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

Tìm hiểu Hàm trùng phương | Khảo sát, vẽ đồ thị & bài tập là conpect trong bài viết hôm nay của Emerald City Convergence. Theo dõi bài viết để biết chi tiết nhé.

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.

Định nghĩa hàm trùng phương

Xét hàm số $y = ax^4 + bx^2 + x Rightarrow y’ = 4ax^3 + 3bx = 2xleft( 2ax^2 + b right) = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx = 0\x^2 =  – fracb2aendarray right.$

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 $ – fracb2a 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  – fracb2a > 0$

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

a) Hàm số có 1 cực trị.

b) Hàm số có 3 cực trị.

Lời giải:

Ta có $y = 4x^3 – 4mx = 4xleft( x^2 – m right) Rightarrow y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx = 0\x^2 = mendarray right.$

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 $y = left( m + 1 right)x^4 – 3mx^2 + 3 – 5m$. Biện luận theo $m$ số cực trị của hàm số đã cho.

Lời giải:

Ta có $y = 4left( m + 1 right)x^3 – 6mx = 2xleft[ left( x + 1 right)x^2 – 3m right] Rightarrow y’ = 0Leftrightarrow left[ beginarraylx = 0\left( m + 1 right)x^2 – 3m,left( 1 right)endarray right.$

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 : $m ne  – 1,left( 1 right) Leftrightarrow x^2 = frac3mm + 1$

+ Hàm số có một cực trị khi $frac3mm + 1 le 0 Leftrightarrow  – 1 < m le 0$

+ Hàm số có ba cực trị khi $frac3mm + 1 > 0 Leftrightarrow left[ beginarraylm > 0\m <  – 1endarray right.$

Kết luận:

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

Hàm số có ba cực trị khi $left[ beginarraylm > 0\m <  – 1endarray right.$

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 : $ – fracb2a > 0left( * right)$

+) Với điều kiện $left( * right)$ ta có $y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx = 0 = x_A to y_A\x_2 = sqrt frac – b2a  = x_B to y_B\x_3 =  – sqrt frac – b2a  = x_C to y_Cendarray right.$,

từ đó $Aleft( 0;y_A right);Bleft( sqrt frac – b2a ;y_B right);Cleft( sqrt frac – b2a ;y_C right)$

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 $overrightarrow AB  = left( sqrt frac – b2a ;y_B – y_A right);overrightarrow AC  = left( – sqrt fracb2a ;y_C – y_A right)$

Từ đó $left( 1 right) Leftrightarrow overrightarrow AB ,overrightarrow AC  = 0 Leftrightarrow fracb2a + left( y_B – y_A right)^2 = 0$

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 $ABC$: $AB^2 + AC^2 = BC^2 Leftrightarrow 2.AB^2 = BC^2$

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

Tam giác $ABC$ đều khi $AB = BC Leftrightarrow AB^2 = BC^2,left( 2 right)$ với $overrightarrow AB  = left( sqrt frac – b2a ;y_B – y_A right);overrightarrow BC  = left( – 2sqrt frac – b2a ;0 right)$

Từ đó $left( 2 right) Leftrightarrow frac – b2a + left( y_B – y_A right)^2 = frac – 2ba$

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 $BC Rightarrow Hleft( 0;y_B right)$

Ta có $cos widehat HAB = fracAHAB Leftrightarrow cos 60^0 = fracAHAB Leftrightarrow AB = 2AH Leftrightarrow AB^2 = 4AH^2,left( 3 right)$ với $overrightarrow AB  = left( {sqrt frac – b2a ;y_B – y_A} right);overrightarrow AH  = left( 0;y_B – y_A right)$, từ đó $left( 3 right) Leftrightarrow frac – b2a + left( y_B – y_A right)^2 = 4left( y_B – y_A right)^2$

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 $BC Rightarrow Hleft( 0;y_B right)$. Khi đó $S_Delta ABC = frac12AH.BC Leftrightarrow 2S_0 = AH.BC Leftrightarrow 4S_0^2 = AH^2.BC^2,left( 4 right)$ với 2$overrightarrow BC  = left( { – 2sqrt {frac – b2a} ;0} right);overrightarrow AH  = left( 0;y_B – y_A right)$, từ đó $left( 3 right) Leftrightarrow 4S_0^2 + left( y_B – y_A right)^2.4left( {frac{ – b}{{2a}}} right)$

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 $S = fracabc4R Rightarrow R = fracabc4S Leftrightarrow R = fracAB.AC.BC4.frac14AH.BC Leftrightarrow R = fracAB^22.AH$

