Cực trị của hàm số | Lý thuyết & các dạng bài tập

Cực trị hàm số là một mảng kiến thức khá quan trọng của hàm số. Bao gồm nhiều dạng bài tập và điểm lý thuyết khó được đưa vào thường xuyên trong các đề thi toán học. Ở bài viết này, VerbaLearn Math sẽ giúp bạn đọc liệt kê lại các điểm lý thuyết và các dạng toán phổ biến nhất thường gặp.

Lý thuyết về cực trị hàm số

1. Khái niệm cực đại, cực tiểu

Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] xác định và liên tục trên \[D \subset R\] và điểm \[{x_0} \in D\].

a) Nếu tồn tại số \[h > 0\] sao cho \[f\left( x \right) < f\left( {{x_0}} \right)\] với mọi \[x \in \left( {{x_0} – h;{x_0} + h} \right)\] và \[x \ne {x_0}\] thì ta nói hàm số \[f\left( x \right)\] đạt giá trị cực đại tại \[{x_0}\].

b) Nếu tồn tại số \[h > 0\] sao cho \[f\left( x \right) > f\left( {{x_0}} \right)\] với mọi \[x \in \left( {{x_0} – h;{x_0} + h} \right)\] và \[x \ne {x_0}\] thì ta nói hàm số \[f\left( x \right)\] đạt giá trị cực tiểu tại \[{x_0}\].

2. Tên gọi và kí hiệu

a) Nếu hàm số \[f\left( x \right)\] đạt cực đại (cực tiểu) tại \[{x_0}\] thì:

+) \[{x_0}\] được gọi là điểm cực đại (điểm cực tiểu) của hàm số.

+) \[f\left( {{x_0}} \right)\] được gọi là giá trị cực đại (giá trị cực tiểu) của hàm số, kí hiệu là \[{f_{CD}}\left( {{f_{CT}}} \right)\].

+) Điểm \[M\left( {{x_0};f\left( {{x_0}} \right)} \right)\] được gọi là điểm cực đại (điềm cực tiểu) của hàm số.

b) Các điểm cực đại và cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị. Giá trị cực đại (giá trị cực tiểu) còn gọi là cực đại (cực tiểu) và được gọi chung là cực trị của hàm số.

c) Nhận xét: Vì khái niệm cực trị của hàm số là một khái niệm mang tính chất địa phương nên một hàm số có thể có nhiều cực trị đồng thời có những cực tiểu lớn hơn cực đại của hàm số.

3. Điều kiện cần và đủ để hàm số có cực trị

– Điều kiện cần: Giả sử hàm số \[f\] đạt cực trị tại điểm \[{{x_0}}\]. Khi đó, nếu f có đạo hàm tại \[{{x_0}}\] thì \[{f’\left( {{x_0}} \right) = 0}\].

Điểu ngược lại có thể không đúng. Đạo hàm \[{f’}\] có thể bằng 0 tại điểm \[{{x_0}}\] nhưng hàm số \[f\] không đạt cực trị tại điểm \[{{x_0}}\].

Ví dụ. xét hàm số \[f\left( x \right) = {x^3}\], ta có \[f{\rm{ }}’\left( x \right) = 3{x^2}\] và \[f’\left( 0 \right) = 0\]. Tuy nhiên hàm số không đạt cực trị tại điểm \[x = 0\]. Thật vậy, vì \[f'(x) > 0\forall x \ne 0\] nên hàm số đồng biến trên \[R\] (Hình 1).

Chú ý: Hàm số có thể đạt cực trị tại 1 điểm mà tại đó không có đạo hàm. Chẳng hạn, hàm số \[y = \left| x \right|\]xác định trên \[R\]. Vì \[f\left( 0 \right) = 0\] và \[f\left( 0 \right) > 0\] với \[\forall x \in 0\] nên hàm số đạt cực tiểu tại \[x = 0\].

Dễ thấy hàm số \[y = \left| x \right|\] không có đạo hàm tại điểm \[x = 0\] (Hình 2).

Như vậy hàm số chỉ có thể đạt cực trị tại 1 điểm mà tại đó đạo hàm của hàm số bằng 0, hoặc tại đó hàm số không có đạo hàm.

– Điều kiện đủ: Giả sử hàm số \[f\] liên tục trên khoảng \[\left( {a;b} \right)\] chứa điểm \[{x_0}\] và có đạo hàm trên các khoảng \[\left( {a;{x_0}} \right)\] và \[\left( {b;{x_0}} \right)\]. Khi đó:

a) Nếu \[f’\left( x \right) < 0\forall x \in \left( {a;{x_0}} \right)\] và \[f’\left( x \right) > 0\forall x \in \left( {{x_0};b} \right)\] thì hàm số \[f\] đạt cực tiểu tại điểm \[{x_0}\].

b) Nếu \[f’\left( x \right) > 0\forall x \in \left( {a;{x_0}} \right)\] và \[f’\left( x \right) < 0\forall x \in \left( {{x_0};b} \right)\] thì hàm số \[f\] đạt cực đại tại điểm \[{x_0}\].

Nói cách khác:

a) Nếu \[f’\left( x \right)\] đổi dấu từ âm sang dương khi \[x\] qua điểm \[{x_0}\] (theo chiều tăng) thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm \[{x_0}\].

b) Nếu \[f’\left( x \right)\] đổi dấu từ dương sang âm khi \[x\] qua điểm \[{x_0}\] (theo chiều tăng) thì hàm số đạt cực đại tại điểm \[{x_0}\].

4. Dấu hiệu nhận biết cực trị bởi đạo hàm bậc 2

Định lý: Giả sử hàm số \[f\] có đạo hàm cấp 1 trên khoảng \[\left( {a;b} \right)\] chứa điểm \[{x_0}\], \[f\left( {{x_0}} \right) = 0\] và \[f\] có đạo hàm cấp 2 khác 0 tại điểm \[{x_0}\].

a) Nếu \[f\left( {{x_0}} \right) < 0\] thì hàm số  \[f\] đạt cực đại tại điểm \[{x_0}\].

b) Nếu \[f\left( {{x_0}} \right) < 0\] thì hàm số \[f\] đạt cực tiểu tại điểm \[{x_0}\].

5. Quy tắc tìm cực trị

a) Quy tắc I:

– Tìm tập xác định.

– Tính \[f’\left( x \right)\]. Tìm các điểm tại đó \[f’\left( x \right)\] bằng 0 hoặc \[f’\left( x \right)\] không xác định.

– Lập bảng biến thiên.

– Từ bảng biến thiên suy ra các điểm cực trị.

Ví dụ: Tìm cực trị của hàm số: \[y = {x^4} – 2{x^2} + 1\].

Giải

Hàm số xác định với mọi \[x \in R\].

\[f’\left( x \right) = 4{x^3} – 4x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  – 1\\x = 1\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại \[x =  – 1\] và \[x = 1\]; \[{f_{CT}} = f\left( { \pm 1} \right) = 0\]

Hàm số đạt cực đại tại \[x = 0;{f_{C}} = f\left( 0 \right) = 1\].

b) Quy tắc II:

– Tìm tập xác định.

– Tính \[f’\left( x \right)\]. Giải phương trình \[f’\left( x \right) = 0\] và kí hiệu \[{x_i}\left( {i = 1,2,…,n} \right)\] là các nghiệm của nó.

Tính \[f\left( x \right)\] và \[f\left( {{x_i}} \right)\]

Dựa vào dấu của \[f\left( {{x_i}} \right)\] suy ta tính chất cực trị của điểm \[{{x_i}}\].

Ví dụ. Tìm cực trị của hàm số \[y = f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} – 2{x^2}\]

Giải

Hàm số xác định \[\forall x \in R\].

\[f’\left( x \right) = {x^2} – 4x = x\left( {x – 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right..f”\left( x \right) = 2x – 4\]

\[f\left( 0 \right) =  – 4 < 0\] nên \[x = 0\] là điểm cực đại.

\[f\left( 4 \right) =  4 < 0\] nên \[x = 4\] là điểm cực tiểu.

