Phương trình và hàm số bậc 4

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÖÔNG TRÌNH VAØ HAØM SOÁ BAÄC 4 I. CAÙCH GIAÛI PHÖÔNG TRÌNH BAÄC BOÁN Ta thường gặp các dạng đặc biệt sau : Daïng 1: Phöông trình truøng phöông ax4 + bx2 + c = 0 (1) Ñaët t = x2, ta coù phöông trình : at2 + bt + c = 0 (1’) Nghiệm dương của (1’) ứng với 2 nghiệm của (1) Vậy điều kiện cần và đủ để (1) có nghiệm là phương trình (1’) có ít nhất một nghiệm khoâng aâm. ⎧ t = x2 ≥ 0 ax4 + bx2 + c = 0 (a ≠ 0) ⇔ ⎨ 2 ⎩ f (t ) = at + bt + c = 0 t = x2 ⇔ x = ± t. ⎧Δ >0 ⎪ (1) coù 4 nghieäm ⇔(1/ ) coù 2 nghieäm döông ⇔ ⎨ P > 0 ; ⎪S> 0 ⎩. ⎧P = 0 ⎩S> 0. (1) coù 3 nghieäm ⇔(1/ ) coù 1 nghieäm döông vaø 1 nghieäm baèng 0 ⇔ ⎨ ⎧Δ=0 (1) coù 2 nghieäm ⇔(1/ ) coù 1 nghieäm döông ⇔ P < 0 hay ⎨ ; ⎩ S /2>0. (1) coù 1 nghieäm ⇔( (1/ ) coù nghieäm thoûa t1 < 0 = t2 ) hay ( (1/ ) coù nghieäm thoûa t1 = t2 = 0 ) ⇔. ⎧P=0 hay ⎨ ⎩S <0. ⎧Δ=0 ⎨ ⎩ S /2=0. (1) voâ nghieäm ⇔(1/ ) voâ nghieäm hay ( 1/ ) coù 2 nghieäm aâm. ⎧Δ ≥ 0 ⎧P>0 ⎪ ⇔ Δ < 0 ∨ ⎨P > 0 ⇔ Δ < 0 ∨ ⎨ ⎩S <0 ⎪S< 0 ⎩. ⎧ 0 < t1 < t 2 ⎩ t 2 = 3 t1. ( 1 ) coù 4 nghieäm laø CSC ⇔ ⎨. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ⎧ t 2 = 9 t1 ⎪ Giaûi heä pt : ⎨ S = t1 + t 2 ⎪ P = t .t 1 2 ⎩ Phương trình bậc 4 có tính đối xứng : ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0 (2) 2 * Neáu a = 0, ta coù phöông trình x(bx + cx + b) = 0 * Neáu a ≠ 0, ta coù phöông trình töông ñöông :. Daïng 2 :. 1 ⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ a⎜ x 2 + 2 ⎟ + b⎜ x + ⎟ + c = 0 x⎠ x ⎠ ⎝ ⎝. Ñaët t = x +. 1 phöông trình cho vieát thaønh x. a(t2 – 2) + bt + c = 0 (2’) với ⏐t⏐≥ 2 Chuù yù : Khi khaûo saùt haøm soá : t = x +. 1 , ta coù : x. * Một nghiệm lớn hơn 2 của phương trình (2’) sẽ tương ứng với 2 nghiệm dương của phöông trình (2). * Một nghiệm nhỏ hơn 2 của phương trình (2’) sẽ tương ứng với 2 nghiệm âm của phöông trình (2) * Một nghiệm t = 2 của phương trình (2’) sẽ tương ứng với nghiệm x = 1 của phương trình (2) * Một nghiệm t = – 2 của phương trình (2’) sẽ tương ứng với nghiệm x = –1 của phương trình (2) * phöông trình. t=x+. 1 voâ nghieäm khi ⏐t⏐< 2 x. Daïng 3 : ax4 + bx3 + cx2 – bx + a = 0 (3) * Neáu a = 0, ta coù phöông trình x(bx2 + cx – b) = 0 * Neáu a ≠ 0, coù phöông trình töông ñöông 1 ⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ a⎜ x 2 + 2 ⎟ + b⎜ x − ⎟ + c = 0 x⎠ x ⎠ ⎝ ⎝ 1 Ñaët t = x – , phöông trình cho vieát thaønh : x. a(t2 + 2) + bt + c = 0 (3’) với t ∈ R.. Chuù yù : phöông trình t = x – Daïng 4 :. 