\( \Leftrightarrow - 3{m^2} + 2m + 1 = 1 \Leftrightarrow - 3{m^2} + 2m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 0\\ m = \frac{2}{3} \end{array} \right.\)
Đối chiếu với điều kiện (1) ta thấy chỉ có \(m=\frac{2}{3}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.
Bài 3: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số \(y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+mx-1\) đạt cực trị tại hai điểm \({{x}_{1}};{{x}_{2}}\) sao cho: \(\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\ge 8\).
A. \(\left[ \begin{array}{l} m \ge \frac{{1 + \sqrt {64} }}{2}\\ m \le \frac{{1 - \sqrt {64} }}{2} \end{array} \right.\)
B. \(\left[ \begin{array}{l} m \ge \frac{{1 + \sqrt {63} }}{2}\\ m \le \frac{{1 - \sqrt {63} }}{2} \end{array} \right.\)
C. \(\left[ \begin{array}{l} m \ge \frac{{1 + \sqrt {61} }}{2}\\ m \le \frac{{1 - \sqrt {61} }}{2} \end{array} \right.\)
D. \(\left[ \begin{array}{l} m \ge \frac{{1 + \sqrt {65} }}{2}\\ m \le \frac{{1 - \sqrt {65} }}{2} \end{array} \right.\)
Giải:
TXĐ: D = R
\(y' = {x^2} - 2mx + m\)
Hàm số có cực đại và cực tiểu thì y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) khi và chỉ khi:
\(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - m > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m > 1\\ m < 0 \end{array} \right.,{\rm{ }}\left( 2 \right)\)
Ta có: \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| \ge 8 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} \ge 64 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} \ge 64,\left( 1 \right)\)
Theo Đl vi-et Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} + {x_2} = 2m\\ {x_1}.{x_2} = m \end{array} \right.\).
Thay vào (1) ta được:
\(\left( {2{m^2}} \right) - 4m \ge 64 \Leftrightarrow 4{m^2} - 4m - 64 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m \ge \frac{{1 + \sqrt {65} }}{2}\\ m \le \frac{{1 - \sqrt {65} }}{2} \end{array} \right.,\left( 3 \right)\)
Kết hợp (2) và (3) ta được: \(\left[ \begin{array}{l} m \ge \frac{{1 + \sqrt {65} }}{2}\\ m \le \frac{{1 - \sqrt {65} }}{2} \end{array} \right.\) thỏa mãn bài toán. Chọn D.
Bài 4: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số \(y = \frac{1}{3}m{x^3} - \left( {m - 1} \right){x^2} + 3\left( {m - 2} \right)x + \frac{1}{3}\) đạt cực trị tại hai điểm \({x_1};{x_2}\) sao cho: .
A. \(m = \frac{2}{3}\) hoặc m = 2.
B. m = 3.
C. m = -5.
D. m = 2.
Giải:
TXĐ: D = R
\(y' = m{x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 2} \right)\)
Hàm số có cực đại và cực tiểu thì y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) khi và chỉ khi:
\(\left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ \Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3m\left( {m - 2} \right) > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ - 2{m^2} + 4m + 1 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ \frac{{2 - \sqrt 6 }}{2} < m < \frac{{2 + \sqrt 6 }}{2}\left( * \right) \end{array} \right.\)
Theo đl viet và đề bài, ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} + {x_2} = \frac{{2\left( {m - 1} \right)}}{m}{\rm{ }}\left( 1 \right)\\ {x_1}.{x_2} = \frac{{3\left( {m - 2} \right)}}{m}{\rm{ }}\left( 2 \right)\\ {x_1} + 2{x_2} = 1{\rm{ }}\left( 3 \right) \end{array} \right.\)
Từ (1) và (3) ta có: \({x_1} = \frac{{3m - 4}}{m},{x_2} = \frac{{2 - m}}{m}\)
Thế vào (2) ta được: \(\left( {\frac{{3m - 4}}{m}} \right)\left( {\frac{{2 - m}}{m}} \right) = \frac{{3\left( {m - 2} \right)}}{m}{\rm{ }}\left( {m \ne 0} \right)\)
\( \Leftrightarrow 3{m^2} - 8m + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = \frac{2}{3}\\ m = 2 \end{array} \right.\) (thỏa (*).
Vậy giá trị cần tìm là: \(m = \frac{2}{3}\) hoặc m = 2. Chọn A.
Bài 5: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số \(y = {x^3} - 3m{x^2} + 3{m^3}\) có hai điểm cực trị tạo thành 1 tam giác OAB có diện tích bằng 48
A. m = 2.
B. \(m = \pm 2\)
C. m = -2
D. \(m = \pm 3\)
Giải:
Ta có:
\(y' = 3{x^2} - 6mx = 3x\left( {x - 2m} \right),y' = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2m \end{array} \right.\)
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi \(2m \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 0.\left( 1 \right)\)
Khi đó, các điểm cực trị của đồ thị hàm số là \(A\left( {0;3{m^3}} \right);B\left( {2m; - {m^3}} \right)\)
Ta có:
\(\overrightarrow {OA} \left( {0;3{m^3}} \right) \Rightarrow OA = 3\left| {{m^3}} \right|.{\rm{ }}\left( 2 \right)\)
Ta thấy \(A \in Oy \Leftrightarrow OA \equiv Oy \Rightarrow d\left( {B,OA} \right) = d\left( {B,Oy} \right) = 2\left| m \right|.{\rm{ }}\left( 3 \right)\)
Từ (2) và (3) suy ra \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}.OA.d\left( {B,OA} \right) = 3{m^4}\)
Do đó: \({S_{OAB}} = 48 \Leftrightarrow 3{m^4} \Leftrightarrow 48 \Leftrightarrow m = \pm 2\) thỏa mãn (1)
Vậy \(m = \pm 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.
...
--(Nội dung đầy đủ, chi tiết vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)--
Trên đây là một phần trích đoạn nội dung Phương pháp tìm giá trị của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn các yếu tố đặc biệt. Để xem thêm nhiều tài liệu tham khảo hữu ích khác các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào trang Chúng tôi để tải tài liệu về máy tính.
Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong học tập.
Các em quan tâm có thể tham khảo thêm các tài liệu cùng chuyên mục:
Chúc các em học tập tốt!
