SKKN một số TÍNH CHẤT về điểm cực TRỊ của đồ THỊ hàm số bậc bốn TRÙNG PHƯƠNG và ỨNG DỤNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
---------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ TÍNH CHẤT VỀ ĐIỂM CỰC TRỊ CỦA ĐỒ THỊ HÀM
SỐ BẬC BỐN TRÙNG PHƯƠNG VÀ ỨNG DỤNG

Người thực hiện: Hồ Thị Bình
Chức vụ: Giáo viên
SKKN (thuộc lĩnh vực mơn): Tốn

THANH HĨA NĂM 2021


MỤC LỤC


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Việc đổi mới phương pháp, hình thức dạy học và kiểm tra, đánh giá theo định
hướng phát triển năng lực học sinh đã được triển khai từ hơn 30 năm qua. Hầu
hết giáo viên hiện nay đã được trang bị lí luận về các phương pháp và kĩ thuật
dạy học tích cực trong quá trình đào tạo tại các trường sư phạm cũng như quá
trình bồi dưỡng, tập huấn hằng năm. Tuy nhiên, việc thực hiện các phương pháp
dạy học tích cực trong thực tiễn còn chưa thường xuyên và chưa hiệu quả.
Hàm số bậc 4 trùng phương ln là một dạng tốn trong tất cả các đề thi đại học
của học sinh phổ thông, kể cả học sinh khá giỏi. Trong đề thi THPT quốc gia và
đề thi Học sinh giỏi các tỉnh thành, bài toán ứng dụng hàm số Bậc 4 trùng

phương xuất hiện ngày càng nhiều. Mặc dù đa phần các bài tập đều quy về
nghiệm đẹp và tính chất hàm trùng phương, song với thời gian giải quyết đề thi
trắc nghiệm như hiện nay, việc sử dụng các kết quả sẵn có giúp học sinh tiết
kiệm được rất nhiều thời gian. Chính vì vậy, tơi chọn đề tài “Một số tính chất về
điểm cực trị của đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương và ứng dụng” làm đề tài
nghiên cứu của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Ghi nhớ các tính chất hàm bậc bốn trùng phương nhằm giúp học sinh bớt thời
gian khi giải các bài toán liên quan tới hàm số bậc bốn trong quá trình học và
thi.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh khối 12 qua các năm giảng dạy từ
trước đến nay.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu là xây dựng cơ sở lý thuyết, thống kê đưa ra các bài
tốn tổng qt.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
4
2
Xét hàm số y = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) trên ¡ .
x = 0

3
2
Ta có y′ = 4ax + 2bx = 2 x ( 2ax + b ) . Suy ra y′ = 0 ⇔ 

2
 2ax + b = 0 (1)
Ở đây chúng ta chỉ xét trường hợp hay gặp là đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có

ba điểm cực trị phân biệt.
Đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có ba điểm cực trị phân biệt khi và chỉ khi y′ = 0
có ba nghiệm phân biệt hay phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0
⇔ ab < 0 (*)


x = 0

Với điều kiện (*) ta có y′ = 0 ⇔ 
b . Suy ra đồ thị hàm số có ba điểm
x=± −

2a
2


b
b 
b
b2 
cực trị là A ( 0; c ) , B  − − ; c − ÷ và C  − ; c − ÷.
2a
4a 
2a
4a 


2b
b 4 − 8ab

BC
=
−
Khi đó ta có AB = AC =
và
.
a
16a 2

+) Tam giác ABC luôn cân tại A
+) B, C đối xứng nhau qua Oy và x B = − x C , y B = yC = yH
uuur uuur
+) Để tam giác ABC vuông tại A: AB.AC = 0
+) Tam giác ABC đều: AB = BC
+) Tam giác ABC có diện tích S:

S=

1
1
AH.BC = x B − x C . y A − y B
2
2

Trường hợp thường gặp: Cho hàm số
y = x 4 − 2bx 2 + c

+) Hàm số có 3 cực trị khi b > 0
+) A, B, C là các điểm cực trị
A ( 0;c ) , B

(

) (

b, c − b 2 , C − b;c − b 2

)

+) Tam giác ABC vuông tại A khi b = 1
+) Tam giác ABC đều khi b = 3 3
1
µ = 1200 khi b =
+) Tam giác ABC có A
3
3

+) Tam giác ABC có diện tích S0 khi S0 = b 2 b
+) Tam giác ABC có bán kính đường trịn ngoại tiếp R 0 khi 2R 0 =
+) Tam giác ABC có bán kính đường trịn nội tiếp r0 khi r0 =

b3 + 1
b

b2
b3 + 1 + 1

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Với sự thay đổi của kì thi THPT Quốc Gia kể từ năm 2017, các bài tốn
về hàm số chiếm tỉ lệ 20% có thể sẽ được đưa vào các đề thi. Như đề thi minh

họa lần 1 và lần 2 của Bộ Giáo Dục và Đào tạo đều có các bài tốn về hàm số
trùng phương. Trước khi thực hiện đề tài này nhiều học sinh xử lý bài toán hàm
số trùng phương mất khoảng 7 phút một bài, đây là một dạng tốn quen thuộc
nếu học sinh chăm chỉ chịu khó thì có thể rút thời lượng xuống cịn 1 phút – và
đấy là mong ước của tôi khi thực hiện chuyên đề này.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề.
1) Điều kiện để ba điểm cực trị A, B, C tạo thành ba đỉnh của một tam giác
vuông.


Vì AB = AC nên tam giác ABC là tam giác cân tại A. Suy ra tam giác ABC là
·
tam giác vuông khi và chỉ khi BAC
= 900 hay tam giác ABC vng cân tại A.
Khi đó BC = AB 2 ⇔ BC 2 = 2 AB 2 ⇔ −

2b
b 4 − 8ab
= 2.
⇔ b 3 + 8a = 0
2
a
16a

Tính chất 1: Đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có ba điểm cực trị tạo thành ba
ab < 0

đỉnh của một tam giác vuông khi và chỉ khi 

3
b + 8a = 0

.

2) Điều kiện để ba điểm cực trị A, B, C tạo thành ba đỉnh của một tam giác
đều.
Ta có tam giác ABC là tam giác đều khi và chỉ khi AB = AC = BC ⇔ AB 2 = BC 2
b 4 − 8ab
2b
⇔
=−
⇔ b3 + 24a = 0 .
2
16a
a

Tính chất 2: Đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có ba điểm cực trị tạo thành ba
ab < 0

đỉnh của một tam giác đều khi và chỉ khi 

3
b + 24a = 0

.

3) Điều kiện để ba điểm cực trị A, B, C tạo thành ba đỉnh của một tam giác
cân có một góc α cho trước.
Có ba trường hợp xảy ra.

