Hàm trùng phương | Khảo sát, vẽ đồ thị & bài tập

Hàm trùng phương là một trong những hàm số thường gặp trong các đề thi kiểm tra, đề thi học sinh giỏi. Hàm trùng phương là một dạng đặc biệt của hàm số bậc 4 và thường quy về hàm số bậc 2 để giải. Cách giải như thế nào? Gồm những dạng bài tập ra sao? Hãy cùng VerbaLearn tìm hiểu trong bài học dưới đây.

Mục lục1.Định nghĩa hàm trùng phương2.Dạng 1: Biện luận về số cực trị của hàm trùng phương3.Dạng 2: Tính chất cực trị của hàm trùng phương4.Bài tập hàm số trùng phương tự luyện

Định nghĩa hàm trùng phương

Xét hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + x \Rightarrow y’ = 4a{x^3} + 3bx = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = – \frac{b}{{2a}}\end{array} \right.$

Dạng 1: Biện luận về số cực trị của hàm trùng phương

Hàm số có một cực trị khi $y’$ chỉ đổi dấu một lần, tức là $ – \frac{b}{{2a}} \le 0$

Hàm số có một cực trị khi $y’$ chỉ đổi dấu ba lần, tức là $y’ = 0$ có ba nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow – \frac{b}{{2a}} > 0$

Ví dụ 1: Cho hàm số $y = {x^4} – 2m{x^2} + 3m – 1$. Tìm $m$ để

a) Hàm số có 1 cực trị.

b) Hàm số có 3 cực trị.

Lời giải:

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

a) Hàm số có một cực trị khi $m \le 0$.

b) Hàm số có ba cực trị khi $m > 0$.

Ví dụ 2: Cho hàm số $y = \left( {m + 1} \right){x^4} – 3m{x^2} + 3 – 5m$. Biện luận theo $m$ số cực trị của hàm số đã cho.

Lời giải:

Ta có $y = 4\left( {m + 1} \right){x^3} – 6mx = 2x\left[ {\left( {x + 1} \right){x^2} – 3m} \right] \Rightarrow y’ = 0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\\left( {m + 1} \right){x^2} – 3m,\left( 1 \right)\end{array} \right.$

TH1 : $m = – 1 \Rightarrow y’ = 6x;y = 0 \Leftrightarrow x = 0$

Trong trường hợp này hàm số có một cực trị, và đó là điểm cực tiểu.

TH2 : $m \ne – 1,\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{3m}}{{m + 1}}$

+ Hàm số có một cực trị khi $\frac{{3m}}{{m + 1}} \le 0 \Leftrightarrow – 1 < m \le 0$

+ Hàm số có ba cực trị khi $\frac{{3m}}{{m + 1}} > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 0\\m < – 1\end{array} \right.$

Kết luận:

Hàm số có một cực trị khi $ – 1 \le m \le 0$

Hàm số có ba cực trị khi $\left[ \begin{array}{l}m > 0\\m < – 1\end{array} \right.$

Dạng 2: Tính chất cực trị của hàm trùng phương

TH1: Hàm số có ba điểm cực trị $A,B,C$.

+) Tìm điều kiện tồn tại ba điểm cực trị : $ – \frac{b}{{2a}} > 0\left( * \right)$

+) Với điều kiện $\left( * \right)$ ta có $y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 = {x_A} \to {y_A}\\{x_2} = \sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} = {x_B} \to {y_B}\\{x_3} = – \sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} = {x_C} \to {y_C}\end{array} \right.$,

từ đó $A\left( {0;{y_A}} \right);B\left( {\sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} ;{y_B}} \right);C\left( {\sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} ;{y_C}} \right)$

Do hàm chẵn với x nên các điểm $B,C$ có ${y_B} = {y_C}$.

Nhận xét: $A \in Oy,B;C$ đối xứng nhau qua $Oy$ nên tam giác $ABC$ luôn là tam giác cân tại $A$.

Ta xét một số tính chất cơ bản thường gặp của hàm số:

Tính chất 1: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân.

Do tam giác $ABC$ đã cân tại $A$ nên chỉ có thể vuông cân tại đỉnh $A$.