Lưu ý: Nếu \[\left\{ \begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = 0\\f’\left( {{x_0}} \right) = 0\end{array} \right.\] thì ta nên lập bảng biến thiên để kết luận các điểm cực trị của hàm số. Chỉ sử dụng Quy tắc II trong trường hợp \[f”\left( {{x_0}} \right) \ne 0\].

Phân dạng bài tập tìm cực trị

Dạng 1: Sự tồn tại của cực trị

1. Cực trị hàm đa thức bậc 3

– Điều kiện tồn tại cực trị:

Hàm số \[y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\left( {a \ne 0} \right)\] có cực trị \[ \Leftrightarrow y = f\left( x \right)\] có cực đại và cực tiểu \[ \Leftrightarrow f'(x) = 3a{x^2} + 2bx + c = 0\] có 2 nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \Delta ‘ = {b^2} – 3ac > 0\].

– Phương pháp tính nhanh cực trị (trong trường hợp \[{x_1},{x_2}\] là các số vô tỉ)

Giả sử hàm số đạt cực trị tại \[{x_1},{x_2}\]. Khi đó các giá trị cực trị là:

\[\left\{ \begin{array}{l}{y_1} = f\left( {{x_1}} \right)\\{y_2} = f\left( {{x_2}} \right)\end{array} \right.\]

Thực hiện phép chia \[f\left( x \right)\] cho \[f’\left( x \right)\] ta có:

\[f\left( x \right) = \left( {\frac{x}{3} + \frac{b}{{9a}}} \right)f’\left( x \right) + \frac{2}{3}\left( {c – \frac{b}{{3a}}} \right)x + d – \frac{{bc}}{{9a}}\]

Vì \[\left\{ \begin{array}{l}f’\left( {{x_1}} \right) = 0\\f’\left( {{x_2}} \right) = 0\end{array} \right.\] nên \[\left\{ \begin{array}{l}{y_1} = f\left( {{x_1}} \right) = \left( {x – \frac{b}{{3a}}} \right){x_1} + d – \frac{{bc}}{{9a}}\\{y_2} = f\left( {{x_2}} \right) = \left( {c – \frac{b}{{3a}}} \right){x_2} + d – \frac{{bc}}{{9a}}\end{array} \right.\]

Chú ý: Từ đây ta cũng có thể viết được phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu. Đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình: \[y = \frac{2}{3}\left( {c – \frac{b}{{3a}}} \right)x + d – \frac{{bc}}{{9a}}\]

2. Cực trị hàm đa thức bậc 4

– Điều kiện tồn tại cực trị

Hàm số \[y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} + dx + e\left( {a \ne 0} \right)\] có cực trị

\[ \Leftrightarrow f\left( x \right) = 4a{x^3} + 3b{x^2} + 2cx + d = 0\] có ít nhất 1 nghiệm.

– Phương pháp tính nhanh cực trị (trong trường hợp \[{x_0}\] là số vô tỉ

Giả sử \[y = f\left( x \right)\] đạt cực trị tại \[{x_0}\].

Thực hiện phép chia \[f\left( x \right)\] cho \[f’\left( x \right)\] ta có: \[f\left( x \right) = q\left( x \right).f\left( x \right) + r\left( x \right)\]. Vì \[f’\left( {{x_o}} \right) = 0\] nên \[f\left( {{x_o}} \right) = r\left( {{x_o}} \right)\]

Chú ý: Từ đây suy ra các điểm cực trị nằm trến đường: \[y = r\left( x \right)\].

3. Cực trị hàm phân thức bậc 2 / bậc 1

– Điều kiện tồn tại cực trị:

Hàm số \[y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{dx + e}}\] với \[a \ne 0;d \ne 0\] có cực trị \[ \Leftrightarrow f’\left( x \right) = 0\] có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\]

– Phương pháp tính nhanh cực trị (trong trường hợp hàm số đạt cực trị tại \[{x_0}\] là số vô tỉ)

+ Bổ đề: Nếu thì \[f\left( x \right) = \frac{{u\left( x \right)}}{{v\left( x \right)}}\] có \[\left\{ \begin{array}{l}y’\left( {{x_0}} \right) = 0\\v\left( {{x_0}} \right) = 0\end{array} \right.\] thì \[y\left( {{x_0}} \right) = \frac{{u\left( {{x_0}} \right)}}{{v\left( {{x_0}} \right)}} = \frac{{u’\left( {{x_0}} \right)}}{{v’\left( {{x_0}} \right)}}\]

+ Chứng minh: \[y’\left( {{x_0}} \right) = \frac{{u’\left( {{x_0}} \right)v\left( {{x_0}} \right) – u\left( {{x_0}} \right)v’\left( {{x_0}} \right)}}{{{v^2}\left( {{x_0}} \right)}} = 0\]

\[ \Rightarrow u’\left( {{x_0}} \right)v\left( {{x_0}} \right) = u\left( {{x_0}} \right)v’\left( {{x_0}} \right) \Rightarrow y\left( {{x_0}} \right) = \frac{{u\left( {{x_0}} \right)}}{{v\left( {{x_0}} \right)}} = \frac{{u’\left( {{x_0}} \right)}}{{v’\left( {{x_0}} \right)}}\]

Chú ý: Từ đây có thể viết được phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị.

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{y_1} = f\left( {{x_1}} \right) = \frac{{u\left( {{x_1}} \right)}}{{v\left( {{x_1}} \right)}} = \frac{{u’\left( {{x_1}} \right)}}{{v’\left( {{x_1}} \right)}} = \frac{{2a{x_1} + b}}{d}\\{y_2} = f\left( {{x_2}} \right) = \frac{{u\left( {{x_2}} \right)}}{{v\left( {{x_2}} \right)}} = \frac{{u’\left( {{x_2}} \right)}}{{v’\left( {{x_2}} \right)}} = \frac{{2a{x_2} + b}}{d}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \] Đường thẳng đi qua CĐ, CT có phương trình: \[y = \frac{{2a}}{d}x + \frac{b}{d}\]

Bài tập trắc nghiệm tìm cực trị hàm số

Loại 1: Bài tập khởi động

Bài tập 1. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] xác định, liên tục trên \[R\] và có bảng biến thiên:

Khẳng định nào sau đây là ĐÚNG?

(A) Hàm số có đúng một cực trị.

(B) Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 3.

(c) Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng -1.

(D) Hàm số đạt cực đại tại \[x = 1\] và đạt cực tiểu tại \[x = 3\].

Giải

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực trị, điểm cực đại là \[\left( {1;2} \right)\] và điểm cực tiểu là \[\left( {3; – 1} \right)\], hàm số khống có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.

\[ \Rightarrow \] Chọn (D).

Lưu ý: Không nhầm lẫn các khái niệm giá trị cực đại với giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số; điểm cực trị với giá trị cực trị.

Bài tập 2. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đồ thị (C) như hình vẽ dưới đây:

Có bao nhiêu khẳng định ĐÚNG trong các khẳng định dưới đây?

(A) 1;

(B) 2;

(C) 3;

(D) 4.

(A) Hàm số \[y = f\left( x \right)\] đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1 khi \[x = 0\].

(B) Hàm số \[y = f\left( x \right)\] đồng biến trên \[R\].

(C) \[f\left( x \right) \le 0\] với mọi x thuộc tập xác định.

(D) Hàm số \[y = f\left( x \right)\] đạt cực đại tại \[A\left( { – 1;0} \right)\] và \[B\left( {1;0} \right)\], đạt cực tiểu tại \[C\left( {0; – 1} \right)\].

Giải

Hàm số \[y = f\left( x \right)\] đạt giá trị lớn nhất bằng 0 tại \[x =  – 1\] và \[x =  1\], không có giá trị nhỏ nhất \[ \Rightarrow \] Khẳng định (A) sai, (C) đúng.

Hàm số \[y = f\left( x \right)\] đồng biến trên \[\left( { – \infty ; – l} \right) \cup \left( {0;1} \right)\] và nghịch biến trên \[\left( { – 1;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\]

\[ \Rightarrow \]  (B) sai.

Khẳng định (D) đúng.