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 $Gleft( 0;alpha right)$ cho trước

Ta có điều kiện trong trường hợp này là $alpha  = fracy_A + y_B + y_C3 Leftrightarrow y_A + 2y_B = 3alpha $

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 $S = p.r Rightarrow r = fracSP = fracfrac12AH.BCfracAB + AC + BC2 = fracAH.BC2AB + BC$. 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 $y = x^4 – 2left( m + 1 right)x^2 + m$, 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 $y’ = 4x^3 – 4left( m + 1 right)x = 4xleft[ x^2 – left( m + 1 right) right] Rightarrow y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx = 0\x^2 = m + 1endarray right.$

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    $y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx_1 = 0 Rightarrow y_1 = m\x_2 = sqrt m + 1  Rightarrow y_2 =  – left( m + 1 right)^2 + m\x_3 =  – sqrt m + 1  Rightarrow y_3 =  – left( m + 1 right)^2 + mendarray right.$

Theo bài ta có tọa độ các điểm cực trị là $Aleft( 0;m right)$; $Bleft( sqrt m + 1 ; – m^2 – m – 1 right)$; $Cleft( – sqrt m + 1 ; – m^2 – m – 1 right)$

Từ đó $OA = BC Leftrightarrow OA^2 = BC^2 Leftrightarrow m^2 = 4left( m + 1 right) Leftrightarrow m^2 – 4m – 4 =  –  Leftrightarrow left[ beginarraylm = 2 + 2sqrt 2 \m = 2 – 2sqrt 2endarray right.$

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

Ví dụ 2: (Dự bị khối B – 2003). Cho hàm số $y = x^4 – 2m^2x^2 + 1$, 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’ = 4x^3 – 4m^2x = 4xleft[ x^2 – m^2 right] Rightarrow y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarrayl

x = 0\x^2 = m^2endarray 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 $y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx_1 = 0 Rightarrow y_1 = 1\x_2 = m Rightarrow y_2 = 1 – m^4\x_3 =  – m Rightarrow y_3 = 1 – m^4endarray right. to Aleft( 0;1 right),Bleft( m;1 – m^4 right),Cleft( – m;1 – m^4 right)$

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 $AB bot AC Leftrightarrow overrightarrow AB .overrightarrow AC  = 0 Leftrightarrow left( m; – m^4 right).left( – m; – m^4 right) = 0 Leftrightarrow  – m^2 + m^8 = 0 Leftrightarrow m^2left( m^6 – 1 right) = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylm = 0\m =  pm 1endarray right.$

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

Ví dụ 3: Cho hàm số $y = x^4 + 2mx^2 – m – 1$, 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 $4sqrt 2 $.

b) Đều.

c) Có một góc bằng $120^0$

Lời giải:

Ta có $y’ = 4x^3 + 4mx = 4xleft( x^2 + m right) Rightarrow y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx = 0\x^2 =  – mendarray right.$

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 $y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx = 0 Rightarrow y =  – m – 1\x = sqrt – m  Rightarrow y =  – m^2 – m – 1\x =  – sqrt – m  Rightarrow y =  – m^2 – m – 1endarray right. to Aleft( 0; – m – 1 right),Bleft( sqrt – m ; – m^2 – m – 1 right),Cleft( – sqrt – m ; – m^2 – m – 1 right)$

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 $BC Rightarrow Hleft( 0; – m^2 – m – 1 right)$

Khi đó, $S_Delta ABC = frac12AH.BC = 4sqrt 2  Leftrightarrow AH/BC = 8sqrt 2  Leftrightarrow AH^2.BC^2 = 128,left( 1 right)$

Ta $overrightarrow BC  = left( – 2sqrt – m ;0 right);overrightarrow AH  = left( 0; – m^2 right)$ 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 $AB = BC Leftrightarrow AB^2 = BC^2,left( 2 right)$

Ta có $overrightarrow AB  = left( sqrt – m ; – m^2 right),overrightarrow BC  = left( – 2sqrt – m ;0 right)$ từ đó $left( 2 right) Leftrightarrow  – m + m^4 =  – 4m Leftrightarrow m^4 =  – 3m Leftrightarrow left[ beginarraylm = 0\m =  – sqrt[3]3endarray right.$

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 $BC Rightarrow Hleft( 0; – m^2 – m – 1 right)$

Trong tam giác vuông $HAB$ có $sin widehat HAB = sin 60^0 = fracBHAB Leftrightarrow fracBHAB = fracsqrt 3 2 Leftrightarrow sqrt 3 AB = 2BH = BC Leftrightarrow 3AB^2 = BC^2,left( 3 right)$

Ta có  $overrightarrow AB  = left( sqrt – m ; – m^2 right),overrightarrow BC left( – 2sqrt – m ;0 right)$ khi đó $left( 3 right) Leftrightarrow 3left( – m + m^4 right) =  – 4m Leftrightarrow left[ beginarraylm = 0\m =  – frac1sqrt[3]3endarray right.$

Đối chiếu với điều kiện (*) ta được $m =  – frac1sqrt[3]3$ là giá trị cần tìm.