Khi đo ta có điều kiện $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0$, (1) với $\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} ;{y_B} – {y_A}} \right);\overrightarrow {AC} = \left( { – \sqrt {\frac{b}{{2a}}} ;{y_C} – {y_A}} \right)$

Từ đó $\left( 1 \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow \frac{b}{{2a}} + {\left( {{y_B} – {y_A}} \right)^2} = 0$

Giá trị $m$ tìm được kết hợp với điều kiện tồn tại ở (*) cho ta kết quả cuối cùng của bài toán.

Ngoài ra ta cũng có thể dùng điều kiện Pitago cho tam giác cân $ABC$: $A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow 2.A{B^2} = B{C^2}$

Tính chất 2: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác đều.

Tam giác $ABC$ đều khi $AB = BC \Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2},\left( 2 \right)$ với $\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} ;{y_B} – {y_A}} \right);\overrightarrow {BC} = \left( { – 2\sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} ;0} \right)$

Từ đó $\left( 2 \right) \Leftrightarrow \frac{{ – b}}{{2a}} + {\left( {{y_B} – {y_A}} \right)^2} = \frac{{ – 2b}}{a}$

Giá trị $m$ tìm được kết hợp với điều kiện tồn tại ở (*) cho ta kết quả cuối cùng của bài toán.

Tính chất 3: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có một góc bằng ${120^0}$

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat {BAC} = {120^0}$. Gọi $H$ là trung điểm của $BC \Rightarrow H\left( {0;{y_B}} \right)$

Ta có $\cos \widehat {HAB} = \frac{{AH}}{{AB}} \Leftrightarrow \cos {60^0} = \frac{{AH}}{{AB}} \Leftrightarrow AB = 2AH \Leftrightarrow A{B^2} = 4A{H^2},\left( 3 \right)$ với $\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} ;{y_B} – {y_A}} \right);\overrightarrow {AH} = \left( {0;{y_B} – {y_A}} \right)$, từ đó $\left( 3 \right) \Leftrightarrow \frac{{ – b}}{{2a}} + {\left( {{y_B} – {y_A}} \right)^2} = 4{\left( {{y_B} – {y_A}} \right)^2}$

Giá trị $m$ tìm được kết hợp với điều kiện tồn tại ở (*) cho ta kết quả cuối cùng của bài toán.

Tính chất 4: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích $S = {S_0}$ cho trước

Gọi $H$ là trung điểm của $BC \Rightarrow H\left( {0;{y_B}} \right)$. Khi đó ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC \Leftrightarrow 2{S_0} = AH.BC \Leftrightarrow 4S_0^2 = A{H^2}.B{C^2},\left( 4 \right)$ với 2$\overrightarrow {BC} = \left( { – 2\sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} ;0} \right);\overrightarrow {AH} = \left( {0;{y_B} – {y_A}} \right)$, từ đó $\left( 3 \right) \Leftrightarrow 4S_0^2 + {\left( {{y_B} – {y_A}} \right)^2}.4\left( {\frac{{ – b}}{{2a}}} \right)$

Giá trị $m$ tìm được kết hợp với điều kiện tồn tại ở (*) cho ta kết quả cuối cùng của bài toán.

Tính chất 5: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp $R$ cho trước

Sử dụng công thức diện tích tam giác $S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} \Leftrightarrow R = \frac{{AB.AC.BC}}{{4.\frac{1}{4}AH.BC}} \Leftrightarrow R = \frac{{A{B^2}}}{{2.AH}}$

Giải phương trình trên ta được giá trị của $m$, đối chiếu với (*) cho ta kết luận cuối cùng.

Tính chất 6: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có trọng tâm $G\left( {0;\alpha } \right)$ cho trước

Ta có điều kiện trong trường hợp này là $\alpha = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} \Leftrightarrow {y_A} + 2{y_B} = 3\alpha $

Tính chất 7: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp $r$ cho trước

Sử dụng công thức diện tích tam giác $S = p.r \Rightarrow r = \frac{S}{P} = \frac{{\frac{1}{2}AH.BC}}{{\frac{{AB + AC + BC}}{2}}} = \frac{{AH.BC}}{{2AB + BC}}$. Giải phương trình trên ta được giá trị của $m$, đối chiếu với (*) cho ta kết luận cuối cùng.