1 có 2 nghiệm trái dấu với mọi t x. (x + a)4 + (x + b)4 = c. (C). a+b a−b Ñaët t = x + , t ∈ R thì với α = pt (C) vieát thaønh : 2 2. (t – α)4 + (t + α)4 = c ⇒ phương trình trùng phương đã biết cách giải và biện luận. Daïng 5 : (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e với a + b = c + d. Đặt : t = x2 + (a + b)x. Tìm đk cuûa t baèng BBT. I I . TRỤC ĐỐI XỨNG CỦA HAØM BẬC 4 Cho hàm bậc 4 : y = ax4 + bx3 + cx2 + dx + c có đồ thị (C).. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Giả sử a > 0, (C) có trục đối xứng nếu ta tìm được các số α, β, γ, m sao cho : ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = (αx2 + βx + γ)2 + m ∀x ∈ R. Dùng đồng nhất thức cho ta có được các hệ số α, β, γ, m.. III . CỰC TRỊ CỦA HAØM BẬC BỐN TRÙNG PHƯƠNG : y = ax4 + bx2 + c y’ = 4ax3 + 2bx y’ = 0 ⇔ 2x(2ax2 + b) = 0 ⎡x=0. (1). 2. (2). ⇔ ⎢. ⎢⎣ 2ax + b = 0. 1. Hàm số có 3 cực trị ⇔ (2) coù 2 nghieäm phaân bieät khaùc 0 ⇔ a.b < 0 2. Hàm số có đúng 1 cực trị ⇔ (2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc có nghiệm bằng 0.. ⎡ a = 0 vaøb ≠ 0. ⇔ ⎢ a ≠ 0 vaøab ≥ 0 ⎣ IV.CỰC TRỊ HAØM BẬC BỐN DẠNG : y = ax4 + bx3 + cx2 + d y’ = 4ax3 + 3bx2 + 2cx y’ = 0 ⇔ x(4ax2 + 3bx + 2c) = 0 ⎡x=0. ⇔ ⎢. 2 ⎢⎣ 4ax + 3bx + 2c = 0. (3). 1. Khi a > 0, ta có : Hàm số chỉ có 1 cực tiểu mà không có cực đại. ⇔ (3) voâ nghieäm hay (3) coù nghieäm keùp hay (3) coù nghieäm x = 0. 2. Khi a < 0, ta có: Hàm số chỉ có 1 cực đại mà không có cực tiểu. ⇔ (3) voâ nghieäm hay (3) coù nghieäm keùp hay (3) coù nghieäm x = 0.. 1) 2) 3). TOÁN ÔN VỀ HAØM SỐ BẬC 4 Cho hàm số bậc 4 có đồ thị (C a ) với phương trình : y = x4 + 8ax3 – 4(1 + 2a)x2 + 3 I. Trong phần này ta khảo sát hàm số ứng với a = 0 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (Co). Xác định tọa độ điểm uốn. Định m để tiếp tuyến với (Co) tại M có hoành độ m, cắt (Co) tại hai điểm P, Q khác điểm M. Có giá trị nào của m để M là trung điểm đoạn PQ. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn PQ khi m thay đổi trong điều kiện câu 2. II. Trong phần này ta khảo sát hàm số ứng với a = −. 4) 5). 6). 1 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) Cho đường thẳng ( D ) có phương trình y = ax + b. Tìm a, b để phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D) có hai nghiệm kép phân biệt α và β. Tìm tọa độ hai điểm chung. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) và có hệ số góc bằng –8. Tìm tọa độ các tiếp điểm.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 7) 8) 9). III. Trong phần này ta khảo sát hàm số trong trường hợp tổng quát. Biện luận theo a số điểm cực trị của hàm số. Định a để hàm số chỉ có điểm cực tiểu mà không có điểm cực đại. Trong trường hợp đồ thị hàm số có ba điểm cực trị hãy viết phương trình parabol đi qua ba điểm cực trị này. Định a để đồ thị có hai điểm uốn. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm uốn naøy. BAØI GIAÛI. PHAÀN I: 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C0 ) Khi a = 0 haøm soá thaønh y = x4 – 4x2 + 3. y′ = 4x3 – 8x,. y / / = 12x2 – 8. y′ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x2 = 2 ⇔ x = 0 ∨ x = ± 2. (. y ( 0 ) = 3, y ± 2. y′′ = 0 ⇔ x 2 =. ) = –1 ⎛. 6 2 ⇔ x= ± ; 3 3. (. y⎜±. ⎝. 6⎞ 7 ⎟= 3 ⎠ 9. ). ( C0 ). có 2 điểm cực tiểu là ± 2 , -1 và 1 điểm cực đại là ( 0,3). ( C0 ). coù 2 ñieåm uoán laø ⎜ ±. ⎛ ⎝. 6 7⎞ , ⎟ 3 9⎠. Bảng biến thiên và đồ thị : bạn đọc tự làm. 2). (. ). Tieáp tuyeán ( D ) taïi M m , m 4 − 4m 2 + 3 thuoäc ( C0 ) coù phöông trình: y = y′ ( m ) ( x - x M ) + yM hay. (. y = 4m 3 - 8m. ) (x - m). + m4 – 4m2 + 3. Phương trình hoành độ giao điểm của ( D ) và ( C0 ) là. (. x4 – 4x2 + 3 = 4m 3 - 8m. ) (x - m) + m. 4. – 4m2 + 3. (1). ( Nhaän xeùt: pt (1) chaéc chaén nhaän m laøm nghieäm keùp neân ta coù: (1). ⇔ (x - m). 2. ( Ax. 2. + Bx + C ) = 0 ). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> (1). ⇔ x4 – m4 – 4 ( x 2 - m 2 ) = ( x - m ) ( 4m 3 - 8m ) ⇔ x – m = 0 ∨ x3 + mx2 + m2x + m3 – 4 ( x + m ) = 4m3 – 8m. (. ). ⇔ x=m. ∨ x3 + mx2 + m 2 - 4 x – 3m3 + 4m = 0. ⇔x = m. ∨ ( x - m ) x 2 + 2mx + 3m 2 - 4. ⇔x = m. ∨ x2 + 2mx + 3m2 – 4 = 0. (. ) =0. Do đó, ( D ) cắt ( C0 ) tại 2 điểm P, Q khác m. ⇔ (3) coù 2 nghieäm phaân bieät khaùc m. ⎧⎪ m 2 + 2m 2 + 3m 2 - 4 ≠ 0 ⇔ ⎨ 2 2 ⎪⎩ Δ′ = m - 3m + 4 > 0. ⎧ 6 2 ⎧ 2 ⎪m ≠ ± ⎪m ≠ ⇔⎨ 3 ⇔ (4) ⎨ 3 2 ⎪m < 2 ⎪m < 2 ⎩ ⎩ Để M là trung điểm của PQ thì xM =. x P + xQ. ⇒ m = –m ⇒ m = 0. 2. (m = 0 thoả (4) nên nhận) Nhaän xeùt: pt (2) chaéc chaén coù nghieäm x = m. 3). I laø trung ñieåm cuûa PQ neân: ta coù xI = –m vaø. (. 2yI = yP + yQ = 2 m 4 - 4m 2 + 3. ). ⇒. yI = x I 4 – 4 x I 2 + 3. Vậy quĩ tích của I là 1 phần đồ thị của hàm số y = x4 – 4x2 + 3 với x <. 2 vaø x ≠ ±. 6 3. PHẦN II: Khảo sát hàm số với a = – 4). 