Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây:
Bài giảng Toán học 12 Bài 2: Cực trị của hàm số
CHỨNG MINH VỀ CỰC TRỊ
I. Phương pháp giải
Điều kiện cần để hàm số có cực trị:
Giả sử hàm số f đạt cực trị tại điểm \[{x_0}\].
Khi đó, nếu f có đạo hàm tại \[{x_0}\] thì \[f’\left( {{x_0}} \right) = 0\].
Điều kiện đủ để hàm số có cực trị: có hai dấu hiệu:
– Cho \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên khoảng (a;b) chứa \[{x_0}\], có đạo hàm trên các khoảng \[\left( {a;{x_0}} \right)\]và \[\left( {{x_0};b} \right)\]:
Nếu \[f’\left( x \right)\] đổi dấu từ âm sang dương thì f đạt cực tiểu tại \[{x_0}\]
Nếu \[f’\left( x \right)\] đổi dấu từ dương sang âm thì f đạt cực đại tại \[{x_0}\].
– Cho \[y = f\left( x \right)\] có đạo hàm cấp hai trên khoảng (a;b) chứa \[{x_0}\]:
Nếu \[f’\left( {{x_0}} \right) = 0\] và \[f”\left( {{x_0}} \right) > 0\] thì f đạt cực tiểu tại \[{x_0}\]
Nếu \[f’\left( {{x_0}} \right) = 0\] và \[f”\left( {{x_0}} \right) < 0\] thì f đạt cực đại tại \[{x_0}\].
Chú ý:
1) Giá trị cực đại (cực tiểu) \[f\left( {{x_0}} \right)\] của hàm số f nói chung không phải là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f trên tập hợp D; \[f\left( {{x_0}} \right)\] chỉ là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f trên một khoảng (a;b) nào đó chứa điểm \[{x_0}\].
2) Bài toán đơn điệu, cực trị không được đặt ẩn phụ.
II. Ví dụ minh họa
Bài toán 1. Chứng minh hàm số \[f\left( x \right) = \left| x \right|\] không có đạo hàm tại \[x = 0\] nhưng đạt cực trị tại điểm đó.
Giải
Hàm số xác định và liên tục tại \[\mathbb{R}\]. Ta có:
\[f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} – x\,\,khi\,\,x < 0\\x\,\,khi\,\,x \ge 0\end{array} \right. \Rightarrow f’\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} – 1\,\,khi\,\,x < 0\\1\,\,khi\,\,x > 0\end{array} \right.\]
Do đó hàm số không có đạo hàm tại \[x = 0\] và BBT
Vậy hàm số đạt CT\[\left( {0;0} \right)\].
Bài toán 2. Chứng minh hàm số \[f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} – 2x\,\,khi\,\,x < 0\\\sin \frac{x}{2}\,\,khi\,\,x \ge 0\end{array} \right.\]
không có đạo hàm tại \[x = 0\] nhưng đạt cực trị tại điểm đó.
Giải
Hàm số xác định và liên tục trên \[\mathbb{R}\].
Ta có: \[f’\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} – 2x\,\,khi\,\,x < 0\\\frac{1}{2}\cos \frac{x}{2}\,\,khi\,\,x > 0\end{array} \right.\]
nên \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} f’\left( x \right) = – 2 \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} f’\left( x \right) = \frac{1}{2}\], do đó f không có đạo hàm tại \[x = 0\].
BBT trên khoảng \[\left( { – \pi ;\pi } \right)\].
Vậy hàm số đạt cực đại tại \[x = 0\] và
Bài toán 3. Chứng minh rằng hàm số luôn luôn có cực đại và cực tiểu:
\[y = {x^3} + a{x^2} – \left( {1 + {b^2}} \right)x + 2a + b – 3ab\] với mọi a, b.
Giải
\[D = \mathbb{R}\]. Ta có \[y’ = 3{x^2} + 2ax – 1 – {b^2}\]
\[\Delta ‘ = {a^2} + 3\left( {1 + {b^2}} \right) > 0,\forall a,\forall b\] nên \[y’ = 0\] luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\].
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số luôn luôn có một cực đại và một cực tiểu.
Bài toán 4. Chứng minh rằng hàm số luôn luôn có cực đại và cực tiểu:
\[y = \left( {x – a} \right)\left( {x – b} \right)\left( {x – c} \right)\] với mọi a, b, c thỏa mãn \[a < b < c\].
Giải
\[D = \mathbb{R}\]. \[y’ = \left( {x – b} \right)\left( {x – c} \right) + \left( {x – a} \right)\left( {x – c} \right) + \left( {x – a} \right)\left( {x – b} \right)\]
\[ = 3{x^2} – 2\left( {a + b + c} \right) + ab + bc + ca\]
\[\Delta ‘ = {\left( {a + b + c} \right)^2} – 3\left( {ab + bc + ca} \right) = {a^2} + {b^2} + {c^2} – ab – bc – ca\]
\[ = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {a – b} \right)}^2} + {{\left( {b – c} \right)}^2} + {{\left( {c – a} \right)}^2}} \right] > 0\] với \[a < b < c\].
Do đó \[y’ = 0\] có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu 2 lần khi qua 2 nghiệm nên luôn luôn có một cực đại và một cực tiểu.
Bài toán 5. Chứng minh rằng hàm số luôn luôn có cực đại và cực tiểu:
\[y = \frac{{{x^2} + \left( {m + 2} \right)x + {m^2} + 2}}{{x + m}}\] với mọi m
Giải
\[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – m} \right\}\]. Ta có: \[y’ = \frac{{{x^2} + 2mx + 2m – 2}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\]
Xét hàm số \[g\left( x \right) = {x^2} + 2mx + 2m – 2\].
Ta có \[\Delta ‘ = {m^2} – 2m + 2 > 0,\forall m\] và \[g\left( { – m} \right) = – {m^2} + 2m – 2 \ne 0,\forall m\].
Do đó \[y’ = 0\] luôn có hai nghiệm phân biệt khác \[ – m\], \[y’\] đổi dấu hai lần khi qua 2 nghiệm, vậy hàm số luôn luôn có cực đại và cực tiểu.
Bài toán 6. Chứng minh đồ thị \[y = \frac{{{x^2} + \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} + m + 4}}{{2\left( {x + m} \right)}}\] luôn luôn có cực đại, cực tiểu và khoảng cách giữa cực đại, cực tiểu không đổi.
Giải
\[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – m} \right\}\]. Ta có \[y’ = \frac{{{x^2} + 2mx + {m^2} – 4}}{{2{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\]
\[y’ = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + {m^2} – 4 = 0,x \ne – m\]
Vì \[\Delta ‘ = 4 > 0,\forall m\] và \[g\left( { – m} \right) = – 4 \ne 0,\forall m\] nên đồ thị hàm số luôn luôn có cực đại, cực tiểu. Hai cực trị \[A\left( { – m – 2; – \frac{3}{2}} \right),B\left( { – m + 2;\frac{5}{2}} \right)\].
Khoảng cách \[AB = \sqrt {16 + 16} = 4\sqrt 2 \]: không đổi.
Xem thêm