Phương pháp Để tìm cực trị của hàm số $y = f(x)$, ta thực hiện theo các bước sau đây: + Tìm tập xác định $D$ của hàm số $f$. + Tính $f’(x)$. + Tìm nghiệm của phương trình $f’(x) = 0$ (nếu có) và tìm các điểm ${x_0} \in D$ mà tại đó hàm $f$ liên tục nhưng $f'({x_0})$ không tồn tại. + Vận dụng một trong các định lý sau đây để xác định điểm cực trị của hàm số: Định lý 1: 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 $\left( {{x_0};b} \right)$. Khi đó: Nếu $\left\{ \begin{array}{l} f’\left( {{x_0}} \right) < 0,x \in \left( {a;{x_0}} \right)\\ f’\left( {{x_0}} \right) > 0,x \in \left( {{x_0};b} \right) \end{array} \right.$ thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm ${x_0}.$ Nếu $\left\{ \begin{array}{l} f’\left( {{x_0}} \right) > 0,x \in \left( {a;{x_0}} \right)\\ f’\left( {{x_0}} \right) < 0,x \in \left( {{x_0};b} \right) \end{array} \right.$ thì hàm số đạt cực đại tại điểm ${x_0}.$ Định lý 2: Giả sử hàm số $f$ có đạo hàm cấp một trên khoảng $\left( {a;b} \right)$ chứa điểm ${x_0}$, $f’\left( {{x_0}} \right) = 0$ và $f$ có đạo hàm cấp hai khác $0$ tại điểm ${x_0}.$ Nếu $f”\left( {{x_0}} \right) < 0$ thì hàm số $f$ đạt cực đại tại điểm ${x_0}.$ Nếu $f”\left( {{x_0}} \right) > 0$ thì hàm số $f$ đạt cực tiểu tại điểm ${x_0}.$ Chú ý: Cho hàm số $y = f(x)$ xác định trên $D.$ Điểm $x = {x_0} \in D$ là điểm cực trị của hàm số khi và chỉ khi hai điều kiện sau đây cùng thảo mãn: + Tại $x = {x_0}$, đạo hàm triệt tiêu (tức $f'({x_0}) = 0$) hoặc không tồn tại. + Đạo hàm đổi dấu khi $x$ đi qua ${x_0}.$ Ví dụ minh họa Ví dụ 1. Tìm cực trị (nếu có) của các hàm số sau: a. $y = – {x^4} + 2{x^2} + 1.$ b. $y = – {x^4} + 6{x^2} – 8x + 1.$ a. TXĐ: $D = R.$ Ta có: $y’ = – 4{x^3} + 4x$ $ = – 4x({x^2} – 1)$ $ \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = \pm 1.$ Cách 1: (Dùng định lý 1, xét dấu $y’$) Giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – \infty .$ Bảng biến thiên: Hàm số đạt cực đại tại các điểm $x = \pm 1$ với giá trị cực đại của hàm số là $y( \pm 1) = 2$ và hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x = 0$ với giá trị cực tiểu của hàm số là $y(0) = 1.$ Cách 2: (Dùng định lý 2) $y” = – 12{x^2} + 4 = – 4(3{x^2} – 1).$ $y”\left( { \pm 1} \right) = – 8 < 0$ suy ra $x = \pm 1$ là điểm cực đại của hàm số và ${{\rm{y}}_{CĐ}} = 2.$ $y”\left( 0 \right) = 4 > 0$ suy ra $x = 0$ là điểm cực đại của hàm số và ${{\rm{y}}_{{\rm{CT}}}} = {\rm{1}}{\rm{.}}$ b. TXĐ: $D = R.$ Ta có: $y’ = – 4{x^3} + 12x – 8$ $ = – 4{(x – 1)^2}(x + 2)$ $ \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow x = – 2, x = 1.$ Giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – \infty .$ Bảng biến thiên: Hàm đạt cực đại tại $x = – 2$ với giá trị cực đại của hàm số là $y( – 2) = 25$, hàm số không có cực tiểu. Nhận xét: Trong bài toán này, vì $\left\{ \begin{array}{l} y'(1) = 0\\ y”(1) = 0 \end{array} \right.$ do đó định lý 2 không khẳng định được điểm $x = 2$ có phải là điểm cực trị của hàm số hay không. Ví dụ 2. Tìm cực trị (nếu có) của các hàm số sau: a. $y = – {x^3} – \frac{3}{2}{x^2} + 6x + 1.$ b. $y = \sqrt {x + \sqrt {{x^2} – x + 1} } .$ a. TXĐ: $D = R.$ Ta có: $y’ = – 3{x^2} – 3x + 6$ $ = – 3({x^2} + x – 2)$ $ \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow x = – 2 , x = 1.$ $y” = – 6x – 3,$ $y”( – 2) = 9 > 0,$ $y”(1) = – 9 < 0.$ Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại ${\rm{x}} = – {\rm{ 2}}$, ${{\rm{y}}_{{\rm{CT}}}} = {\rm{y}}\left( { – {\rm{2}}} \right) = – {\rm{9}}$ hàm số đạt cực đại tại ${\rm{x}} = {\rm{1}}$, ${{\rm{y}}_{{\rm{CĐ}}}} = {\rm{y}}\left( {\rm{1}} \right) = \frac{9}{2}.$ b. Hàm số xác định $ \Leftrightarrow x + \sqrt {{x^2} – x + 1} \ge 0$ $ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} – x + 1} \ge – x$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} – x + 1 \ge 0\\ – x \le 0 \end{array} \right.