Vậy có tất cả 2 khẳng định đúng

\[ \Rightarrow \] Chọn (B).

Lưu ý:

– Trong bài này tại \[x =  – 1\] và \[x =  1\] hàm số đạt cực đại và cũng đạt giá trị lớn nhất, hàm số đạt cực tiểu tại \[x =  0\] nhưng không đạt giá trị nhỏ nhất.

– Hàm số đổng biến (nghịch biến) và xác định trên \[K\] thì đồ thị của nó có chiều đi lên từ trái sang phải (đi xuống từ phải sang trái) trên \[K\].

Bài tập 3. Có bao nhiêu phát biểu ĐÚNG trong các phát biểu dưới đây?

(A) 1;

(B) 2;

(C) 3;

(D) 4.

(A) Giả sử hàm số \[f\] đạt cực trị tại điểm \[{x_0}\]. Khi đó, nếu \[f\] có đạo hàm tại \[{x_0}\] thì \[f’\left( {{x_o}} \right) = 0\].

(B) Nếu \[f’\left( {{x_o}} \right) = 0\] thì x0 là điểm cực trị của hàm số \[f\].

(C) Nếu hàm số \[f\] không có đạo hàm tại điểm \[{x_0}\] thì hàm số không thể đạt cực trị tại điểm \[{x_0}\].

(D) Giả sử hàm số \[f\] có đạo hàm cấp 1 trên khoảng \[\left( {a;b} \right)\] chứa điểm \[{x_0}\], \[f\left( {{x_0}} \right) = 0\] và \[f\] có đạo hàm cấp 2 khác 0 tại điểm \[{x_0}\]. Khi đó \[f”\left( {{x_0}} \right) < 0\] thì \[{{x_0}}\] là điểm cực tiểu của hàm số \[f\].

Giải

Khẳng định (A) là đúng (theo Định lí).

Xét khẳng định (B):

xét hàm số \[f\left( x \right) = {x^3}\], ta có \[f’\left( x \right) = 3{x^2}\] và \[f’\left( 0 \right) = 0\]. Tuy nhiên hàm số không đạt cực trị tại điểm \[x = 0\]. Thật vậy, vì \[f’\left( x \right) > 0\forall x \ne 0\] nên hàm số đồng biến trên \[R\] (Hình 1).

Xét khẳng định (C):

Xét hàm số \[y = \left| x \right|\] xác định trên \[R\]. Vì \[f\left( 0 \right) = 0\] và \[f\left( 0 \right) > 0\] với \[\forall x \ne 0\] nên hàm số đạt cực tiểu tại \[x = 0\].

Dễ thấy hàm số \[y = \left| x \right|\] không có đạo hàm tại điểm \[x = 0\] (Hình 2).

Khẳng định (D) là sai (Theo Quy tắc II).

Vậy chỉ có khẳng định (A) là đúng.

\[ \Rightarrow \] Chọn (A).

Bài tập 4. Số điểm cực trị của hàm số \[y =  – {x^3} + 2{x^2} – x – 4\] là:

(A) 0;

(B) 1;

(C) 2;

(D) 3.

Giải

Ta có: \[y’ =  – 3{x^2} + 4x – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Rightarrow y’ = 0\] có hai nghiệm phân biệt.

\[ \Rightarrow \] Hàm số có 2 điểm cực trị.

\[ \Rightarrow \] Chọn (C).

Lưu ý: Đối với hàm số bậc ba mà \[y’ = 0\] có 2 nghiệm phân biệt thì hàm số có hai cực trị.

Bài tập 5. Số điểm cực đại của hàm số \[y = {x^4} + 90\] là:

(A) 0;

(B) 1;

(C) 2;

(D) 3.

Giải

Ta có: \[y’ = 4{x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0\].

Bảng biến thiên

\[ \Rightarrow \] Hàm số có duy nhất điểm cực tiểu \[x = 0\] và không có điểm cực đại.

\[ \Rightarrow \] Chọn (A).

Bài tập 6. Giá trị cực đại \[{y_{C}}\] của hàm số \[y = {x^3} – 12x + 2\] là:

(A) \[{y_{C}} =  – 14\];

(B) \[{y_{C}} =  – 18\];

(C) \[{y_{C}} =  – 2\];

(D) \[{y_{C}} =  – 2\]

Giải

TXĐ: \[D = R\].

\[y’ = 3{x^2} – 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x =  \pm 2.y{\rm{}} = 6x\].

Ta có: \[y\left( 2 \right) = 12 < 0 \Rightarrow x =  – 2\] là điểm cực tiểu.

\[y”\left( { – 2} \right) =  – 12 < 0 \Rightarrow x =  – 2\] là điểm cực đại \[ \Rightarrow {y_{C}} = y\left( { – 2} \right) = 18\].

\[ \Rightarrow \] Chọn (B).

Lưu ý: Cần phân biệt khái niệm điểm cực đại \[{x_{C}}\] và giá trị cực đại \[{y_{C}} = y\left( {{x_{C}}} \right)\].

Bài tập 7. Hàm số \[y = {x^3} – 3{x^2} – 9x + 4\]

(A) Nhận điểm \[x =  – 1\] làm điểm cực tiểu,

(B) Nhận điểm \[x =  3\] làm điểm cực đại.

(C) Nhận điểm \[x =  – 1\] làm điểm cực đại.

(D) Nhận điểm \[x =  1\] làm điểm cực tiểu.

Giải

Ta có: \[y’ = 3{x^2} – 6x – 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  – 1\\x = 3\end{array} \right. \Rightarrow \] Hàm số chỉ có hai điểm cực trị là \[x =  – 1\] và \[x = 3\]\[y = 6x – 6\].

\[y”\left( { – 1} \right) =  – 12 < 0 \Rightarrow x =  – 1\] là điểm cực đại.

\[y”\left( 3 \right) = 12 > 0 \Rightarrow x = 3\]1à điểm cực tiểu.

\[ \Rightarrow \] Chọn (C).

Bài tập 8. Hàm số \[y = {x^4} – 4{x^3} – 7\]

(A) Nhận điểm \[x = 3\] làm điểm cực tiểu.

(B) Nhậnđiểm \[x = 0\] làm điểm cực đại.

(C) Nhận điểm \[x = 3\] làm điểm cực đại.

(D) Nhận điểm \[x = 0\] làm điểm cực tiểu.

Giải

\[y’ = 4{x^3} – 12{x^2} = 0 \Leftrightarrow 4{x^2}\left( {x – 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số có duy nhất điểm cực tiểu \[x = 3\] và không có điểm cực đại.

\[ \Rightarrow \] Chọn (A).

Bài tập 9. Số điểm cực trị của hàm số \[y = {x^4} – 4{x^2} – 1\] là:

(A) 0;

(B) 1;

(C) 2;

(D) 3.

Giải

Ta có: \[y’ = 4{x^3} – 8x = 4x\left( {{x^2} – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt 2\end{array} \right. \Rightarrow y’ = 0\] có 3 nghiệm phân biệt

\[ \Rightarrow \] Hàm số có 3 điểm cực trị.

\[ \Rightarrow \] Chọn (D).

Lưu ý: Đối với hàm số bậc 4 mà \[y’ = 0\] có 3 nghiệm phân biệt thì hàm số có 3 điểm cực trị.

Bài tập 10. Số điểm cực trị của hàm số \[y = \frac{{2{x^2} + 5x + 4}}{{x + 2}}\] là:

(A) 0;

(B) 2;

(C) 3;

(D) 1.

TXĐ: \[D = R\backslash \left\{ { – 2} \right\}\].

Ta có: \[y’ = \frac{{2{x^2} + 8x + 6}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  – 1\\x =  – 3\end{array} \right. \Rightarrow y’ = 0\] có 2 nghiệm phân biệt khác -2

\[ \Rightarrow \] Hàm số có 2 điểm cực trị.

\[ \Rightarrow \] Chọn (B).

Lưu ý: Đối với hàm phân thức bậc 2/bậc 1 mà \[y’ = 0\] có 2 nghiệm phân biệt thuộc tập xác định thì hàm số có 2 điểm cực trị.