Ví dụ 4: Cho hàm số $y = x^4 – 2mx^2 + m – 1$, 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 $y’ = 3x^3 – 4mx = 4xleft( x^2 – m right) Rightarrow y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx = 0\x^2 = mendarray right.$

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  $y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx = 0 Rightarrow y = m – 1\x = sqrt m  Rightarrow y =  – m^2 + m – 1\x =  – sqrt m  Rightarrow y =  – m^2 + m – 1endarray right. to Aleft( 0;m – 1 right),Bleft( sqrt m ; – m^2 + m – 1 right),Cleft( – sqrt m ; – m^2 + m – 1 right)$

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 $BC Rightarrow Hleft( 0; – m^2 + m – 1 right)$

Diện tích tam giác $ABC:S_Delta ABC = fracAH.BC2 = fracAB.BC.AC4R Rightarrow R = fracAB^22AH’left( 1 right)$

Ta có $overrightarrow AB  = left( sqrt m ; – m^2 right);overrightarrow AH  = left( 0; – m^2 right) Rightarrow left{ beginarraylAB^2 = m + m^4\AH = m^2endarray right.$

Khi đó, $left( 1 right) Leftrightarrow 2 = fracm + m^4m^2 Leftrightarrow m^3 – 2m + 1 = 0 Leftrightarrow left( m – 1 right)left( m^2 + m – 1 right) = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylm = 1\m = frac – 1 pm sqrt 5 2endarray right.$

Đối chiếu với điều kiện (*) ta được $m = 1;m = fracsqrt 5  – 12$ là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 5: (Khối A – 2012). Cho hàm số $y = x^4 – 2left( m + 1 right)x^2 + m^2left( 1 right)$, 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 $y’ = 4left( m + 1 right)x = 4xleft[ x^2 – left( m + 1 right) right] Rightarrow y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx = 0\x^2 = m + 1endarray right.$

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 $y’ = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylx_1 = 0 Rightarrow y_1 = m^2\x_2 = sqrt m + 1  Rightarrow y_2 =  – 2m – 1\x_3 =  – sqrt m + 1  Rightarrow y_3 =  – 2m – 1endarray right. to Aleft( 0;m^2 right),Bleft( sqrt m + 1 ; – 2m – 1 right),Cleft( – sqrt m + 1 ; – 2m – 1 right)$

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 $AB bot AC Leftrightarrow overrightarrow AB .overrightarrow AC  = 0 Leftrightarrow  – left( m + 1 right) + left( m + 1 right)^4 = 0 Leftrightarrow left[ beginarraylm + 1 = 0\m + 1 = 1endarray right. Leftrightarrow left[ beginarraylm =  – 1\m = 0endarray right.$

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 $y = x^4 – 4mx^2 + 2m + 1$, 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 $3sqrt 2 $.

b) Có trọng tâm là $Gleft( 0;frac23 right)$

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

Bài 2: Tìm $m$ để hàm số $y = x^4 – 2m^2x^2 + 1$ 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 $y = x^4 + 2left( m – 2 right)x^2 + m^2 – 5m + 5$ 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 $y = x^4 + 2mx^2 + m^2 + m$ 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 : $m =  – frac1sqrt[3]3$

Bài 5: Cho hàm số $y = x^4 + 2mx^2 + 2m + m^4$ 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) $y =  – 2x^4 – left( 2m + 1 right)x^2 + m + 3$

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

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

Bài 7: Cho hàm số $y = x^4 – 2mx^2 + 2left( C right)$.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 $y = x^4 – 2mx^2 + mleft( C right)$. 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 $d = dleft( B;Delta right) + dleft( C;Delta right) = sqrt 2 left( fracBC2 right)^4$

Bài 9: Cho hàm số $y = x^4 = 2mx^2 + 1$, $left( C right)$ 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.

Bạn thấy bài viết thế nào?