$ $ \vee \left\{ \begin{array}{l} – x \ge 0\\ {x^2} – x + 1 \ge {( – x)^2} \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \forall x \in R\\ x \ge 0 \end{array} \right. \vee \left\{ \begin{array}{l} x \le 0\\ x \le 1 \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow x \ge 0 \vee x \le 0 \Leftrightarrow x \in R.$ Vậy tập xác định của hàm số: $D = R.$ $y’ = \frac{{\left( {x + \sqrt {{x^2} – x + 1} } \right)’}}{{2\sqrt {x + \sqrt {{x^2} – x + 1} } }}$ $ = \frac{{1 + \frac{{2x – 1}}{{2\sqrt {{x^2} – x + 1} }}}}{{2\sqrt {x + \sqrt {{x^2} – x + 1} } }}$ $ = \frac{{2\sqrt {{x^2} – x + 1} + 2x – 1}}{{2\sqrt {{x^2} – x + 1} .\sqrt {x + \sqrt {{x^2} – x + 1} } }}.$ $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} – x + 1} = 1 – 2x$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 – 2x \ge 0\\ 4({x^2} – x + 1) = {(1 – 2x)^2} \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le \frac{1}{2}\\ 4 = 1 \end{array} \right.$ Vậy phương trình $y’ = 0$ vô nghiệm, lại có $y’$ luôn tồn tại, suy ra hàm số không có điểm cực trị. Ví dụ 3. Tìm cực trị (nếu có) của các hàm số sau: a. $y = \frac{{4 – \left| x \right|}}{{4 + \left| x \right|}}.$ b. $y = \left| {x + 3} \right| + \frac{1}{{x + 1}}.$ a. TXĐ: $D = R.$ Nếu ${\rm{x}} \in [0; + \infty )$ thì $y = \frac{{4 – x}}{{4 + x}}$ $ \Rightarrow y’ = – \frac{8}{{{{(4 + x)}^2}}} < 0,$ $\forall x \in [0; + \infty ).$ Nếu ${\rm{x}} \in ( – \infty ;0]$ thì $y = \frac{{4 + x}}{{4 – x}}$ $ \Rightarrow y’ = \frac{8}{{{{(4 – x)}^2}}} > 0,$ $\forall x \in ( – \infty ;0].$ Tại $x = 0$ thì $y'({0^ + }) = – \frac{1}{2}$, $y'({0^ – }) = \frac{1}{2}$. Vì $y'({0^ + }) \ne y'({0^ – })$ nên $y'(0)$ không tồn tại. Vậy hàm số đạt cực đại tại ${\rm{x}} = 0,{\rm{ }}{{\rm{y}}_{{\rm{CĐ}}}} = {\rm{1}}.$ b. $y = \left| {x + 3} \right| + \frac{1}{{x + 1}}$ $ = \left\{ \begin{array}{l} x + 3 + \frac{1}{{x + 1}} khi x \ge – 3\\ – (x + 3) + \frac{1}{{x + 1}} khi x < – 3 \end{array} \right.$ TXĐ: ${\rm{D}} = R\backslash \left\{ { – 1} \right\}.$ Nếu $ x \ge – 3$ thì $y = x + 3 + \frac{1}{{x + 1}}$, ta có: $y’ = 1 – \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}}$ $ = \frac{{{{(x + 1)}^2} – 1}}{{{{(x + 1)}^2}}}.$ Và $y’ = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {(x + 1)^2} = 1\\ x > – 3 \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + 1 = \pm 1\\ x > – 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = – 2 \end{array} \right.$ Tại $ x = – 3$, ta có: $y'( – {3^ + })$ $ = 1 – \frac{1}{{{{( – 3 + 1)}^2}}} = \frac{3}{4}$, $y'( – {3^ – })$ $ = – 1 – \frac{1}{{{{( – 3 + 1)}^2}}} = – \frac{5}{4}.$ Vì $y'( – {3^ + }) \ne y'( – {3^ – })$ nên $y'( – 3)$ không tồn tại. Nếu $x < – 3$ thì $y = – (x + 3) + \frac{1}{{x + 1}}$, ta có: $y’ = – 1 – \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} < 0$, $\forall x < – 3.$ Bảng biến thiên: Suy ra điểm cực tiểu của hàm số là $x = – 3$, ${{\rm{y}}_{{\rm{CT}}}} = – \frac{1}{2}$ và ${\rm{x}} = 0$, ${{\rm{y}}_{{\rm{CT}}}} = {\rm{ 4}}$, điểm cực đại của hàm số là ${\rm{x}} = – {\rm{ 2}}$, ${{\rm{y}}_{{\rm{CD}}}} = 0.$ Ví dụ 4. Tìm cực trị (nếu có) của hàm số: $y = 3 – 2\cos x – \cos 2x.$ TXĐ: ${\rm{D}} = R.$ Ta có: $y’ = 2\sin x\left( {2\cos x + 1} \right)$ và $y” = 2\cos x + 4\cos 2x.$ $y’ = 0$ ⇔ $\left[ \begin{array}{l} \sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \\ \cos x = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.$ $y”\left( {k\pi } \right)$ $ = 2\cos \left( {k\pi } \right) + 2\cos 2\left( {k\pi } \right).$ $y”\left( {k\pi } \right) = 6 > 0$ nếu $k$ chẵn, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x = 2n\pi, n \in Z$ và $y\left( {2n\pi } \right) = 0.$ $y”\left( {k\pi } \right) = 2 > 0$ nếu $k$ lẻ, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x = \left( {2n + 1} \right)\pi, n \in Z$ và $y\left( {2n + 1} \right)\pi = 4.$ $y”\left( { \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi } \right) < 0$ suy ra hàm số đạt cực đại tại điểm $x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi $ và $y\left( { \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi } \right) = \frac{9}{2}.$