Trường hợp 1: α > 900 .
Khi đó tam giác ABC là tam giác tù. Vì tam giác ABC cân tại A nên tam giác
·
ABC có một góc α > 900 khi và chỉ khi BAC
=α .
Áp dụng định lý côsin vào tam giác ABC ta có
·
BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos BAC
2b
b 4 − 8ab
⇔ BC 2 = 2 AB 2 ( 1 − cos α ) ⇔ −
= 2.
( 1 − cos α )
a
16a 2
⇔ −16a = ( b3 − 8a ) ( 1 − cos α ) ⇔ b3 + 8a − ( b3 − 8a ) cos α = 0 .

Trường hợp 2: α = 900 ( ta đã xét ở tính chất 1)
Trường hợp 3: α < 900 .
µ =C
µ = α thì µA = 1800 − 2α , suy ra cos A = cos ( 1800 − 2α ) = − cos 2α .
+ Nếu B
Áp dụng định lý côsin vào tam giác ABC ta có
·
BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos BAC
2b
b 4 − 8ab
⇔ BC 2 = 2 AB 2 ( 1 + cos 2α ) ⇔ −
= 2.
( 1 + cos 2α )

a
16a 2
⇔ −16a = ( b3 − 8a ) ( 1 + cos 2α )
⇔ b3 + 8a + ( b3 − 8a ) cos 2α = 0 .


3
3
+ Nếu µA = α thì tương tự trường hợp 1, ta có b + 8a − ( b − 8a ) cos α = 0 .

Tính chất 3. Đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có ba điểm cực trị A, B, C tạo
thành ba đỉnh của một tam giác cân có một góc α cho trước khi và chỉ khi
ab < 0 và
3
3
hoặc b + 8a − ( b − 8a ) cos α = 0 nếu α > 900
hoặc b3 + 8a = 0 nếu α = 900
3
3
µ =C
µ = α < 900
hoặc b + 8a + ( b − 8a ) cos 2α = 0 nếu B
3
3
hoặc b + 8a − ( b − 8a ) cos α = 0 nếu µA = α < 900 .

4) Điều kiện để ba điểm cực trị A, B, C thỏa mãn BC = OA (với O là gốc tọa
độ)
Ta có BC = OA ⇔ BC 2 = OA2 ⇔ −

2b
= c 2 ⇔ ac 2 + 2b = 0 .
a

Tính chất 4. Đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có ba điểm cực trị A, B, C thỏa
ab < 0

mãn điều kiện BC = OA (với O là gốc tọa độ) khi và chỉ khi 

2
ac + 2b = 0

.

5) Điều kiện để ba điểm cực trị A, B, C tạo thành ba đỉnh của một tam giác và
tính diện tích tam giác đó.
Gọi H là giao điểm của BC với trục Oy thì AH là đường cao của tam giác ABC.

b2 
b2
b2
=
Khi đó H có tọa độ H  0; c − ÷. Suy ra AH = −
.
4a 
4a 4 a

1
2b b 2
1

b5
Vậy diện tích tam giác ABC là S ABC = BC. AH = . − .
.
= −
2
a 4a
2
32a 3

Tính chất 5. Đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có ba điểm cực trị A, B, C tạo
thành ba đỉnh của một tam giác có diện tích là S cho trước khi và chỉ khi
ab < 0


b5 .
S
=
−

32a 3


6) Điều kiện để ba điểm cực trị A, B, C tạo thành ba đỉnh của một tam giác và
tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC và H là giao điểm của

b2 
b2
b2
H

0;
c
−
AH
=
−
=
BC với trục Oy. Khi đó H có tọa độ là 
.
÷ và
4a 
4a 4 a



Từ tam giác vng AHC, ta có sin ·ACH =
Áp
2R =

dụng

định

lý

sin

vào

AB

AB
b − 8ab 4 a
=
=
× 2 .
16a 2
b
sin ·ACH AH
2

AH AH
=
.
AC AB

4

tam

Suy ra R =

giác

ABC

ta

được

b − 8a

.
8ab
3

Tính chất 6. Đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có ba điểm cực trị A, B, C tạo
thành ba đỉnh của một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R khi và
ab < 0

b3 − 8a .
chỉ khi 
R
=

8ab


Trên cơ sở vận dụng tương tự tơi có đưa ra 22 cơng thức tính nhanh của cực trị
hàm số trùng phương như sau:
CƠNG THỨC TÍNH NHANH
Ba điểm cực trị tạo thành tam giác ABC thỏa mãn dữ kiện
Công thức thỏa
STT
Dữ kiện
ab < 0
1

Tam giác

ABC

vuông cân tại

2

Tam giác

ABC

đều

3

Tam giác

ABC

·
có góc BAC
=a

4

Tam giác

ABC

có diện tích

SDABC = S0

5

Tam giác

ABC

có diện tích

max(S0)

Tam giác

ABC

có bán kính đường trịn nội tiếp

ABC

có độ dài cạnh BC = m0
có độ dài AB = AC = n0
có cực trị B,C Ỵ Ox
có 3 góc nhọn
có trọng tâm O
có trực tâm O
có bán kính đường tròn ngoại tiếp

6
7
8
9

10
11
12
13
14
15
16
17

A

rD ABC = r0

Tam giác
Tam giác
Tam giác
Tam giác
Tam giác
Tam giác
Tam giác

ABC
ABC
ABC
ABC
ABC
ABC

RDABC = R0

Tam giác
Tam giác
Tam giác
Tam giác

ABC
ABC
ABC
ABC

cùng điểm O tạo hình thoi
có O là tâm đường trịn nội tiếp
có O là tâm đường trịn ngoại tiếp
có cạnh BC = k.AB = k.AC

b3
+1= 0
8a
b3
+3= 0
8a
b3
a
+ cot2 = 1
8a
2
3
2
32a (S0) + b5 = 0

S0 = r0 =

b5
32a3
b2

ổ
ử
b3 ữ
ỗ
ữ
aỗ
1
+
1
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
a
ỗ
ố
ứ

a.m02 + 2b = 0

16a2n02 - b4 + 8ab = 0

b2 - 4ac = 0

b(8a + b3) > 0
b2 - 6ac = 0
b3 + 8a - 4ac = 0
R=

b3 - 8a
8ab

b2 - 2ac = 0
b3 - 8a - 4abc = 0
b3 - 8a - 8abc = 0
b3.k2 - 8a(k2 - 4) = 0


100
Đồ thị hàm số ( C ) : y = ax + bx + c cắt trục Ox
b2 =
ac
9
tại 4 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng
Định tham số để hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
36
b2 =
ac
( C ) : y = ax4 + bx2 + c và trục hồnh có diện tích
5
phần trên và phần dưới bằng nhau.
Trục hồnh chia VABC thành hai phần có diện
b2 = 4 2 ac
tích bằng nhau

Tam giác ABC có điểm cực trị cách đều trục
b2 - 8ac = 0
hồnh
D ABC
Phương
trình
đường
trịn
ngoại
tiếp
4

18
19
20
21
22

2

là:

ỉ
ư
ỉ
2 D
2 Dử
ữ
ữ
ỗ

ữ
ữ
x2 + y2 - ỗ
+
c
y
+
c
=0
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗb 4a
ỗb 4a ứ
ố
ứ
ố

2.4 Bi tp ứng dụng
Ví dụ 1. (Câu 1 đề thi TSĐH năm 2012 khối A và khối A1)
4
2
2
Cho hàm số y = x − 2 ( m + 1) x + m (1), với m là tham số thực.
Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam

giác vng.
Lời giải.
Áp dụng tính chất 1, đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của
−
 2 ( m + 1) < 0
⇔

3
3
b + 8a = 0
−8 ( m + 1) + 8 = 0
ab < 0

một tam giác vuông khi và chỉ khi 
m > −1
m > −1
⇔
⇔
⇔m=0
3
m = 0
( m + 1) = 1

Ví dụ 2. (Câu 1 đề thi TSĐH năm 2011 khối B)
4
2
Cho hàm số y = x − 2 ( m + 1) x + m (1), m là tham số.
Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC ; trong
đó O là gốc tọa độ , A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị
cịn lại.

Lời giải.
Áp dụng tính chất 4, đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho
−
ab < 0
m > −1
 2 ( m + 1) < 0
⇔ 2
⇔ 2
OA = BC khi và chỉ khi  2
ac + 2b = 0
m − 4 ( m + 1) = 0
 m − 4m − 4 = 0
⇔ m = 2±2 2 .

Ví dụ 3. Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 − 3 (1)
Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và bán kính đường trịn ngoại tiếp
tam giác tạo bởi các điểm cực trị đó đạt giá trị nhỏ nhất.


Lời giải.
Áp dụng tính chất 6, đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và bán kính đường
ab < 0

b3 − 8a
tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi các điểm cực trị là R khi và chỉ khi 
 R = 8ab

−2m < 0

3

⇔
−2m ) − 8
(
 R = 8 ( −2m )

m > 0
1 2 1 

⇔
m3 + 1 . Suy ra R =  m + ÷.
2
m
R =
2m


Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương, ta có
1
1
1  1 3 2 1 1
3 1
3
R =  m2 +
+
.
= . 3 = .3 2 .
÷ ≥ .3. m .
2
2m 2m  2
2m 2m 2 4 4

1
1
3
1
⇔ m3 = ⇔ m = 3 .
Vậy min R = . 3 2 ⇔ m 2 =
2
2
4
2m

Ví dụ 4. Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 1 (1)
Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường
trịn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1.
Lời giải.
Áp dụng tính chất 6, đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua
−2m < 0
ab < 0


3
b3 − 8a hay 
−2m ) − 8
ba điểm này có bán kính R khi và chỉ khi 
(
 R = 8 −2m
R = 8 a b
(
)



m > 0

⇔
m3 + 1
R =
2m

m3 + 1
R = 1 , suy ra
1=
Theo đề bài ta có
⇔ m3 − 2m + 1 = 0
2m
⇔ ( m − 1) ( m 2 + m − 1) = 0
m = 1
−1 + 5
⇔
.
 m = −1 ± 5 . Đối chiếu với điều kiện m > 0 ta được m = 1 , m =
2

2

Ví dụ 5. Cho hàm số y = x + 2 ( m − 2 ) x + m − 5m + 5 ( Cm )
Với những giá trị nào của m thì đồ thị ( Cm ) có điểm cực đại và điểm cực tiểu,
đồng thời các điểm cực đại và điểm cực tiểu lập thành một tam giác đều.
4

2

2


Lời giải.
Áp dụng tính chất 2, đồ thị ( Cm ) có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời
các điểm cực đại và điểm cực tiểu lập thành một tam giác đều khi và chỉ khi
ab < 0
 3
b + 24a = 0

2 ( m − 2 ) < 0
⇔
3
8 ( m − 2 ) + 24 = 0

m < 2
⇔
3
( m − 2 ) = −3

m < 2
⇔
m = 2 − 3 3

⇔ m = 2− 3 3.

Ví dụ 6. Cho hàm số y = − x 4 + 2mx 2 + 1
Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác
có một góc bằng 1200 .

Lời giải.
Theo tính chất 3, đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam
ab < 0
giác có một góc α = 120 khi và chỉ khi  3
3
b + 8a − ( b − 8a ) cos α = 0
m > 0
−2m < 0

⇔ 3
⇔ 3
 1
3
3
0
8m − 8 − ( 8m + 8 ) cos120 = 0
8m − 8 − ( 8m + 8 )  − 2 ÷ = 0



m > 0
m > 0
m > 0
1


⇔
⇔ 3 1 ⇔
1 ⇔m= 3 .
3

3
12m − 4 = 0
m = 3
m = 3 3

0

Ví dụ 7. Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m + 2 .
Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác
có diện tích bằng 32.
Lời giải.
Theo tính chất 5, đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam
ab < 0

giác có diện tích S = 32 khi và chỉ khi 
b5
S = −
32a 3

m > 0
⇔
5
32 = m
m > 0
m > 0
⇔
⇔ 2
⇔ m = 4.

5

2
5
32
=
m
m = 32


−2m < 0

5
⇔
−2m )
(
32 = −
32.13


Ví dụ 8. Cho hàm số y = x 4 + 2mx 2 + m − 1 .
Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác
có một góc bằng 300 .
Lời giải


Theo tính chất 3, đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam
giác cân có một góc α = 300 khi và chỉ khi ta có hai trường hợp sau
ab < 0
3
3
b + 8a − ( b − 8a ) cos α = 0

+ Nếu góc ở đỉnh α = 300 thì 

(1)

ab < 0
3
3
b + 8a + ( b − 8a ) cos 2α = 0

+ Nếu góc ở đáy α = 300 thì 

(2)

m < 0
2m < 0

⇔ 3
Ta có (1) ⇔  3
3
3
0
3
=0
8m + 8 − ( 8m − 8 ) cos30 = 0
8m + 8 − ( 8m − 8 ) .
2

m < 0
m < 0

2

⇔ 3
⇔
2 ⇔ m = −3 2 + 3
3
m = − 2 + 3
 2 − 3 m + 2 + 3 = 0
m < 0
2m < 0

⇔ 3
⇔ 3
Và
(2)
1
3
0
3
8m + 8 + ( 8m − 8 ) cos 60 = 0
8m + 8 + ( 8m − 8 ) . 2 = 0
m < 0
⇔ 3
3m + 1 = 0
m < 0
m < 0
1


⇔ 3

1 ⇔m=−3 .
1 ⇔
3
m = − 3
m = − 3 3

2
1
Vậy khi m = − 3 hoặc m = − 3 2 + 3 thì đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo
3
thành ba đỉnh của một tam giác có một góc bằng 300 .

(

)

(

(

(

)

)

)

2.5. BÀI TẬP
Bài tập 1. Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m + 1 .

Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác
đều.
ĐS: m = 3 3
Bài tập 2. Cho hàm số y = − x 4 + 2mx 2 + m 2 + m .
Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác
có một góc bằng 300 .