Bài tập 11. Hàm số \[f\] có đạo hàm là \[f’\left( x \right) = {x^2}{\left( {x – 1} \right)^2}\left( {2x – 4} \right)\]. Số điểm cực trị của hàm số là:

(A) 0;

(B) 1;

(C) 2;

(D) 3.

Giải

Ta có: \[f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số có 1 điểm cực tiểu duy nhất và không có điểm đại.

\[ \Rightarrow \] Chọn (B).

Lưu ý: Tránh vội kết luận hàm số có 3 điểm cực trị vì \[f’\left( x \right) = 0\] có 3 nghiệm. Vì \[x = 0\] và \[x = 1\] là các nghiệm bội của \[f’\left( x \right)\] ta nên lập bảng biến thiên để kết luận số điểm cực trị của hàm số \[y = f’\left( x \right)\].

Bài tập 12. Hàm số \[y = x – sin2x + 1\]

(A) Nhận điểm \[x =  – \frac{\pi }{6}\] làm điểm cực tiều.

(B) Nhận điểm \[x = \frac{\pi }{2}\] làm điểm cực đại.

(C) Nhận điểm \[x =  – \frac{\pi }{6}\] làm điểm cực đại.

(D) Nhận điểm \[x =  – \frac{\pi }{2}\] làm điểm cực tiểu.

Giải

TXĐ: \[D = R\].

Ta có: \[y’ = 1 – 2cos2x,y”\left( x \right) = 4sin2x\].

Vì \[y’\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 3 > 0\] nên \[x = \frac{\pi }{2}\] không là điểm cực đại.

\[y’\left( { – \frac{\pi }{6}} \right) = 0;y”\left( { – \frac{\pi }{6}} \right) =  – 2\sqrt 3  < 0\] nên \[x =  – \frac{\pi }{6}\] là điểm cực đại.

Vì \[y’\left( { – \frac{\pi }{2}} \right) = 3 > 0\]  nên \[x =  – \frac{\pi }{2}\]  không là điểm cực tiểu

\[ \Rightarrow \] Chọn (C).

Bài tập 13. Để hàm số \[y = {x^3} – 3m{x^2} + 3\left( {2m – 1} \right)x{\rm{ }} + 1\] có cực đại và cực tiểu thì \[m\] thỏa mãn:

(A) \[m \ne 1\];

(B) \[m \in R\];

(C) \[m = 1\];

(D) Không có giá trị của \[m\].

Hàm số có cực đại và cực tiểu \[ \Leftrightarrow y’\left( x \right) = 3{x^2} – 6mx + 3\left( {2m – 1} \right) = 0\] có 2 nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow {x^2} – 2mx + 2m – 1 = 0\] có 2 nghiệm phân biệt.

\[ \Leftrightarrow \Delta ‘ = {m^2} – 2mx + 1 > 0 \Leftrightarrow {\left( {m – 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\].

\[ \Rightarrow \] Chọn A.

Bài tập 14. Điều kiện của \[m\] để hàm số \[y = \left( {m + 2} \right){x^3} + 3{x^2} + mx – 5\] có cực đại và cực tiểu là:

(A) \[m \ne  – 1\];

(B) \[ – 3 < m < 1\];

(C) \[m \ne  – 1\] và\[ – 3 < m < 1\];

(D) Không có giá trị của \[m\].

Giải

Hàm số có cực đại và cực tiểu \[ \Leftrightarrow y'(x) = 3(m + 2){x^2} + 6x + m = 0\] có 2 nghiệm phân

Vậy chọn C.

Chú ý: Đối với bài này để \[y’\left( x \right) = 0\] có 2 nghiệm phân biệt thì điều kiện cần là \[y’\left( x \right)\] phải là 1 tam thức bậc 2 nên hệ số \[a = m + 2 \ne 0\].

Bài tập 15. Điều kiện của \[m\] để hàm số \[y = \frac{{m{x^2} + \left( {2 – {m^2}} \right)x – \left( {2m + 1} \right)}}{{x – m}}\] có cực trị là:

(A) \[m < 0\];

(B) \[m <  – 1\];

(C) \[ – 1 < m < 0\];

(D)Không có giá trị của \[m\].

Giải

+ Nếu \[m – 0\] thì \[y = \frac{{2x – 1}}{x}\]. Khi đó ta có: \[y’ = \frac{1}{{{x^2}}} > 0\forall x \ne 0\]

Hàm số không có cực trị.

+ Nếu \[m \ne 0\] thì hàm số có cực trị  \[ \Leftrightarrow y’ = \frac{{m{x^2} – 2{m^2}x + {m^3} + 1}}{{{{\left( {x – m} \right)}^2}}} = 0\] có 2 nghiệm phân biệt

\[ \Leftrightarrow g(x) = m{x^2} – 2{m^2}x + {m^3} + 1 = 0\] có 2 nghiệm phân biệt khác \[m\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\Delta  =  – m > 0\\g\left( m \right) = 1 \ne 0\end{array} \right.\Leftrightarrow m < 0\]

\[ \Rightarrow \] ChọnA.

Bài tập 16. Phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu của hàm số \[f\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} – 9x + 6\] là:

(A) \[x = 1\];

(B) \[y = x + 1\];

(C) \[x =  – 3\];

(D) \[y =  – 8x + 9\].

Giải

Ta có: \[f’\left( x \right) = 3{x^2} + 6x – 9 = 3\left( {{x^2} + 2x – 3} \right)\]

\[f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  – 3\end{array} \right.\]

Hàm số \[y = f\left( x \right)\] đạt cực trị tại \[x = 1\] và \[x =  – 3\].

Phương trình đường thẳng đi qua CĐ, CT là: \[y =  – 8x + 9\].

\[ \Rightarrow \] Chọn (D).

Lưu ý: Ta có thể viết phương trình đường thẳng qua CĐ, CT bằng cách lấy \[y\] chia cho \[y’\] được kết quả như sau:

\[y = y’.q\left( x \right) + r\left( x \right)\]. Khi đó: \[y = r\left( x \right)\] là đường thẳng qua CĐ, CT.

Loại 2: Bài tập vượt chướng ngại vật

Bài tập 17. Điều kiện của \[m\] để hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^3} + \left( {m + 2} \right){x^2} + 5\left( {m + 1} \right)x + {m^2}\] đạt cực trị tại \[{x_1},{x_2}\] thỏa mãn \[1 < {x_1} < {x_2}\] là:

(A) \[m \in \left( { – \infty ;\frac{{1 – \sqrt 5 }}{2}} \right) \cup \left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}; + \infty } \right)\]

(B) \[m <  – 2\];

(C) \[m <  – \frac{{10}}{7}\]

(D) Không có giá trị của \[m\].

Giải

Yêu cầu của bài toán \[ \Leftrightarrow y’\left( x \right) = {x^2} + 2\left( {m + 2} \right)x + 5\left( {m + l} \right) = 0\] có 2 nghiệm phân biệt \[{x_{1,}}{x_2}\] thỏa mãn: \[1 < {x_1} < {x_2}\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ = {m^2} – m – 1 > 0\\1.y’\left( 1 \right) > 0\\1 < \frac{S}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m < \frac{{1 – \sqrt 5 }}{2}\\m > \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\\7m + 10 > 0 \Rightarrow \\1 <  – m – 1\end{array} \right.\] vô nghiệm

\[ \Rightarrow \] Không có giá trị của \[m\] thỏa mãn.

\[ \Rightarrow \] Chọn D.

Bài tập 18. Điều kiện của tham số \[m\] để hàm số \[y = f\left( x \right) = {x^3} – 3m{x^2} + 3\left( {{m^2} – 1} \right)x + m\] đạt cực tiểu tại \[x = 2\] là:

(A) \[m = 3\];

(B) \[m = 1\];

(C) \[m = 1\] và \[m = 3\];

(D) \[1 \le m \le 3\].