1 2. Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) khi a = –. 1 : độc giả tự làm. 2. Lop12.net. (2). (3).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> a=– 5). 1 , haøm soá thaønh y = x4 – 4x3 + 3; y / = 4x3 – 12x2 2. Tìm a, b để phương trình hoành độ giao điểm của y = x4 – 4x3 + 3 ( C ) và đường thẳng: y = ax + b ( D1 ) coù 2 nghieäm keùp phaân bieät α , β . Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và ( D1 ) là x4 – 4x3 + 3 = ax + b. ⇔. x4 – 4x3 – ax + 3 – b = 0. Do đó, yêu cầu bài toán. ⇔. x4 – 4x3 – ax + 3 – b = ( x - α ). maø. ( x-α ) ( x-β ) 2. 2. ( x - β). 2. 2. ∀x. (. ). = x4 –2 ( α + β ) x3 + α 2 +β2 +4αβ x2 –2 αβ ( α + β ) x+ α2 β 2. Do đó, yêu cầu bài toán. ⇔. ⎧−2 ( α + β ) = -4 ⎪ 2 2 2 ⎪α + β + 4αβ = 0 = (α + β) + 2αβ ⎨ ⎪2αβ ( α + β ) = a ⎪ α 2β 2 = 3 - b ⎩. ⇔. ⎧α + β = 2 ⎪ 4 + 2αβ = 0( αβ = -2 ) ⎪ ⎨ ⎪a = -8 ⎪⎩3 - b = 4. ⇒. a = – 8 vaø b = –1.. với α + β = 2 và αβ = -2 ⇒ (α = 1- 3 vaø β =1 + 3 ) hay (β = 1- 3 vaø α =1 + 3 ) Khi đó, thế x = 1 ± 3 và y = – 8 x – 1, ta có 2 điểm chung là. (. A 1-. ). (. 3, -9 + 8 3 vaø B 1 + 3, -9 - 8 3. ). 6) Gọi x là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến có hệ số góc bằng –8, ta có: 3 4x – 12x2 = – 8. ⇔. 4x3 – 12x2 + 8 = 0 ⇔. x3 – 3x2 + 2 = 0. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ( x - 1) ( x 2. ⇔. (. y (1) = 0, y 1 -. - 2x -2 ) = 0. x = 1 hay. ⇔. ). (. x = 1±. 3. ). 3 = – 9 + 8 3 , y 1 + 3 = –9 – 8 3. Tieáp tuyeán taïi (1,0 ) laø. y = – 8 ( x - 1) hay y = –8x + 8. Theo caâu 5, 2 tieáp ñieåm taïi A vaø B coù cuøng 1 tieáp tuyeán laø y = – 8x – 1 Toùm laïi coù 2 tieáp tuyeán thoûa ycbt laø : y = –8x + 8 hay y = – 8x – 1.. (. ). Caùc tieáp ñieåm laø : (1,0 ) , A 1 -. (. 3, -9 + 8 3 vaø B 1 + 3, -9 - 8 3. ). PHAÀN III: 7). Số điểm cực trị của hàm số là nghiệm đơn hay nghiệm bội ba của đa thức:. f ′ ( x ) = 4x3 + 24ax2 – 8 (1 + 2a ) x = 4x ⎡⎣ x 2 + 6ax - 2 (1 + 2a ) ⎤⎦ g(x) = x2 + 6ax – 2(1 + 2a) coù :. Tam thức. Δ′ = 9a2 + 4a + 2 > 0 , ∀a neân Khi a ≠ −. i). 1 , g(x) = 0 coù 2 nghieäm phaân bieät khaùc 0, 2. suy ra f ′ ( x ) = 0 coù 3 nghieäm ñôn phaân bieät có 3 cực trị.. ⇒. ii) Khi a = − 0. 1 thì g(x) = 0 coù 1 nghieäm baèng 0 vaø 1 nghieäm khaùc 2. ⇒ f ′ ( x ) = 0 coù 1 nghieäm keùp x = 0 vaø 1 nghieäm ñôn ⇒ có 1 cực trị. Điều kiện cần để hàm chỉ có 1 cực trị là a = − Khi a = −. 1 , hàm đạt cực tiểu tại x = 3. 2. (Khi a = −. 