(

ĐS: m = 3 2 + 3

)

2

hoặc m =

1
3
3

Bài tập 3. Cho hàm số y = 2 x 4 − 2mx 2 − m + 1 (1)
Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và bán kính đường trịn ngoại tiếp
tam giác tạo bởi các điểm cực trị đó đạt giá trị nhỏ nhất
ĐS: min R =

3
⇔ m =1
4

Bài tập 4. Cho hàm số y = 2 x − 2 ( m + 3) x + m + 1 (1), m là tham số.
Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC ; trong
đó O là gốc tọa độ , A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị
còn lại.
ĐS: m = ± 5
4
2
Bài tập 5. Cho hàm số y = − x − 2 ( m − 1) x + m + 1 .
Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác
có diện tích bằng 32.
ĐS: m = −3
Bài tập 6 (THPT CHU VĂN AN HÀ NỘI NĂM 2018) Để đồ thị hàm số
y = x 4 − 2mx 2 + m − 1 có ba điểm cực trị nhận gốc tọa độ O làm trực tâm thì giá trị
của tham số m bằng
4

A. 1

B.

2

1
2

C.

1
3

D. 2

Lời giải
Chọn A
3
2
Ta có y′ = 4 x − 4mx = 4 x ( x − m ) .

2
Khi m > 0 đồ thị hàm số có ba điểm cực trị A ( 0; m − 1) , B ( −m; −m + m − 1) ,

C ( m; −m 2 + m − 1) .
uuu
r
uuur
AB = ( −m; − m 2 ) , OC = ( m; −m 2 + m − 1) .

Vì hàm số đã cho là hàm trùng phương nên hiển nhiên AO ⊥ BC . Để O là trực
uuur uuur
2
2
2
tâm ∆ABC thì CO ⊥ AB ⇔ AB.OC = 0 ⇔ −m − m ( −m + m − 1) = 0
⇔ − m 2 ( −m 2 + m ) = 0 ⇔ m = 0 hoặc m = 1 .

Bài tập 7 (THPT NGUYỄN KHUYẾN HCM NĂM 2018) Tìm tất cả các giá
trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2mx 2 có 3 điểm cực trị tạo thành tam
giác có diện tích nhỏ hơn 32 .
A. m > 0

B. 0 < m < 3
C. 0 < m < 4
D. 0 < m < 2
Lời giải
Chọn C.
x = 0
y′ = 4 x3 − 4mx = 0 ⇔  2
. Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ m > 0 ( 1) .
x = m

2
2
Khi đó, toạ độ 3 điểm cực trị lần lượt là: O ( 0;0 ) , A ( − m ; −m ) , B ( m ; −m ) .
2
Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I ( 0; −m ) .
Theo đề bài:

1
1
OI . AB < 32 ⇔ m2 .2 m < 32 ⇔
2
2
Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra: 0 < m < 4 .

SOAB < 32 ⇔

( m)

5

< 32 ⇔ m < 2 ⇔ m < 4 ( 2 ) .

Bài tập 8 (THPT CỔ LOA HÀ NỘI LẦN 01 NĂM 2018) Gọi S là tập hợp
3m
tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = 2 x 4 + 2mx 2 −
có ba
2


điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị này cùng với gốc tọa độ O tạo thành bốn
đỉnh của một tứ giác nội tiếp được. Tính tổng tất cả các phần tử của S .
A. 2 − 2 3 .
B. −2 − 2 3 .
C. −1 .
D. 0 .
Lời giải
Chọn B.
3
2
Ta có y′ = 8 x + 4mx = 4 x ( 2 x + m ) .
3m
có ba điểm cực trị thì m < 0 .
2


3m 
m −m 2 − 3m 
m −m2 − 3m 

A

0;
−
B
−
;
C
−
−
;
÷
÷
Khi đó ba điểm cực trị là 
÷ , 
÷ và 
÷.
2 
2
2
2
2





·
·
Ta có AO là đường trung trực của BC nên ABO = ACO
Do đó để tứ giác ABOC nội tiếp được khi ·ABO = ·ACO = 90° hay AB ⊥ OB

Đồ thị hàm số y = 2 x 4 + 2mx 2 −

uuu
r uuu
r
 m = −1
m m 2  m 2 + 3m 
⇔ AB.OB = 0 ⇔ − +
.

÷= 0 ⇔ 
2
2 
2

 m = −1 ± 3

Đối chiếu điều kiện ta được S = { −1; −1 − 3} nên tổng cần tìm là −2 − 2 3 .
Bài tập 9 (THPT ĐÔ LƯƠNG NGHỆ AN LẦN 03 NĂM 2018) Tìm các giá
trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m có ba điểm cực trị đồng thời
ba điểm cực trị đó là ba đỉnh của một tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp
lớn hơn 1 .
A. m < −1 .
B. m > 2 hoặc m < −1 .
C. m > 2 .
D. m > 0 .
Lời giải
Chọn C
y ' = 4 x3 − 4mx ;

x = 0
y' = 0 ⇔  2
Để hàm số có ba cực trị thì m > 0 .
x = m

2
2
Khi đó các điểm cực trị là A ( 0; m ) , B ( m ; −m + m ) ,B ( − m ; −m + m ) .

1
AI .BC = m 2 m , với I là trung điểm của BC
2
S
m2
AB + BC + CA
4
PABC =
= m + m+m ; r = =
p 1 + 1 + m3
2
2
m > 1
m > 1
2
3 ⇔
⇔ 2
⇔m>2
r > 1 ⇔ m > 1+ 1+ m
 4
2

3
m ( m − 2 ) ( m + 1) > 0
m − 2m + 1 > 1 + m
S ABC =

Bài tập 10 (THPT CỘNG HIỀN HẢI PHÒNG LẦN 01 NĂM 2018) Cho
hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2 . Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số đó có ba điểm cực trị
là ba đỉnh của một tam giác nhận gốc tọa độ O làm trọng tâm. Giá trị m tìm
được thuộc khoảng nào sau đây?
A. ( 1; 2 ) . B. ( 2; 4 ) .
C. ( −2; −1) .
D. ( −1; 0 ) .
Lời giải:
Chọn A


x = 0

3
+ y′ = 4 x − 4mx = 0 ⇔ 

2
x = m
nghiệm phân biệt ⇔ m > 0

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ y ' = 0 có ba

2
2
+Ba điểm cực trị A ( 0;2 ) , B ( m ; −m + 2 ) , C ( − m ; − m + 2 ) là ba đỉnh một tam giác

x + x + xC

x0 = A B


3
⇔ m2 = 3 ⇔ m = ± 3 .
nhận gốc O là trọng tâm ⇔ 
 y = y A + yB + yC
0

3

Vậy m = 3 ∈ ( 1; 2 )

Bài tập 11 (CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 01 MĐ 903 NĂM 2018) Tìm tất cả
các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y = x 4 − 2mx 2 có ba điểm cực
trị tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1 .
A. m < 1
B. 0 < m < 1
C. 0 < m < 3 4
D. m > 0
Lời giải
Chọn B
x = 0

Hàm số y = x 4 − 2mx 2 có TXĐ : D = ¡ . Ta có y′ = 4 x3 − 4mx ; y′ = 0 ⇔ 

2

x = m

.

Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì m > 0 . Khi đó ba điểm cực trị là O ( 0;0 ) ,

(

)

B − m ; − m2 , C

(

)

m ; − m2 . Tam giác OBC cân tại O , với I ( 0; − m2 ) trung điểm

của BC
1
2

Theo u cầu bài tốn, ta có: S ABC = OI .BC =

1
−m 2 .2 m < 1 ⇔ 0 < m < 1 .
2

Bài tập 12 (CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN 01 NĂM 2018) Cho hàm số
y = ( m + 1) x 4 − ( m − 1) x 2 + 1 . Số các giá trị nguyên của m để hàm số có một điểm

cực đại mà khơng có điểm cực tiểu là:
A. 1 .
B. 0 .
C. 3 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn B
Trường hợp m = −1 , suy ra y = 2 x 2 + 1 ⇒ Hàm số có điểm cực tiểu mà khơng có
điểm cực đại nên loại m = −1 .
Trường hợp m ≠ −1
3
2
Ta có: y′ = 4 ( m + 1) x − 2 ( m − 1) x = 2 x  2 ( m + 1) x − ( m − 1) 
x = 0

Xét y′ = 0 ⇔ 

2
 g ( x ) = 2 ( m + 1) x − ( m − 1) = 0 ( *)

Vì hàm trùng phương ln đạt cực trị tại điểm x = 0 nên để hàm số có một điểm
m + 1 < 0
 m < −1
⇔
, suy ra không tồn tại
−m + 1 ≤ 0
m ≥ 1

cực đại mà khơng có điểm cực tiểu thì 
m thỏa yêu cầu bài toán.

Bài tập 13 (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 01 NĂM
2018) Tìm m đề đồ thị hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 1 có ba điểm cực trị A ( 0; 1) , B, C
thỏa mãn BC = 4?


B. m = 4

A. m = 2

C. m = ±4
Lời giải

D. m = ± 2

Chọn B
x = 0

3
Tập xác định: D = ¡ . y ' = 4 x − 4mx = 0 ⇔ 

2
x = m

.

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ m > 0 .
2
2
Tọa độ điểm cực trị của đồ thị hàm số: A ( 0;1) , B ( m ; − m + 1) , C ( − m ; − m + 1) .

BC = 4 ⇔ 4m = 16 ⇔ m = 4.

Bài tập 14 (CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018) Tìm tất cả các giá trị
4
2
2
thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y = x − 2 ( m + 1) x + m có ba điểm
cực trị tạo thành một tam giác vng cân.
A. m = 0 B. m = − 1; m = 0
C. m = 1
D. m = 1; m = 0
Lời giải
Chọn A
Cách 1: Điều kiện để đồ thị hàm trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c có ba điểm cực
trị là ab < 0 ⇔ m > −1 ⇒ loại B.
Khi đó ba điểm cực trị lập thành tam giác vuông cân khi
3
b3 + 8a = 0 ⇔ −8 ( m + 1) + 8 = 0 ⇔ m = 0 .
2
Cách 2: Ta có y′ = 4 x ( x − m − 1)

x = 0

Xét y′ = 0 ⇔ 

2
x = m +1

. Để đồ thị số có ba điểm cực trị thì m > −1 ( *)

2
Tọa độ ba điểm cực trị là A ( 0; m ) , B ( m + 1; − 2m − 1) , C ( − m + 1; − 2m − 1)

Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng BC thì H ( 0; − 2m − 1)
Khi đó ba điểm cực trị lập thành tam giác vuông cân khi AH = BH
4
⇔ ( m + 1) = m + 1 ⇔ m = 0 : T / m ( *) .

Bài tập 15 (CHUYÊN LAM SƠN THANH HĨA LẦN 01 NĂM 2018) Tìm
tập hợp S tất cả các giá trị của tham số thực m để đồ thị hàm số
y = x 4 − 2m 2 x 2 + m 4 + 3 có ba điểm cực trị đồng thời ba điểm cực trị đó cùng với
gốc tọa độ O tạo thành một tứ giác nội tiếp.
1 
 −1
;0; 
3
 3

B. S = { −1;1}

A. S = 

 −1 1 
;

 3 3

C. S = 

 −1 1 

;

 2 2

D. S = 

Lời giải
Chọn C
x = 0
y ′ = 4 x 3 − 4m 2 x ; y ′ = 0 ⇔ 
 x = ± m.

Để hàm số có 3 cực trị thì phương trình y′ = 0 có 3 nghiệm, hay m ≠ 0 .
4
Khơng mất tính tổng qt giả sử 3 điểm cực trị có tọa độ A ( 0; m + 3) ; B ( m;3) ;
C ( − m;3) .
uuur

uuur

 AB = AC
.
OB = OC

4
Ta có AC ( −m; −m ) ; OC ( −m;3) ; Tứ giác OBAC có 


Suy ra OA là đường trung trực của BC . Để tứ giác OBAC nội tiếp đường trịn thì
điểm B , C phải nhìn cạnh OA dưới góc 90°.

m = 0 : L
uuur uuur
2
4

Khi đó AC.OC = 0 ⇔ m − 3m = 0 ⇔ 
.
1
m=±
:T / m

3

Bài tập 16 (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG LẦN 01 NĂM 2018) Giá
trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m4 + 2m có ba điểm cực trị
là ba đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 4 2 thoả mãn điều kiện nào dưới
đây?
A. m < −3 B. m > 4
C. −3 < m < 0
D. 0 < m < 4
Lời giải
Chọn D
Ta có y′ = 4 x 3 − 4mx . Do đó y′ = 0 ⇔ 4 x3 − 4mx = 0 ⇔ x = 0 ∨ x 2 = m .
Để hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m > 0 .
4
2
4
Gọi ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là A ( 0; m + 2m ) , B ( − m ; m − m + 2m ) ,
B

(

)

m ; m 4 − m 2 + 2m . Do hàm số trùng phương là hàm số chẵn, có đồ thị nhận

trục tung làm trục đối xứng nên tam giác ABC cân ở A . Gọi H là trung điểm
4
2
của BC ta có H ( 0; m − m + 2m ) , từ đó AH = m2 và BC = 2 m . Vậy ta có diện
tích tam giác ABC là
S=

1
1
AH .BC = m 2 .2 m = 4 2 ⇔ m 2 . m = 4 2 ⇔ m = 2 . Vậy thỏa mãn 0 < m < 4 .
2
2

Bài tập 17 (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ LẦN 01 NĂM 2018)
4
2
2
Cho hàm số y = x − 2 ( 1 − m ) x + m + 1 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m
để hàm số có cực đại cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành
tam giác có diện tích lớn nhất.
1
2

1

2

B. m = .

A. m = 0 .

C. m = − .

D. m = 1 .

Lời giải
Chọn A.
3
2
2
2
Ta có y′ = 4 x − 4 ( 1 − m ) x = 4 x ( x − 1 + m ) .
Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì 1 − m 2 > 0 ⇔ −1 < m < 1 .
Với điều kiện trên thì đồ thị hàm số có các điểm cực trị là A ( 0; m + 1) ,
B

(

) (

)

1 − m 2 ; −m 4 + 2m 2 + m , C − 1 − m 2 ; − m 4 + 2 m 2 + m .