Giải

Ta có: \[y’ = f’\left( x \right) = 3{x^2} – 6mx + 3\left( {{m^2} – l} \right)\]\[y = f\left( x \right) = 6x – 6m\]

Điều kiện cần:

Để hàm số có cực tiểu tại \[x = 2\] thì \[f’\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow {3.2^2} – 6m.2 + 3\left( {{m^2} – 1} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow 3{m^2} – 12m + 9 = 0 \Leftrightarrow {m^2} – 4m + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 3\end{array} \right.\]

Điều kiện đủ:

+ Với \[m = 1\] thì \[f’\left( x \right) = 3{x^2} – 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\]

\[f’\left( x \right) = 3{x^2} – 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 0\\x > 2\end{array} \right.\Rightarrow \]

Hàm số nghịch biến trên \[\left( { – \infty ;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\]\[f’\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 2 \Rightarrow \] Hàm số nghịch biến trên \[\left( {0;2} \right)\]

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại \[x = 2\].

+ Với \[m = 3\] thì \[f’\left( x \right) = 3{x^2} – 18{x^4} – 24 = 0 \Leftrightarrow {x^2} – 6x + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 4\end{array} \right.\]\[f’\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\x < 2\end{array} \right. \Rightarrow \] Hàm số đồng biến trên \[\left( { – \infty ;2} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)\]\[f'(x) < 0 \Leftrightarrow 2 < x < 4 \Rightarrow \] Hàm số nghịch biến trên \[\left( {2;4} \right)\]

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại \[x = 2\].

Vậy \[m = 1\].

\[ \Rightarrow \] Chọn B.

Bài tập 19. Hàm số \[f\left( x \right) = {x^4} + 8m{x^3} + 3\left( {2m{\rm{ }} + 1} \right){x^2} – 4\] chỉ có cực tiểu mà không có cực đại khi:

(A) \[m =  – \frac{1}{2}\];

(B) \[m \in \left[ {\frac{{1 – \sqrt 7 }}{6};\frac{{1 + \sqrt 7 }}{6}} \right]\]

(C) \[m \in \left[ {\frac{{1 – \sqrt 7 }}{6};\frac{{1 + \sqrt 7 }}{6}} \right] \cup \left\{ { – \frac{1}{2}} \right\}\]

(D) Không có giá trị của \[m\].

Giải:

Ta có: \[f’\left( x \right) = 4{x^3} + 24m{x^2} + 6\left( {2m + l} \right)x = 2x\left[ {2{x^2} + 12mx + 3\left( {2m + l} \right)} \right]\]\[f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\g\left( x \right) = 2{x^2} + 12mx + 3\left( {2m + 1} \right) = 0\end{array} \right.\]

Ta có: \[\Delta ‘ \le 0 \Leftrightarrow 6\left( {6{m^2} – 2m – 1} \right)\]

Xảy ra các khả năng sau:

1) Nếu \[\Delta ‘ \le 0 \Leftrightarrow 6\left( {6{m^2} – 2m – 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow \frac{{1 – \sqrt 7 }}{6} \le m \le \frac{{1 + \sqrt 7 }}{6} \Rightarrow 2g\left( x \right) \ge 0\forall x \in R\]

\[ \Rightarrow f’\left( x \right)\] cùng dấu với \[2x\] tức là triệt tiêu và đổi dấu tại \[x = 0\].

Mà \[f”\left( 0 \right) = 6\left( {2m + 1} \right) > 0{\rm{ }}\forall x \in I \Rightarrow \] Hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại.

2) Nếu \[\left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\g\left( 0 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6\left( {6{m^2} – 2m – 1} \right) > 0\\3\left( {2m + 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  – \frac{1}{2}\]

Khi đó \[f’\left( x \right) = 2x\left( {2{x^2} – 6x} \right) = 4{x^2}\left( {x – 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right.\]

Lập bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại.

3) Nếu \[\left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\g\left( 0 \right) \ne 0\end{array} \right.\] thì \[f\left( x \right) = 0\] có 3 nghiệm phân biệt \[{x_1} < {x_2} < {x_3}\]

\[ \Rightarrow \] có bảng biến thiên như sau:

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra hàm số có cực đại nên không thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Vậy \[m \in \left[ {\frac{{1 – \sqrt 7 }}{6};\frac{{1 + \sqrt 7 }}{6}} \right] \cup \left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\] thì hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại.

\[ \Rightarrow \] Chọn C.

Bài tập 20. Tìm m để hàm số \[f\left( x \right) = {x^3} – 3{x^2} + mx – 1\] có hai điểm cực trị \[{x_1},{x_2}\] thỏa mãn \[x_1^2 + x_2^2 = 3\]

(A) \[m < 3\];

(B) \[m = \frac{3}{2}\];

(C) \[m \le 3\];

(D) Không có giá trị của \[m\].

Giải:

Hàm số đã cho xác định với mọi \[x \in R\].

Ta có: \[f’\left( x \right) = 3{x^2} – 6x + m\].

Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \[3{x^2} – 6x + m = 0\] có hai nghiệm phân biệt, tức là: \[\Delta ‘ = 9 – 3m > 0 \Leftrightarrow m < 3\].

Ta có: \[x_1^2 + x_2^2 = 3 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2} = 3 \Leftrightarrow 4 – 2.\frac{m}{2} = 3 \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}\]  (thỏa mãn).

Vậy \[m\] cần tìm là: \[m = \frac{3}{2}\].

\[ \Rightarrow \] Chọn (B).

Bài tập 21. Tập tất cả các giá trị của tham số \[a\] để hàm số

\[f\left( x \right) = \frac{4}{3}{x^3} – 2\left( {l – sina} \right){x^2} – \left( {l + cos2a} \right)x + l\] đạt cực trị tại \[{x_1},{x_2}\] thỏa mãn \[x_1^2,x_2^2 = 1\] là:

Giải:

Xét phương trình: \[f’\left( x \right) = 4{x^2} – 2\left( {1 – sina} \right) – 1 – cos2a = 0\]

Để hàm số \[y = f\left( x \right)\] đạt cực trị tại \[{x_1}{x_2}\]

thì \[\Delta ‘ = {(1 – sina)^2} + 4(l + cos2a) > 0 \Leftrightarrow {(1 – sina)^2} + 8si{n^2}a > 0\] \[ \Rightarrow f'(x) = 0\] có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1}{x_2}\] và hàm số đạt cực trị tại \[{x_1},{x_2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{1 – {\mathop{\rm sina}\nolimits} }}{2}\\{x_1}{x_2} =  – 1 – \cos 2a\end{array} \right.\]

Ta có: \[x_1^2 + x_2^2 = 1 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2} = 2 \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {1 – {\mathop{\rm sina}\nolimits} } \right)}^2}}}{4} + 2\left( {\frac{{1 + \cos 2a}}{4}} \right) = 1\]\[ \Leftrightarrow 3{\sin ^2}a + 2{\mathop{\rm sina}\nolimits}  – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\mathop{\rm sina}\nolimits}  =  – 1\\{\mathop{\rm sina}\nolimits}  = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a =  – \frac{\pi }{2} +k2\pi \\a = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\a = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)\]

\[ \Rightarrow \] Chọn B.

Bài tập 22. Cho hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^3} – \left( {m – l} \right){x^2} + 3\left( {m – 2} \right)x + \frac{4}{3}\]. Tất cả các giá trị của \[m\] để hàm số có cực đại, cực tiểu tại \[{x_1}\], \[{x_2}\] thỏa mãn \[{x_1} + 2{x_2} = 1\] là:

(A) \[m = 2\];

(B) \[m = \frac{2}{3}\];

(C) \[m = 2\] và \[m = \frac{2}{3}\]

(D) Không có giá trị của \[m\].

Giải:

TXĐ: \[D = R\].

\[y’ = m{x^2} – 2\left( {m – 1} \right)x + 3\left( {m – 2} \right)\].

Hàm số có cực đại, cực tiểu tại \[{x_1}{x_2} \Leftrightarrow y’ = 0\] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1}{x_2}\].