Ví dụ 1: (ĐH khối B – 2011). Cho hàm số $y = {x^4} – 2\left( {m + 1} \right){x^2} + m$, với $m$ là tham số. Tìm $m$ để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị $A,B,C$ sao cho $OA = BC$, với $O$ là gốc tọa độ, $A$ là điểm cực trị thuộc trục tung, $B$ và $C$ là hai điểm cực trị còn lại.

Lời giải:

Ta có $y’ = 4{x^3} – 4\left( {m + 1} \right)x = 4x\left[ {{x^2} – \left( {m + 1} \right)} \right] \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m + 1\end{array} \right.$

Hàm số có ba điểm cực trị khi phương trình $y’ = 0$ có ba nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow m + 1 > 0 \Leftrightarrow m > – 1$ (*)

Với $m > – 1$ thì $y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 0 \Rightarrow {y_1} = m\\{x_2} = \sqrt {m + 1} \Rightarrow {y_2} = – {\left( {m + 1} \right)^2} + m\\{x_3} = – \sqrt {m + 1} \Rightarrow {y_3} = – {\left( {m + 1} \right)^2} + m\end{array} \right.$

Theo bài ta có tọa độ các điểm cực trị là $A\left( {0;m} \right)$; $B\left( {\sqrt {m + 1} ; – {m^2} – m – 1} \right)$; $C\left( { – \sqrt {m + 1} ; – {m^2} – m – 1} \right)$

Từ đó $OA = BC \Leftrightarrow O{A^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {m^2} = 4\left( {m + 1} \right) \Leftrightarrow {m^2} – 4m – 4 = – \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2 + 2\sqrt 2 \\m = 2 – 2\sqrt 2\end{array} \right.$

Kết hợp với điều kiện (*) ta được $m = 2 \pm 2\sqrt 2 $ là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 2: (Dự bị khối B – 2003). Cho hàm số $y = {x^4} – 2{m^2}{x^2} + 1$, với $m$ là tham số.

Tìm $m$ để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân.

Lời giải:

Ta có $y’ = 4{x^3} – 4{m^2}x = 4x\left[ {{x^2} – {m^2}} \right] \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}

x = 0\\{x^2} = {m^2}\end{array} \right.$

Hàm số có ba điểm cực trị khi phương trình $y’ = 0$ có ba nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow {m^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 0$, (*)

Với $m \ne 0$ thì $y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 0 \Rightarrow {y_1} = 1\\{x_2} = m \Rightarrow {y_2} = 1 – {m^4}\\{x_3} = – m \Rightarrow {y_3} = 1 – {m^4}\end{array} \right. \to A\left( {0;1} \right),B\left( {m;1 – {m^4}} \right),C\left( { – m;1 – {m^4}} \right)$

Ta nhận thấy tam giác $\Delta ABC$ luôn cân tại $A$. Để $\Delta ABC$ vuông cân thì phải vuông cân tại $A$.

Từ đó suy ra $AB \bot AC \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow \left( {m; – {m^4}} \right).\left( { – m; – {m^4}} \right) = 0 \Leftrightarrow – {m^2} + {m^8} = 0 \Leftrightarrow {m^2}\left( {{m^6} – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \pm 1\end{array} \right.$

Kết hợp với điều kiện (*) ta được $m = \pm 1$ là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 3: Cho hàm số $y = {x^4} + 2m{x^2} – m – 1$, với $m$ là tham số. Tìm $m$ để hàm số có ba điểm cực trị đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác

a) Có diện tích bằng $4\sqrt 2 $.

b) Đều.

c) Có một góc bằng ${120^0}$

Lời giải:

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

Hàm số có ba điểm cực trị khi phương trình $y’ = 0$ có ba nghiệm phân biệt, tức là $y < 0$, (*)

Với $y < 0$ thì $y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = – m – 1\\x = \sqrt { – m} \Rightarrow y = – {m^2} – m – 1\\x = – \sqrt { – m} \Rightarrow y = – {m^2} – m – 1\end{array} \right. \to A\left( {0; – m – 1} \right),B\left( {\sqrt { – m} ; – {m^2} – m – 1} \right),C\left( { – \sqrt { – m} ; – {m^2} – m – 1} \right)$

Ta nhận thấy $A$ thuộc $Oy$, $B$; $C$ đối xứng qua $Oy$ y nên tam giác $ABC$ cân tại $A$.