Tam giác ABC cân tại A nên có diện tích

2
1
1
BC.d ( A, BC ) = .2 1 − m 2 . ( m 4 − 2m 2 + 1) = 1 − m 2 . ( 1 − m 2 ) ≤ 1, ∀m ∈ ( −1;1) .
2
2
Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất khi m = 0 .

S ABC =

Bài tập 18 (CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 05 NĂM 2018) Cho hàm số
y = x 4 − 2mx 2 + m4 + 2m . Tìm tất cả các giá trị của m để các điểm cực trị của đồ thị
hàm số lập thành một tam giác đều.


A. m = 2 2 .

B. m = 3 3 .
Lời giải

D. m = 1 .

C. m = 3 4 .

Chọn B.
x = 0

Ta có y′ = 4 x3 − 4mx . y′ = 0 ⇔ 

. Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì

2
x = m

m > 0.

Ba

(

điểm

)

cực

B − m ; m 4 − m 2 + 2m . Để
m = 0 ( l )
⇔
.
 m = 3 3

A ( 0; m 4 + 2m ) ,

là

B

(

)

m ; m 4 − m 2 + 2m ,

trị

đó

ABC

là tam giác đều thì AB = BC ⇔ m + m 4 = 4m

Bài tập 19 (Đề minh họa Bộ GD&ĐT)Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m sao cho đồ thị của hàm số y = x 4 + 2mx 2 + 1 có ba điểm cực trị tạo thành một
tam giác vuông cân.
1
9

A. m = − 3 .

C. m =

B. m = −1 .

1
.
9

3

D. m = 1 .

Lờigiải
ChọnB
Cách 1: Sử dụng công thức giải nhanh
Áp dụng công thức giải nhanh cho tam giác vuông cân:
3
8a + b3 = 0 ⇔ 8 + ( 2m ) = 0 ⇔ 2m = −2 ⇔ m = −1 ⇒ Đáp án B
Cách 2: Giải thường
x = 0

3
2
Ta có y ' = 4 x + 4mx = 4 x ( x + m ) ; y ' = 0 ⇔ 

2
 x = −m

Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt
⇒ − m > 0 ⇔ m < 0 ⇒ Loại C,D
Cách 2.1:(Chiều xuôi)
x = 0 ⇒ y = 1
y' = 0 ⇔ 
⇒ A ( 0;1) , B − −m ; −m 2 + 1 , C
2
 x = ± −m ⇒ y = −m + 1

(

điểm

cực trị
uuu
r

uuu
r
⇒ AB = − − m ; − m 2 ; AC =

(

)

(

) (

)

−m ; − m 2 + 1

là ba

)

− m ; − m 2 . Do AB = AC nên tam giác ABC vuông tại

A

uuu
r uuu

r
m = 0
m<0
⇒ AB. AC = 0 ⇔ m + m 4 = 0 ⇔ m ( 1 + m3 ) = 0 ⇔ 

→ m = −1 ⇒ Đáp án B
 m = −1

Cách 2.2:(Chiều ngược)
Thử giá trị “đẹp” từ phương án B với m = −1 , hàm số có dạng: y = x 4 − 2 x 2 + 1

 AB = AC = 2
 A ( 0;1)
x = 0 ⇒ y = 1
y ' = 4 x3 + 4 x = 0 ⇔ 
⇒
⇒  uuu
r uuu
r
 x = ±1 ⇒ y = 0  B ( −1;0 ) , C ( 1;0 )
 AB. AC = 0
⇒ Tam giác ABC vuông cân tại A (thỏa mãn) ⇒ Đáp án B.
Bài tập 20 Biết m = m0 là một số thực dương để đồ thị hàm số y = x 4 − 8m2 x 2 + 3
có 3 điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vng cân. Khi đó, giá trị
nào sau đây gần m0 nhất?


3
2

A. 0 .

B. .

D. −2 .

C. 3 .
Lờigiải

Chọn A
Áp dụng công thức giải nhanh cho tam giác vuông cân:
1
gần 0 nhất ⇒ Đáp án A
2
Bài tập 21 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
y = − x 4 + ( m − 2015 ) x 2 + 1 có ba cực trị tạo thành tam giác vuông.
8a + b3 = 0 ⇔ 8 + ( −8m ) = 0 ⇔ 8m 2 = 2 ⇔ m = ±
3

A. m = 2018

B. m = 2016

C. m = 2015
Lờigiải

D. m = 2017

ChọnD
Áp dụng công thức giải nhanh cho tam giác vuông cân (tam giác luôn cân):

3
8a + b3 = 0 ⇔ −8 + ( m − 2015 ) = 0 ⇔ m − 2015 = 2 ⇔ m = 2017 .
4
2
2
Bài tập 22. Cho hàm số y = x + 2 ( m − 2 ) x + m − m + 1 . Giá trị của m để đồ thị
của hàm số đã cho có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân
thuộc khoảng nào sau đây?



1



B.  ; ÷
3 7
2 6

A.  −1; ÷
3








C.  ; ÷

3 4
2 5







D.  ; ÷
2 3
3 7





Lờigiải
Chọn C
Áp dụng cơng thức giải nhanh cho tam giác vuông cân (tam giác luôn cân):
3
2 5
8a + b3 = 0 ⇔ 8 + ( m − 2 ) = 0 ⇔ m − 2 = −1 ⇔ m = 1 ∈  ; ÷.
3 4

Bài tập 22. (Chun Lam Sơn Thanh Hóa)Tìm tất cả các giá trị của tham số
m sao cho đồ thị của hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m − 1 có ba điểm cực trị tạo thành
tam giác đều. A. m = 0 B. m = 3 3
C. m = 3
D. m > 0

Lờigiải
Chọn B
3
Áp dụng công thức giải nhanh cho tam giác đều 24a + b3 = 0 ⇔ 24 + ( −2m ) = 0
⇔ 24 − 8m3 = 0 ⇔ m3 = 3 ⇔ m = 3 3 .
Bài tập 23. Cho hàm số y = − mx 4 + 2mx 2 − m . Có bao nhiêu giá trị thực của tham
số m đểđồ thị của hàm số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành tam giác đều.
A. 3
B.1
C. 2
D.Vô số
Lờigiải
Chọn C
Xét m = 0 , hàm số có dạng y = 0 khơng có cực trị (loại).
Xét m ≠ 0 , áp dụng công thức giải nhanh cho tam giác đều:
24a + b3 = 0 ⇔ −24m + ( 2m ) = 0
3