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\Delta ‘ = {\left( {m – 1} \right)^2} – 3m\left( {m – 2} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ – 2{m^2} + 4m + 1 > 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\frac{{2 – \sqrt 6 }}{2} < m < \frac{{2 + \sqrt 6 }}{2}\left( * \right)\end{array} \right.\end{array}\]

Theo Định lí Viet ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{2\left( {m – 1} \right)}}{m}\\{x_1}.{x_2} =\frac{{3\left( {m – 2} \right)}}{m}\end{array} \right.\]

Mà theo giả thiết:

\[\begin{array}{l}{x_1} + 2{x_2} = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{3m – 4}}{m}\\{x_2} = \frac{{2 – m}}{m}\\\left( {\frac{{3m – 4}}{m}} \right).\left( {\frac{{2 – m}}{m}} \right) = \frac{{3\left( {m – 2} \right)}}{m}\end{array} \right.\\\Rightarrow 3{m^2} – 8m + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{2}{3}\\m = 2\end{array} \right.\end{array}\] (thỏa mãn (*))

Vậy giá trị cần tìm của \[m\] là: \[m = \frac{2}{3}\] hoặc \[m = 2\].

\[ \Rightarrow \] Chọn C.

Bài tập 23. Giá trị của \[m\] để hàm số \[f\left( x \right) = {x^3} – 3m{x^2} + 4{m^3}\] có CĐ, CT đối xứng nhau qua đường thẳng \[\left( D \right):y = x\] là:

(A) \[m = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\]

(B) \[m =  – \frac{{\sqrt 2 }}{2}\]

(C) \[m = 0\]

(D) \[m \in \left\{ {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2}; – \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right\}\]

Giải

Hàm số có CĐ, CT \[ \Leftrightarrow f’\left( x \right) = 3{x^2} – 6mx = 0\] có 2 nghiệm phân biệt

\[ \Leftrightarrow \Delta ‘ = 9{m^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 0\]

Thực hiện phép chia \[f\left( x \right)\] cho \[f’\left( x \right)\] ta có: \[f\left( x \right) = \frac{1}{3}\left( {x – m} \right)f’\left( x \right) – 2{m^2}x + 4{m^3}\]

Với \[m \ne 0\] thì \[f\left( x \right) = 0\] có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\] và hàm số \[f\left( x \right)\] đạt cực trị tại \[{x_1},{x_2}\].

Do \[\left\{ \begin{array}{l}f’\left( {{x_1}} \right) = 0\\f’\left( {{x_2}} \right) = 0\end{array} \right.\] nên \[\left\{ \begin{array}{l}{y_1} = f’\left( {{x_1}} \right) =  – 2{m^2}{x_1} + 4{m^2}\\{y_2} = f’\left( {{x_2}} \right) =  – 2{m^2}{x_2} + 4{m^2}\end{array} \right.\]

Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT có phương trình: \[(d):y =  – 2{m^2}x + 4{m^3}\]

Các điểm cực trị \[A({x_1};{y_1});B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\] đối xứng nhau qua \[(D):y = x \Leftrightarrow (d) \bot (d’)\] và trung điểm \[I\] của \[AB\] phải thuộc \[(D)\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}- 2{m^2} =  – 1;I\left( {m;2{m^3}} \right)\\2{m^3} = m\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\m\left( {2{m^2} – 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 0\]

Chú ý: Hai đường thẳng vuông góc với nhau thì tích của hai hệ số góc bằng -1.

Trong các bài toán khác, chẳng hạn: Hai đường thẳng song song với nhau thì có hệ số góc bằng nhau.

C. Tăng tốc

Bài tập 24. Cho hàm số \[f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + x – 2{m^2}\]. Giá trị của tham số \[m\] để hàm số đạt cực trị tại ít nhất một điểm lớn hơn 2 là:

(A) \[m > \frac{5}{4}\]

(B) \[m \in \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( {1;\frac{5}{4}} \right]\]

(C) \[m \in \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\];

(D) Ko có giá trị của \[m\] thoả mãn

Ta có: \[f’\left( x \right) = {x^2} – 2mx + l\].

Hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm \[ > 2 \Leftrightarrow f’\left( x \right) = 0\] có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\] thỏa mãn:

\[\left[ \begin{array}{l}{x_1} < 2 < {x_2}\\2 \le {x_1} < {x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1.f’\left( 2 \right) < 0\\\left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\1.f’\left( 2 \right) \ge 0\\2 < \frac{S}{2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5 – 4m < 0\\\left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 1 > 0\\5 – 4m \ge 0\\2 < m\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\m <  – 1\end{array} \right.\]

Vậy chọn C.

Bài tập 25. Cho hàm số \[y = {x^3} – 3m{x^2} + 3\left( {{m^2} – l} \right)x – {m^2} – 1\]. Điều kiện của tham số \[m\] để hàm số có hai cực trị trái dấu nhau là:

(A) \[ – 1 < m < 1\];

(B) \[m \in R\];

(C) \[)m = 0\];

(D) Không có giá trị của \[m\].

GiRi

TXĐ: \[D = R\].

\[y’ = 3{x^2} – 6mx + 3\left( {{m^2} – 1} \right)\].

Ta có: \[y’ = 0 \Leftrightarrow g(x) = 3{x^2} – 6mx + 3({m^2} – 1) = 0\].

Ta có: \[\Delta ‘ = 9{m^2} – 9{m^2} + 9 = 9 > 0\forall m \Rightarrow \] hàm số luôn có cực đại, cực tiểu tại \[{x_1},{x_2}\].

Hàm số có hai cực trị trái dấu \[ \Leftrightarrow {x_1} < 0 < {x_2}\] \[ \Leftrightarrow 3y’\left( 0 \right) < 0 \Leftrightarrow 9\left( {{m^2} – 1} \right) < 0 \Leftrightarrow  – 1 < m < 1\]

Vậy với \[ – 1 < m < 1\] thì hàm số có hai cực trị trái dấu.

\[ \Rightarrow \] Chọn A.

Bài tập 26. Cho hàm số \[f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + x – 2{m^2}\]. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào là SAI?

(A) Hàm số có cực đại, cực tiểu khi \[m \in \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\].

(B) Hàm số đạt cực trị tại ít nhất một điểm lớn hơn 2 khi \[m \in \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\].

(C)Nếu \[{x_1}\], [{x_2}\] là hai điểm cực trị của hàm số thì giá trị lớn nhất của \[A = \left| {{x_1}{x_2} – 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)} \right|\] là 4.

(D)Nếu {x_1}\], [{x_2}\] là hai điểm cực trị của hàm số thì biểu thức \[A = \left| {{x_1}{x_2} – 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)} \right|\] đạt giá trị lớn nhất khi \[m = 3\].

Giải

+ Ta có: \[f’\left( x \right) = {x^2} – 2mx + l\].

Hàm số có cực đại, cực tiểu \[ \Leftrightarrow f’\left( x \right) = 0\] có 2 nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \Delta  = {m^2} – 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\m <  – 1\end{array} \right. \Rightarrow \left( A \right)\] đúng.

+ Hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm \[ > 2 \Leftrightarrow f’\left( x \right) = 0\] có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\] thỏa mãn:

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5 – 4m < 0\\\left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 1 > 0\\5 – 4m \ge 0\\2 < m\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\m <  – 1\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \] (B) đúng.

+ Theo Định lí Viet ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} =  – 2{m^2}\end{array} \right.\]

Khi đó: \[A = \left| {{x_1}x} \right| – 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = \left| { – {m^2} – 4m} \right| = \left| { – {{\left( {m + 2} \right)}^2} + 4} \right| \le 4\], dấu “\[ = \]” xảy ra \[ \Leftrightarrow m =  – 2\]

Vậy với \[m =  – 2 \in \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\] thì \[MaxA = 4\].

\[ \Rightarrow \] (C) đúng, (D) sai.

\[ \Rightarrow \] Chọn D.

Loại 4: Bài tập về đích

Bài tập 27. Cho hàm số \[y = {x^3} – 3\left( {m + l} \right){x^2} + 9x – m – 2\]. Điều kiện của tham số \[m\] để hàm số đã cho đạt cực trị tại \[{x_1}\] và \[{x_2}\] thỏa mãn \[\left| {{x_1} – {x_2}} \right| \le 2\] là:

(A) \[m \in \left( { – \infty ; – 1 – \sqrt 3 } \right) \cup \left( { – 1 + \sqrt 3 ; + \infty } \right)\];

(B) \[m \in \left[ { – 3; – 1 – \sqrt 3 } \right) \cup \left( { – 1 + \sqrt 3 ;1} \right]\];

(C) \[m \in \left[ { – 3;1} \right]\];

(D) Không có giá trị của \[m\].