a) Gọi $H$ là trung điểm của $BC \Rightarrow H\left( {0; – {m^2} – m – 1} \right)$

Khi đó, ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = 4\sqrt 2 \Leftrightarrow AH/BC = 8\sqrt 2 \Leftrightarrow A{H^2}.B{C^2} = 128,\left( 1 \right)$

Ta $\overrightarrow {BC} = \left( { – 2\sqrt { – m} ;0} \right);\overrightarrow {AH} = \left( {0; – {m^2}} \right)$ từ đó $\left( 1 \right) \Leftrightarrow – 4m.{m^4} = 128 \Leftrightarrow {m^5} = – 32 \Rightarrow m = – 2$

Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy $m = – 2$ là giá trị cần tìm.

b) Tam giác ABC đều khi $AB = BC \Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2},\left( 2 \right)$

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt { – m} ; – {m^2}} \right),\overrightarrow {BC} = \left( { – 2\sqrt { – m} ;0} \right)$ từ đó $\left( 2 \right) \Leftrightarrow – m + {m^4} = – 4m \Leftrightarrow {m^4} = – 3m \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = – \sqrt[3]{3}\end{array} \right.$

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

c) Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên để có một góc bằng ${120^0}$ thì $\widehat {BAC} = {120^0}$

Gọi $H$ là trung điểm của $BC \Rightarrow H\left( {0; – {m^2} – m – 1} \right)$

Trong tam giác vuông $HAB$ có $\sin \widehat {HAB} = \sin {60^0} = \frac{{BH}}{{AB}} \Leftrightarrow \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sqrt 3 AB = 2BH = BC \Leftrightarrow 3A{B^2} = B{C^2},\left( 3 \right)$

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt { – m} ; – {m^2}} \right),\overrightarrow {BC} \left( { – 2\sqrt { – m} ;0} \right)$ khi đó $\left( 3 \right) \Leftrightarrow 3\left( { – m + {m^4}} \right) = – 4m \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = – \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}}\end{array} \right.$

Đối chiếu với điều kiện (*) ta được $m = – \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}}$ là giá trị cần tìm.

Ví dụ 4: Cho hàm số $y = {x^4} – 2m{x^2} + m – 1$, với $m$ là tham số.

Tìm $m$ để hàm số có ba 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.

Lời giải:

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

Hàm số có ba điểm cực trị khi phương trình $y’ = 0$ có ba nghiệm phân biệt, tức là $y > 0$, (*)

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

Ta nhận thấy $A$ thuộc $Oy,B;C$ đối xứng qua $Oy$ nên tam giác $ABC$ cân tại $A$.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC \Rightarrow H\left( {0; – {m^2} + m – 1} \right)$

Diện tích tam giác $ABC:{S_{\Delta ABC}} = \frac{{AH.BC}}{2} = \frac{{AB.BC.AC}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{A{B^2}}}{{2AH’}}\left( 1 \right)$

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt m ; – {m^2}} \right);\overrightarrow {AH} = \left( {0; – {m^2}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A{B^2} = m + {m^4}\\AH = {m^2}\end{array} \right.$

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 $m = 1;m = \frac{{\sqrt 5 – 1}}{2}$ là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 5: (Khối A – 2012). Cho hàm số $y = {x^4} – 2\left( {m + 1} \right){x^2} + {m^2}\left( 1 \right)$, với $m$ là tham số. Tìm $m$ để hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông

Lời giải:

Ta có $y’ = 4\left( {m + 1} \right)x = 4x\left[ {{x^2} – \left( {m + 1} \right)} \right] \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m + 1\end{array} \right.$

Hàm số có ba điểm cực trị khi phương trình $y’ = 0$ có ba nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow m + 1 > 0 \Leftrightarrow m > – 1,\left( * \right)$

Với $m \ne 0$ thì $y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 0 \Rightarrow {y_1} = {m^2}\\{x_2} = \sqrt {m + 1} \Rightarrow {y_2} = – 2m – 1\\{x_3} = – \sqrt {m + 1} \Rightarrow {y_3} = – 2m – 1\end{array} \right. \to A\left( {0;{m^2}} \right),B\left( {\sqrt {m + 1} ; – 2m – 1} \right),C\left( { – \sqrt {m + 1} ; – 2m – 1} \right)$

Ta nhận thấy tam giác $\Delta ABC$ luôn cân tại $A$. Để $\Delta ABC$ vuông cân thì phải vuông cân tại $A$.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt {m + 1} ; – {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right);\overrightarrow {AC} = \left( { – \sqrt {m + 1} ; – {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right)$

Từ đó suy ra $AB \bot AC \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow – \left( {m + 1} \right) + {\left( {m + 1} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m + 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = – 1\\m = 0\end{array} \right.$

Kết hợp với điều kiện (*) ta được $m = 0$ là các giá trị cần tìm.