⇔ −24m + 8m3 = 0 ⇔ − 8m ( 3 − m2 ) = 0 ⇔ m = ± 3 . Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn.


cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
y = (2m + 1) x + x − 2 + m . Có ba điểm cực trị tạo thành tam giác ABC thỏa mãn A

Bài tập 24. Tìm
4

tất

2

7
9

·
=− .
thuộc trục tung và cos BAC

A. m = 0 .

B. m = −1 .
Lờigiải

C. m = −2 .

D. m = 1 .

Chọn C
7
1−
·BAC 1 + cos BAC
·
·
2
9 = 1 ⇒ tan 2 BAC =
=
Ta có cos 2 =
2
2
9

2

cos 2

1
− 1 = 9 − 1 = 8 . Khi đó
·
BAC
2

·
áp dụng cơng thức giải nhanh cho tam giác có góc BAC
cho trước:
·
BAC
= 0 ⇔ 8(2m + 1) + 8 = 0 ⇔ m = −1 .
2
Bài tập 25. Cho hàm số y = x 4 − 2m 2 x 2 − m 2 + m − 1 . Với giá trị nào của tham số m
8a + b3 tan 2

thì đồ thị của hàm số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích
bằng 32 .
A. m = 3
B. m = 1
C. m = −4
D. m = 4
Lờigiải
Chọn D
Áp dụng công thức giải nhanh cho tam giác có diện tích cho trước S0 ( S0 = 32 ):
5

5
5
32a 3 S02 + b5 = 0 ⇔ 32.1.322 + ( −2m ) = 0 ⇔ ( 2m ) = 323 ⇔ ( 2m ) = 85 ⇔ 2m = 8 ⇔ m = 4 .
Bài tập 26. Cho hàm số y = 3 x 4 − 2mx 2 + m − 1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số
thực m để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện
tích bằng 3 .
A. m = −3
B. m = 3
C. m = 4
D. m = −4
Lờigiải
Chọn B
Áp dụng công thức giải nhanh cho tam giác có diện tích cho trước S0 ( S0 = 3)
32a 3 S02 + b5 = 0 ⇔ 32.33.32 + ( −2m ) = 0 ⇔ ( 2m ) = 65 ⇔ 2m = 6 ⇔ m = 3
5

5

Bài tập 27. Cho hàm số y = x 4 + 2mx 2 − m + 2017 . Tìm tất cả các giá trị của tham
số thực m thì đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện
tích bằng 4 2 .
A. m = −3
B. m = −2
C. m = −4
D. m = −1
Lờigiải
Chọn B
Áp dụng công thức giải nhanh cho tam giác có diện tích cho trước S0 ( S0 = 4 2 )

(

32a 3 S 02 + b5 = 0 ⇔ 32.13. 4 2

)

2

+ ( 2m ) = 0 ⇔ ( 2m ) = ( −4 ) ⇔ 2m = −4 ⇔ m = −2
5

5

5

Bài tập 28. Tính khoảng cách giữa các điểm cực tiểu của đồ thị hàm số
y = 2 x 4 − 3x 2 + 1 .
A. 2 4 3
B. 4 3
C. 3
D. 2 3
Lờigiải


Chọn B
Cách 1: dùng công thức giải nhanh
Cách 1.1: áp dụng công thức giải nhanh về khoảng cách m0 của hai điểm cực
2
2
tiểu là am0 + 2b = 0 ⇔ 2m0 + 2. ( − 3 ) = 0 ⇔ m0 = 4 3
Cách 1.2



∆ 

−b

 −b

∆

−b

3

;− ÷
, C 
;− ÷
⇒ BC = 2
=2
=43
Tọa độ hai điểm cực tiểu B  −
÷
÷
2a
4
 2a 4a 
 2a 4a 

Cách 2:Ta có y′ = 8 x3 − 2 3x
x = 0

4
y′ = 0 ⇔ 8 x − 2 3x = 0 ⇔ 2 x 4 x − 3 = 0 ⇔ 
x = ± 3 ⇒ y = 5

2
8
3

(

2

)

Suy ra tọa độ hai điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là
 4 3 5
 4 3 5
4
B  −
; ÷
,
C
÷  2 ; 8 ÷
÷ ⇒ BC = 3
2
8





Bài tập 29. Giá trị của tham số m bằng bao nhiêu để đồ thị hàm số
y = x 4 − 2mx 2 + 1 − m có ba điểm cực trị A ( 0;1) , B, C thỏa mãn BC = 4 .
A. m = 2
B. m = 2
C. m = 4
D. m = 1
Lờigiải
ChọnC
Áp dụng công thức giải nhanh về khoảng cách m0 = BC = 4 của hai điểm cực tiểu
2
2
( hoặc hai điểm cực đại) là am0 + 2b = 0 ⇔ 1.4 + 2. ( −2m ) = 0 ⇔ m = 4 .
Bài tập 30. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số
y = x 4 − 2 ( m2 − m + 1) x 2 + 2017 − m có ba điểm cực trị sao cho khoảng cách giữa hai
điểm cực tiểu bằng 3 .
A. m = −

3
2

B. m = −

1
2

C. m =

1
2

D. m =

3
2

Lờigiải
ChọnC
Áp dụng công thức giải nhanh về khoảng cách m0 = BC = 3 của hai điểm cực
tiểu ( hoặc hai điểm cực đại) là
am02 + 2b = 0 ⇔ 3 − 4 ( m 2 − m − 1) = 0 ⇔ 4m 2 − 4m + 1 ⇔ m =

1
2

Bài tập 31. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số
y = x 4 − 2 ( m 2 − m + 1) x 2 + 2m − 3 có một điểm cực đại, hai điểm cực tiểu và thỏa
mãn khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu ngắn nhất.
A. m = −

1
2

B. m = −

3
2

Lờigiải
Chọn D

C. m =

3
2

D. m =

1
2


Áp dụng công thức giải nhanh về khoảng cách m0 của hai điểm cực tiểu ( hoặc
hai điểm cực đại) là
2

1 3
3

am + 2b = 0 ⇔ m − 4 ( m − m + 1) = 0 ⇔ m0 = 2 m − m + 1 = 2  m − ÷ + ≥ 2.
= 3
2 4
4