Giải:

TxĐ: \[D = R\].

\[y’ = 3{x^2} – 6\left( {m + l} \right)x + 9\].

Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại \[{x_1},{x_2} \Leftrightarrow \] phương trình \[y’ = 0\] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\].

\[ \Leftrightarrow \] Phương trình \[{x^2} – 2\left( {m + l} \right)x + 3 = 0\] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\].

\[ \Leftrightarrow \Delta ‘ = {\left( {m + 1} \right)^2} – 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >  – 1 + \sqrt 3 \\m, >  – 1 – \sqrt 3\end{array} \right.\left( 1 \right)\]

Theo Định lí Viet ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 3\end{array} \right.\]

Khi đó: \[\left| {{x_1} – {x_2}} \right| \le 2 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + x} \right)^2} – 4{x_1}{x_2} \le 4\]

Từ (1) và (2) suy ra giá trị của \[m\] cần tìm là: \[m \in \left[ { – 3; – 1 – 3} \right) \cup \left( { – 1 + \sqrt 3 ;1} \right]\]

\[ \Rightarrow \] Chọn B.

Bài tập 28. Cho hàm số \[y = {x^3} – 3m{x^2} + 3\left( {{m^2} – 1} \right)x – {m^3} + m\]. Để hàm số có các cực trị thỏa mãn điều kiện khoảng cách từ điểm cực đại đến gốc tọa độ \[O\] bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ \[O\] thì điều kiện của tham số \[m\] là:

(A) \[m =  – 3\] hoặc \[m =  – \frac{1}{3}\];

(B) \[m =  – 3\];

(C) \[m =  – \frac{1}{3}\];

(D) Không có giá trị của \[m\].

Giải

TXĐ: \[D = R\].

\[y’ = 3{x^2} – 6mx + 3\left( {{m^2} – 1} \right)\].

Để hàm số có hai cực trị thì \[y = 0\] có hai nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow {x^2}{\rm{ – }}2mx + {m^2} – 1 = 0\] có hai nghiệm phân biệt.

\[ \Leftrightarrow \Delta  = {m^2} – \left( {{m^2} – 1} \right) = 1 > 0\forall m\]

Cực đại là \[A\left( {m – 1;2 – 2m} \right)\], cực tiểu là \[B\left( {m + 1; – 2 – 2m} \right)\].

Ta có:

\[\begin{array}{l}OA = 2OB \Leftrightarrow O{A^2} = 4O{B^2} \Leftrightarrow {(m – 1)^2} + {(2 – 2m)^2} = 4[{(m + l)^2} + {( – 2 – 2m)^2}]\\\Leftrightarrow 5{\left( {m – 1} \right)^2} = 20{\left( {m + 1} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m – 1 = 2\left( {m + 1} \right)\\m – 1 =  – 2\left( {m + 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  – 3\\m =  – \frac{1}{3}\end{array} \right.\end{array}\]

Vậy \[m\] cần tìm là: \[m =  – 3\] hoặc \[m =  – \frac{1}{3}\]

\[ \Rightarrow \] Chọn A.

Bài tập 29. [Đề minh họa kì thi THPTQG năm 2017]

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số \[m\] sao cho đổ thị của hàm số \[y = {x^4} + 2m{x^2} + 1\] có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân.

(A) \[m =  – \frac{1}{{\sqrt[3]{9}}}\];

(B) \[m =  – 1\];

(C) \[m = \frac{1}{{\sqrt[3]{9}}}\];

(D) \[m = 1\]

Giải

TXĐ: \[D = R\].

Ta có: \[y’ = 4{x^3} + 4mx = 4x\left( {{x^2} + m} \right)\].

Để hàm số có ba điểm cực trị thì \[y = 0\] có 3 nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow m < 0\].

Khi đó các điểm cực trị là: \[A\left( {0;1} \right),B\left( {\sqrt { – m} ; – {m^2} + l} \right),C\left( { – \sqrt { – m} ; – {m^2} + 1} \right)\]. \[ \Rightarrow \] Tam giác \[ABC\] cân tại A.

Ta có: \[\overrightarrow {AC} \left( { – \sqrt { – m} ; – {m^2}} \right),\overrightarrow {AB} \left( {\sqrt { – m} ; – {m^2}} \right)\]

Để ABC vuông cân thì \[AC \bot AB \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  = 0 \Leftrightarrow  – \sqrt { – m} .\sqrt { – m}  + \left( { – {m^2}} \right)\left( { – {m^2}} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow m + {m^4} = 0 \Leftrightarrow m\left( {1 + {m^3}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m =  – 1\end{array} \right.\]

Vì \[m \ne 0\] nên \[m =  – 1\].

\[ \Rightarrow \] Chọn (B).

Nhận Xét: Có thể sử dụng tính chất: Hàm số \[y = a{x^4} + b{x^2} + c\] có 3 cực trị \[ \Leftrightarrow ab < 0\] và có 1 cực trị \[ \Leftrightarrow ab \le 0\] để loại trừ phương án (C) và (D).

Bài tập 30. Cho hàm số \[y = {x^4} + 2m{x^2} – m – 1\], với \[m\] là tham số. Giá trị của m để hàm số có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác đều là:

(A) \[m = 0\];

(B) \[m =  – \sqrt[3]{3}\];

(C) \[m = 0\]và \[m =  – \sqrt[3]{3}\];

(D) Không có giá trị của m.

Giải

Ta có: \[y’ = 4{x^3} + 4mx = 4x\left( {{x^2} + m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} =  – m\end{array} \right.\]

Hàm số có 3 điểm cực trị khi phương trình \[y’ = 0\] có 3 nghiệm phân biệt \[ \Rightarrow m < 0(*)\]

Với \[m < 0\] thì \[y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y =  – m – 1\\x = \sqrt { – m}  \Rightarrow y =  – {m^2} – m – 1\\x =  – \sqrt { – m}  \Rightarrow y =  – {m^2} – m – 1\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow A(0; – m – l);B(\sqrt m ; – {m^2} – m – l);C( – \sqrt { – m} ; – {m^2} – m – 1)\]

Ta thấy \[A\] thuộc \[Oy\], \[B\] và \[C\] đối xứng qua \[Oy\] nên \[\Delta ABC\] cân tại \[A\].

\[\Delta ABC\] đều khi \[AB = AC \Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2}\]  (1)

Ta có: \[\overrightarrow {AB}  = \left( {\sqrt { – m} ; – {m^2}} \right);\overrightarrow {BC}  = \left( { – 2\sqrt { – m} ;0} \right)\] thay vào (1).

\[ \Leftrightarrow  – m + {m^4} =  – 4m \Leftrightarrow {m^4} =  – 3m \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m =  – \sqrt[3]{3}\end{array} \right.\]

Đối chiếu với điều kiện (*) ta được \[m =  – \sqrt[3]{3}\] là giá trị cần tìm.

\[ \Rightarrow \] Chọn B.

Nhận Xét: Có thể sử dụng tính chất: Hàm số \[y = a{x^4} + b{x^2} + c\] có 3 cực trị \[ \Leftrightarrow ab < 0\] và có 1 cực trị \[ \Leftrightarrow ab \le 0\] để loại trừ phương án (A) và (C).

Bài tập 31. cho hàm số: \[y = {x^4} – 2m{x^2} + m – 1\], với \[m\] là tham số. Để hàm số có 3 điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2 thì m thỏa mãn:

(A) \[m = 1\];

(B) \[m = \frac{{\sqrt 5  – 1}}{2}\]

(C) \[m = \frac{{ – \sqrt 5  – 1}}{2}\];

(D) \[m = \frac{{\sqrt 5  – 1}}{2}\] và \[m = 1\].