Bài tập hàm số trùng phương tự luyện

Bài 1: Cho hàm số $y = {x^4} – 4m{x^2} + 2m + 1$, với $m$ là tham số. Tìm $m$ để hàm số có ba điểm cực trị đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác

a) Có diện tích bằng $3\sqrt 2 $.

b) Có trọng tâm là $G\left( {0;\frac{2}{3}} \right)$

c) Có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.

Bài 2: Tìm $m$ để hàm số $y = {x^4} – 2{m^2}{x^2} + 1$ có ba điểm cực trị $A,B,C$ sao cho

a) Tam giác $ABC$ đều.

b) $OA = \sqrt 2 BC$, trong đó $O$ là gốc tọa độ, $A$ là điểm cực trị thuộc $Oy$, $B$; $C$ là hai điểm cực trị còn lại.

Bài 3: Tìm m để hàm số $y = {x^4} + 2\left( {m – 2} \right){x^2} + {m^2} – 5m + 5$ có ba điểm cực trị và là ba đỉnh của một tam giác vuông cân.

Đ/s : $m = 1$.

Bài 4: Tìm $m$ để hàm số $y = {x^4} + 2m{x^2} + {m^2} + m$ có ba điểm cực trị đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có một góc bằng ${120^0}$.

Đ/s : $m = – \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}}$

Bài 5: Cho hàm số $y = {x^4} + 2m{x^2} + 2m + {m^4}$ có đồ thị $\left( {{C_m}} \right)$.

Với những giá trị nào của $m$ thì đồ thị $\left( {{C_m}} \right)$ có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó lập thành một tam giác có diện tích bằng 4.

Đ/s : $m = \sqrt[5]{{16}}$.

Bài 6: Biện luận theo $m$ số cực trị của các hàm số sau:

a) $y = – 2{x^4} – \left( {2m + 1} \right){x^2} + m + 3$

b) $y = \left( {1 – m} \right){x^4} – \left( {3m + 1} \right){x^2} + 2m + 5$

c) $y = \left( {3{m^2} – 2} \right){x^4} – m{x^2} + {m^3} – 1$

Bài 7: Cho hàm số $y = {x^4} – 2m{x^2} + 2\left( C \right)$.Tìm $m$ để hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác có:

a) Bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1

b) Bán kính đường tròn ngoại tiếp gấp đôi bán kính đường tròn nội tiếp.

Bài 8: Cho hàm số $y = {x^4} – 2m{x^2} + m\left( C \right)$. Chứng minh rằng với mọi $m > 0$ hàm số luôn có 3 điểm cực trị. Khi đó gọi $A$ là cực đại, $B$, $C$ là cực tiểu, $\left( \Delta \right)$ là đường thẳng qua $A$ và có hệ số góc $k$. Biết $\left( \Delta \right)$ không cắt đoạn thẳng $BC$. Tìm $k$ để $d = d\left( {B;\Delta } \right) + d\left( {C;\Delta } \right) = \sqrt 2 {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^4}$

Bài 9: Cho hàm số $y = {x^4} = 2m{x^2} + 1$, $\left( C \right)$ và điểm $M \in \left( C \right)$ có tung độ bằng 9. Tìm $m$ để hàm số có 2 cực tiểu tại $A,B$ sao cho $\left( {MA + MB} \right).\left| {MA – MB} \right| = 8$

Vậy là kết thúc bài học ở đây, VerbaLearn Math mong rằng bạn đọc sẽ học thêm được nhiều kiến thức hay về hàm trùng phương trong bài viết này. Đồng thời qua đó, có thể dễ dàng nắm vững và áp dụng thành công vào các bài tập được liệt kê bên dưới.