1 , g(x) = 0 ⇔ x2 = 0 ∨ x = 3 2. Lop12.net. 1 . 2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> với x = 0 là nghiệm kép và x = 3 là nghiệm đơn). Vaäy khi a = − 8). Khi a ≠ −. 1 thì hàm chỉ có cực tiểu và không có cực đại. 2. 1 , hàm số có 3 cực trị. 2. Gọi x1, x2, x3 là hoành độ 3 điểm cực trị khi a ≠ −. 1 , ta coù : 2. x1, x2, x3 laø nghieäm cuûa f ′ ( x ) = 0. Chia đa thức f ( x ) cho f (x) =. 1 f ′ ( x ) ta coù: 4. 1 f ′ ( x ) [ x + 2a] – 2 ( 6a2 + 2a + 1) x2 + 4 ( a + 2a2 ) x + 3 4. Vậy 3 điểm cực trị thoả phương trình:. (. ). (. ). y = –2 6a2 + 2a + 1 x2 + 4 a + 2a2 x + 3. f ′ ( x1 ) = f ′ ( x 2 ) = f ′ ( x 3 ) = 0. vì. Vậy, phương trình Parabol đi qua 3 điểm cực trị là :. (. ). (. ). y = –2 6a2 + 2a + 1 x2 + 4 a + 2a2 x + 3 9). y′ = 4x3 + 24ax2 – 8 (1 + 2a ) x y′′ = 12x2 + 48ax – 8 (1 + 2a ) y′′ = 0. ⇔ 3x2 + 12ax – 2 (1 + 2a ) = 0. (9). Vì (9) coù Δ′ = 36a2 + 6 (1 + 2a ). (. ). = 6 6a2 + 2a + 1 > 0 , ∀ a nên đồ thị luôn có 2 điểm uốn I, J có hoành độ là nghiệm của phương trình (9) Hướng dẫn: giả sử chia f ( x ) cho Ta coù : f ( x ) =. 1 f ′′ ( x ) (veá traùi cuûa (9)) 4. 1 f ′′ ( x ) ⎡⎣ h ( x ) ⎤⎦ + Ax + B 4. thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm uốn là: y = Ax + B.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2002 KHỐI B:. (ÑH: 2,0ñ; CÑ: 2,5ñ): Cho haøm soá : y = mx4 + (m2 – 9)x2 + 10 (1) (m laø tham soá) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=1 . 2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị . BAØI GIAÛI 4 2 1) m = 1, y = x – 8x + 10 (C). MXÑ : D = R 3 y’ = 4x – 16x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±2 y” = 12x2 – 16; y” = 0 ⇔ x = ± x. −∞. −. y" (C). + loõm. 2. 2. 3. 3. 0. − 0 loài. 2 3. +∞ + loõm. ⎛ 2 10 ⎞ Ñieåm uoán I1 ⎛⎜⎜ − 2 , 10 ⎞⎟⎟ , I2 ⎜⎜ , ⎟⎟. x y' y. ⎝ 3. −∞. −2 − 0. ⎝ 3 9 ⎠. 9 ⎠. +. +∞ −6 CT. 0 0 10 CÑ. 2) y = mx4 + (m2 – 9)x2 + 10 y’ = 4mx3 + 2(m2 – 9)x. −. 2 0. +∞ + +∞. −6 CT y 10. ⎡x = 0. y’ = 0 ⇔ ⎢. 2 2 ⎢⎣2 mx + (m − 9) = 0(*). y có 3 cực trị ⇔ (*) coù 2 nghieäm phaân bieät ≠ 0 ⇔ m(m2 – 9) < 0 ⇔ m < −3 ∨ 0 < m < 3. −2 O. 2. x. −6. ĐỀ DỰ BỊ 1 - NĂM 2002 – KHỐI A (2,0 ñieåm) Cho haøm soá: y = x4 – mx2 + m – 1 (1) (m laø tham soá) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 8. 2) Xác định m sao cho đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt. BAØI GIAÛI 1) Khi m = 8 ⇒ y = x4 – 8x2 + 7 • MXÑ : D = R. •y' = 4x3 – 16x = 4x(x2 – 4) y' = 0 ⇔ 4x(x2 – 4) = 0 ⇔ x = 0 hay x = ±2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> • y'' = 12x2 – 16; y'' = 0 ⇔ 12x2 – 16 = 0 ⇔ x2 =. 