1
Suy ra min m0 = 3 khi m =
2
Bài tập 32. Tìm tất cả các giá trị tham số m để hàm số
2
0

2
0

2

2

y = x 4 − 2 ( 1 + m 2 ) x 2 + 2m − 3 có ba điểm cực trị sao cho khoảng cách giữa hai điểm

cực tiểu là nhỏ nhất
A. m =

1
2

B. m = 0

C. m = 1 hoặc m = −1 D. m = −1

Lờigiải
Chọn B
Áp dụng công thức giải nhanh về khoảng cách của hai điểm cực tiểu ( hoặc hai
điểm cực đại):
am02 + 2b = 0 ⇔ m02 − 4 ( 1 + m 2 ) = 0 ⇔ m0 = 2 1 + m 2 ≥ 2 .
Suy ra min m0 = 2 khi m = 0 .
Bài tập 33. Tìm tất cả các giá trị tham số m để hàm số y = mx 4 − mx 2 + 2m − 3 có
3
.
4

D. m ≠ 0

ba điểm cực trị mà trong đó khoảng cách từ điểm cực đại tới cực tiểu bằng
A. m = ±1

B. m = 1
Lờigiải

C. m = −1

Chọn A
Điều kiện 3 điểm cực trị ab < 0 ⇔ −m 2 < 0 ⇔ m ≠ 0 .
Áp dụng công thức giải nhanh về độ khoảng cách n0 =

3
từ điểm cực đại tới
4

2

4
3
điểm cực tiểu là: 16a 2 n02 − b 4 + 8ab = 0 ⇔ 16.m 2 .  ÷ − ( −m ) + 8m. ( −m ) = 0
4
m = 0
⇔ m2 − m4 = 0 ⇔ 
 m = ±1
m≠0

→ m = ±1 .

Chúý: Dễ nhớ hơn ta có thể viết lại cơng thức tính nhanh trên theo cách sau:
4

b
 b 
n = ÷ −
 2a  2a
2
0

Bài tập 34. Cho hàm số y = − x 4 + 2mx 2 − 4 có đồ thị ( Cm ) . Tìm các giá trị của m
để tất cả các điểm cực trị của ( Cm ) đều nằm trên các hệ trục tọa độ.
A. m ≤ 0
B. m = 2
C. m > 0
D. m ≤ 0 hoặc m = 2
Lờigiải
Chọn B
Áp dụng công thức giải nhanh cho ba điểm cực trị đều nằm trên các hệ trục tọa
∆ = b 2 − 4ac = 0

độ: 

 ab < 0

 4m 2 − 16 = 0
 m = ±2
⇔
⇔

⇔ m = 2.
m > 0
 −2m < 0



2.5 Kết quả đạt được
Khi chưa áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Tổng
Số bài
12C3 56
12C7 55

8.0 – 10.0
SL %
2
3,5
3
5,4

Tổng 111

Trên Khá 38 chiếm 34,2%

Lớp

6,5 – 7,9
SL %
16
34,8

17
30,9

Khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
8.0 – 10.0 6,5 – 7,9
Tổng
Lớp
Số bài SL %
SL %
12C3 56
18
32,1 32
57,1
12C7 55
15
27
30
54
Tổng 111

5.0 – 6.4
SL %
26
46,4
22
40

5.0 – 6.4
SL %
6

10,8
10
18

Trên Khá 95 chiếm 85,5%

3.5 – 4.9
SL %
12
21,3
13
23,7
Dưới Khá
65,8%

0.0 – 3.4
SL %
0
0
0
0
62 chiếm

3.5 – 4.9
SL %
0
0
0
0
Dưới Khá

14,4%

0.0 – 3.4
SL %
0
0
0
0
16 chiếm

Kết quả chung
Chuyên đề này đã được thực hiện giảng dạy khi tôi tham gia dạy khối 12
và luyện thi đại học trong ba năm gần đây. Trong quá trình học chuyên đề này,
học sinh thực sự thấy tự tin, biết vận dụng khi gặp các bài toán liên quan, tạo
cho học sinh niềm đam mê, u thích mơn tốn, mở ra cho học sinh cách nhìn
nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho học
sinh tự học, tự nghiên cứu.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
Sáng kiến kinh nghiệm đã trình bày một cách khái quát về lý thuyết tổng quan
cũng như các công thức cần nhớ nhanh về hàm số trùng phương. Với cách phân
loại như trên, tôi đã cố gắng giới thiệu một cách cụ thể từng dạng và thơng qua
các ví dụ minh họa phần nào giúp các thầy cô giáo và các em học sinh tham
khảo để có thể giải quyết tốt các bài tốn thuộc loại này trong các đề thi Đại
học, cao đẳng và đề thi Học sinh giỏi các tỉnh thành. Xin chân thành cảm ơn các
thầy cơ giáo tổ Tốn trường Trung Học Phổ Thơng Hàm Rồng- Thanh Hóa đã
đóng góp những ý kiến quý báu trong các buổi sinh hoạt chuyên đề. Do kinh
nghiệm còn hạn chế nên bài viết chắc chắn cịn nhiều thiếu sót, rất mong nhận
được sự đóng góp của các bạn đọc và đồng nghiệp để bài viết được hoàn thiện
hơn.

3.2 Kiến nghị
Đối với sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa: Thơng qua việc chấm sáng kiến kinh
nghiệm hàng năm, lựa chọn những đề tài có chất lượng và cần phổ biến rộng rãi
cho các trường trong tỉnh để những trường có điều kiện tương đồng triển khai áp
dụng hiệu quả. Nên đưa những SKKN có chất lượng vào mục “tài nguyên” của
sở để các giáo viên tồn tỉnh có thể tham khảo một cách rộng rãi.


Đối với trường THPT Hàm Rồng : Mỗi sáng kiến kinh nghiệm được lựa chọn
cần được phổ biến rộng rãi trong phạm vi tổ. Cần có những bản lưu trong thư
viện để giáo viên và học sinh tham khảo.
Đối với tổ chuyên môn: Cần đánh giá chi tiết những mặt đạt được, những hạn
chế và hướng phát triển của đề tài một cách chi tiết cụ thể để hoàn thiện sáng
kiến hơn nữa.
Đối với đồng nghiệp: Trao đổi ý tưởng, kinh nghiệm và hỗ trợ trong việc áp
dụng rộng rãi sáng kiến trong mỗi lớp học của mình. Phản hồi những mặt tích
cực. những mặt hạn chế của sáng kiến.
Đề tài nghiên cứu trong thời gian hạn chế, rất mong Hội đồng khoa học Sở giáo
dục và đào tạo Thanh Hóa nghiên cứu, góp ý bổ sung để sáng kiến hồn thiện
hơn nữa.
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 09 tháng 05 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm của mình viết, khơng sao chép nội
dung của người khác.
Người viết SKKN

Hồ Thị Bình

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Lê Duy Lực- Hoàng Minh Quân. Các phương pháp đột phá giải nhanh
trắc nghiệm Hàm Số, NXB Thông Tin và truyền thông, 2020.
[2] Www789.vn Giải pháp Trắc nghiệm. Bất đẳng thức hiện đại, Tài liệu
online.
[3] Các đề thi đại học 2005 – 2021, các đề thi thử của các trường ĐH, trường
THPT trong cả nước.
[4] Diễn đàn