Giải:

Ta có: \[y’ = 4{x^3} – 4mx = 4x\left( {{x^2} – m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\]

Hàm số có 3 điểm cực trị khi phương trình \[y’ = 0\] có 3 nghiệm phân biệt, tức là \[m > 0\] (*)

Với \[m > 0\] thì

\[y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = m – 1\\x = \sqrt m  \Rightarrow y =  – {m^2} + m – 1\\x =  – \sqrt m  \Rightarrow y =  – {m^2} + m – 1\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {0;m – 1} \right);B\left( {\sqrt m ; – {m^2} + m – 1} \right);C\left( { – \sqrt m ; – {m^2} + m – 1} \right)\]

Ta thấy \[A \in Oy\], \[B\] và \[C\] đối xứng qua \[Oy\] nên \[\Delta ABC\] cân tại \[A\]. Gọi \[H\] là trung điểm của \[BC \Rightarrow H\left( {0; – {m^2} + m – 1} \right)\]

\[{S_{\Delta ABC}} = \frac{{AH.BC}}{2} = \frac{{AB.BC.CA}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{A{B^2}}}{{2.AH}}\left( 1 \right)\]

\[\overrightarrow {AB} \left( {\sqrt m ; – {m^2}} \right);\overrightarrow {AH} \left( {0; – {m^2}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A{B^2} = m + {m^4}\\AH = {m^2}\end{array} \right.\] Khi đó:

\[\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2 = \frac{{m + {m^4}}}{{{m^2}}} \Leftrightarrow {m^3} – 2m + 1 = 0 \Leftrightarrow \left( {m – 1} \right)\left( {{m^2} + m – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \frac{{ – 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\]

Đối chiếu với điều kiện (*) ta được \[m = 1\] và \[m = \frac{{\sqrt 5  – 1}}{2}\] là các giá trị cần tìm.

\[ \Rightarrow \] Chọn D.

Chú ý: Các công thức tính diện tích tam giác: \[S = \frac{1}{2}ah = \frac{{abc}}{{4R}} = \frac{1}{2}ab\sin C = …\]

Bài tập 32. Cho hàm số \[y = \frac{{{x^2} – mx + m}}{{x – m}}\left( {m \ne 0} \right)\]. Điều kiện của m để hàm số có CĐ và CT nằm về 2 phía của \[Ox\] là:

(A) \[0 < m < 4\];

(B) \[m > 0\];

(C) \[m < 4\]

(D) \[m > 4\].

Giải:

Hàm số có CĐ, CT \[ \Leftrightarrow y’ = \frac{{{x^2} – 2mx + {m^2} – m}}{{{{\left( {x – m} \right)}^2}}} = 0\] có 2 nghiệm phân biệt

\[ \Leftrightarrow g\left( x \right) = {x^2} – 2mx + {m^2} – m = 0\] có 2 nghiệm phân biệt khác

\[m. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ = m > 0\\g\left( m \right) =  – m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 0\]

Sử dụng Bổ đề: Nếu \[y = \frac{{u\left( x \right)}}{{v\left( x \right)}}\] có \[\left\{ \begin{array}{l}y’\left( {{x_0}} \right) = 0\\v\left( {{x_0}} \right) \ne 0\end{array} \right.\]

thì \[y\left( {{x_0}} \right) = \frac{{u\left( {{x_0}} \right)}}{{v\left( {{x_0}} \right)}} = \frac{{u’\left( {{x_0}} \right)}}{{v’\left( {{x_0}} \right)}}\]  (đã được chứng minh)

Với \[m > 0\] thì \[g\left( x \right) = 0\] hay \[y\left( x \right) = 0\] có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\] đồng thời hàm số đạt cực trị tại \[{x_1},{x_2}\].

Đặt \[\left\{ \begin{array}{l}u\left( x \right) = {x^2} – mx + m\\v\left( x \right) = x – m\end{array} \right.\]

Do \[\left\{ \begin{array}{l}y’\left( {{x_1}} \right) = 0\\y’\left( {{x_2}} \right) = 0\end{array} \right.\] nên \[\left\{ \begin{array}{l}{y_1} = y\left( {{x_1}} \right) = \frac{{u\left( {{x_1}} \right)}}{{v\left( {{x_1}} \right)}} = \frac{{u’\left( {{x_1}} \right)}}{{v’\left( {{x_1}} \right)}} = 2{x_1} – m\\{y_2} = y\left( {{x_2}} \right) = \frac{{u\left( {{x_2}} \right)}}{{v\left( {{x_2}} \right)}} = \frac{{u’\left( {{x_2}} \right)}}{{v’\left( {{x_2}} \right)}} = 2{x_2} – m\end{array} \right.\]

Ta có: \[{y_C}_D.{y_{CT}} = {y_1}.{y_2} = (2{x_1} – m)\left( {2{x_2} – m} \right) = 4{x_1}{x_2} – 2m({x_1} + {x_2}) + {m^2} = 4\left( {{m^2} – m} \right) – 2m.2m + {m^2} = {m^2} – 4m\]

Các điểm CĐ, CT nằm về 2 phía của trục \[Ox\]

\[\left\{ \begin{array}{l}m > 0\\{m^2} – 4m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m\left( {m – 4} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m < 4\]

\[ \Rightarrow \] Chọn A.

– Chú ý:

+ Đối với bài toán các điểm CĐ, CT nằm về 2 phía của trục \[Ox\] thì \[{y_{CD}}.{y_{CT}} < 0\]

+ Đối với bài toán các điểm CĐ, CT nằm về cùng 1 phía của trục \[Ox\] thì \[{y_{CD}}.{y_{CT}} > 0\]

Bài tập 33. Điều kiện của \[m\] để \[y = \frac{{2m{x^2} + (4{m^2} + l)x + 2m + 32{m^3}}}{{x + 2m}}\] có 1 cực trị thuộc góc phần tư thứ II và 1 cực trị thuộc góc phần tư thứ IV trên mặt phẳng tọa độ là:

(A) \[m \ne 0\];

(B) \[m <  – \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\] hoặc \[m > \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\];

(C) \[ – \frac{1}{{2\sqrt 5 }} < m < \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\]

(D) Không có giá trị của \[m\].

Giải

Hàm số có CĐ, CT \[ \Leftrightarrow \frac{{2m{x^2} + 8{m^2}x – 24{m^3}}}{{{{(x + 2m)}^2}}} = \frac{{g\left( x \right)}}{{{{(x + 2m)}^2}}} = 0\] có 2 nghiệm phân biệt.

Yêu cầu của bài toán \[ \Leftrightarrow \] Đồ thị có dạng như hình vẽ:

\[ \Leftrightarrow g\left( x \right) = 0\] có nghiệm \[{x_1} = {x_{CT}} < 0 < {x_2} = {x_{CD}}\] (1)

và  \[\frac{{2m{x^2} + \left( {4{m^2} + l} \right)x + 2m + 32{m^3}}}{{x + 2m}} = 0\] vô nghiệm (2)

Ta có: \[(1) \Leftrightarrow 2m.g(0) =  – 48{m^4} < 0 \Leftrightarrow m \ne 0(3)\]

\[(2) \Leftrightarrow 2m{x^2} + (4{m^2} + l)x + 2m + 32{m^3} = 0\] vô nghiệm

\[ \Leftrightarrow \Delta  = {(4{m^2} + 1)^2} – 8m(2m + 32{m^3}) < 0 \Leftrightarrow 240{m^4} + 8{m^2} – 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\\m <  – \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\end{array} \right.\left( 4 \right)\]

Từ (3) và (4) \[m\] cần tìm là: \[\left[ \begin{array}{l}m > \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\\m <  – \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \] Chọn B.

Qua bài học hôm nay, mong rằng VerbaLearn Math đã giúp bạn đọc có thể nắm vững hơn về kiến thức cực trị hàm số. Đây là một mảng kiến thức rộng và có nhiều dạng bài tập khác nhau. Để học tốt ngoài nắm chắc lý thuyết thì người học cần phải có thời gian rèn luyện bài tập để tiếp xúc với nhiều dạng nhất có thể.

Hãy bình luận đầu tiên

Để lại một phản hồi

Thư điện tử của bạn sẽ không được hiện thị công khai.