Hàm số đạt cực đại tại điểm \[\left( {2; - 2} \right)\] khi và chỉ khi

\[\left\{ \begin{array}{l} - 1 - \sqrt q  =  - 2\\f\left( { - 2} \right) =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt q  = 1\\p = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = 1\\p = 1\end{array} \right.\].

Bài toán 5. Tìm a để đồ thị hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^2} + \frac{1}{2}a{x^2} + x + 7\] có 2 cực trị và hoành độ 2 điểm cực trị của hàm số đó thỏa mãn \[\frac{{x_1^2}}{{x_2^2}} + \frac{{x_2^2}}{{x_1^2}} > 7\].

Giải

\[D = \mathbb{R}\]. Ta có \[y' = {x^2} + ax + 1\]

Vì \[y'\] là hàm số bậc hai nên hàm số có 2 cực trị khi và chỉ khi \[y'\left( x \right) = 0\] có hai nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \Delta  > 0 \Leftrightarrow {a^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow a <  - 2\] hoặc \[a > 2\].

Gọi \[{x_1}\] và \[{x_2}\] là hai nghiệm của \[y'\left( x \right) = 0\] thì \[S = {x_1} + {x_2} =  - a,P = {x_1}{x_2} = 1\].

Ta có: \[\frac{{x_1^2}}{{x_2^2}} + \frac{{x_2^2}}{{x_1^2}} > 7 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)^2} - 2 > 7 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{x_1^2 + x_2^2}}{{{x_1}{x_2}}}} \right)^2} > 9\]

\[ \Leftrightarrow \left( {\frac{{{S^2} - 2{P^2}}}{P}} \right) > 9 \Leftrightarrow {\left( {{a^2} - 2} \right)^2} > 9 \Leftrightarrow {a^2} > 5\]

Chọn giá trị \[a <  - \sqrt 5 \] hoặc \[a > \sqrt 5 \].

Bài toán 6. Tìm m để hàm số: \[y = \frac{{{x^2} + 2mx + 1 - 3{m^2}}}{{x - m}}\] có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy.

Giải

Điều kiện \[x \ne m\]. Ta có \[y' = \frac{{{x^2} - 2mx + {m^2} - 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\]

Đồ thị có 2 cực trị ở 2 phía của trục tung

\[ \Leftrightarrow y' = 0\] có 2 nghiệm \[{x_1},{x_2} \ne m\] và \[{x_1}{x_2} < 0\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} - 1 < 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < 1\].

Bài toán 7. Tìm m để hàm số: \[y = \frac{{m{x^2} + \left( {2 - 4m} \right)x + 4m + 1}}{{x - 1}}\] có 2 cực trị và hai giá trị cực trị trái dấu.

Giải

Điều kiện: \[x \ne 1\].

Ta có \[y' = \frac{{m{x^2} - 2mx - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\], đặt \[g\left( x \right) = m{x^2} - 2mx - 3\].

Đồ thị có 2 cực trị \[ \Leftrightarrow m \ne 0,\Delta ' > 0,g\left( x \right) \ne 0 \Leftrightarrow m <  - 3\] hoặc \[m > 0\].

Ta có \[{x_1} + {x_2} = 2,{x_1}{x_2} =  - \frac{3}{m}\] nên

\[ \Leftrightarrow \left( {2m{x_1} + 2 - 4m} \right)\left( {2m{x_2} + 2 - 4m} \right) < 0\]

\[ \Leftrightarrow 4{m^2}{x_1}{x_2} + 2m\left( {2 - 4m} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {\left( {2 - 4m} \right)^2} < 0\]

\[ \Leftrightarrow  - 12m + 2m\left( {2 - 4m} \right) + {\left( {2 - 4m} \right)^2} < 0 \Leftrightarrow 4 - 20m < 0 \Leftrightarrow m > \frac{1}{5}\].

Bài toán 8. Tìm m để đồ thị \[y = \frac{{{x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 4m}}{{x + 2}}\] có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị cùng với gốc tọa độ tạo thành tam giác vuông tại O.

Giải

Điều kiện \[x \ne  - 2\], \[y' = \frac{{{x^2} + 4x + 4 - {m^2}}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\]

\[y' = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} = {m^2} \Leftrightarrow x =  - 2 \pm m\]

Hàm số có 2 cực trị khi \[m \ne 0\] là: \[A\left( { - 2 - m; - 2} \right),B\left( { - 2 + m;4m - 2} \right)\]

Tam giác OAB vuông tại O \[ \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB}  = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( { - m - 2} \right)\left( {m - 2} \right) + \left( { - 2} \right)\left( {4m - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow  - {m^2} - 8m + 8 = 0\]

\[ \Leftrightarrow m =  - 4 \pm 2\sqrt 6 \] (thỏa mãn)

Bài toán 9. Tìm m để đồ thị hàm số: \[y = {x^3} - 3{x^2} + mx + 1\] có cực đại, cực tiểu và hai điểm đó cách đều đường thẳng \[d:y =  - 2x\].

Giải

\[D = \mathbb{R}\]. Ta có \[y' = 3{x^2} - 6x + m\].

Điều kiện có CĐ và CT là \[\Delta ' = 9 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < 3\].

Ta có \[y = \left( {\frac{1}{3}x - \frac{1}{3}} \right)y' + 2\left( {\frac{1}{3}m - 1} \right)x + \frac{1}{3}m + 1\] nên đường thẳng qua 2 điểm CĐ, CT là \[d':y = 2\left( {\frac{1}{3}m - 1} \right)x + \frac{1}{3}m + 1\].

Điều kiện CĐ, CT cách đều \[d:y =  - 2x\] là \[d'\] hoặc song song với d hoặc d đi qua trung điểm \[I\left( {1;m - 1} \right)\] của đoạn nối CĐ, CT.

\[2\left( {\frac{1}{3}m - 1} \right) =  - 2,\frac{1}{3}m + 1 \ne 0\] hoặc \[m - 1 =  - 2.1 \Leftrightarrow m = 0\] hoặc \[m =  - 1\] (chọn).

Bài toán 10. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị:

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

Giải

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\].

\[y' = 3{x^2} + 6mx + 3\left( {{m^2} - 1} \right),\Delta ' = 1 > 0,\forall x\] nên đồ thị luôn luôn có CĐ và CT với hoành độ \[{x_1},{x_2}\].

Lấy \[y\left( x \right)\] chia cho \[y'\left( x \right)\] ta có: \[y\left( x \right) = \left( {\frac{1}{3}x + \frac{m}{3}} \right)y'\left( x \right) - 2\left( {x + m} \right)\].

Do đó: \[{y_1} = y\left( {{x_1}} \right) = \left( {\frac{1}{3}{x_1} + \frac{m}{3}} \right)y'\left( {{x_1}} \right) - 2\left( {{x_1} + m} \right) =  - 2\left( {{x_1} + m} \right)\]

và \[{y_2} = y\left( {{x_2}} \right) = \left( {\frac{1}{3}{x_2} + \frac{m}{3}} \right)y'\left( {{x_2}} \right) - 2\left( {{x_2} + m} \right) =  - 2\left( {{x_2} + m} \right)\]

nên đường thẳng qua CĐ, CT là \[y =  - 2\left( {x + m} \right)\].