16 12. x. =. 4 3. ⇔x= ±. −∞. y'. 3. 0. −2 −. y. 2 3. 0. +. 0. +∞. 2 0. −. −∞. y''. +∞ −9. −. 2 3 3. +. y. +. 7 -9. x. +∞. +∞. loõm. 2 3 3. 0. 7. −2. 0. −. -17/9 loài. +∞. - 17/9. + loõm. +∞. y. O. 2. x. −9. 2) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. • Phương trình hoành độ giao điểm : x4 – mx2 + m – 1 = 0 2. 2. Ñaët t = x ≥ 0, t – mt + m – 1 = 0 Phöông trình (1) coù 4 nghieäm phaân bieät . ⇔ Phöông trình (2) coù 2 nghieäm döông phaân bieät.. Lop12.net. (1) (2).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> ⎧Δ = m2 − 4(m − 1) = (m − 2)2 > 0 ⎧m > 1 ⎪ ⇔ ⎨S = t1 + t 2 = m > 0 ⇔ ⎨ ⎩m ≠ 2 ⎪P = t t = m − 1 > 0 1 2 ⎩. ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - DỰ BỊ 1 - NĂM 2004 - KHỐI A (2 điểm) Cho hàm số : y = x4 – 2m2x2 + 1 (1) với m là tham số 1) Khaûo saùt haøm soá (1) khi m = 1. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân. BAØI GIAÛI 1) Khi m = 1 thì y = x4 – 2x2 + 1 MXÑ : D = R y’ = 4x3 – 4x = 4x(x2 - 1) , y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = ± 1 3 y’’=12x2 – 4 , y’’ = 0 ⇔ x = ± 3 3 4 y(0) = 1 ; y (± 1) = 0 ; y( ± )= 3 9 x −∞ –1 0 1 +∞ y’ – 0 + 0 – 0 + y +∞ +∞ 0000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000. x. −∞. y’’. −. +. y. +∞ loõm. 3 3 0 4 9. 3 3 0. – loài. +∞ +. 4 9. loõm +∞. y 1. -1. 0. 1. x. 2) y’ = 4x3 – 4 m 2 x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = ± m . Hàm có 3 cực trị ⇔ m ≠ 0. Gọi A (0;1) ; B, C là 2 điểm cực trị có hoành độ là ± m suy ra tung độ của B và C là 1 – m4 uuur. uuur. ⇒ AB = (− m ; − m 4 ) vaø AC = ( m ; − m 4 ) .Vì y laø haøm chaün neân →. →. AC = AB. Do đó, yêu cầu bt ⇔ m ≠ 0 và AB.AC = 0 ⇔ m ≠ 0 vaø – m2 + m8 = 0 ⇔ m6 = 1 ⇔ m = ±1. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> DỰ BỊ 1 KHỐI B NĂM 2005:. (2 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y = x 4 − 6 x 2 + 5 2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt : x 4 − 6 x 2 − log 2 m = 0 . 1/ Khaûo saùt y = x 4 − 6x 2 + 5 MXÑ: D= R. (. ). y / = 4x3 − 12x = 4x x 2 − 3 ,y / = 0 ⇔ x = 0 hay x = ± 3. y / / = 12x 2 − 12,y / / = 0 ⇔ x = ±1 BBT. x y' y '' y. −∞. -1. − 3 +. 0. + +. 0. 0 + -. 0. 1 -. 0. +. 0. 5. +∞ -4. 0. 0. -4. 2/ Tìm m để pt x 4 − 6x 2 − log2 m = 0 có 4 nghiệm phân biệt.. x 4 − 6x 2 − log2 m = 0 ⇔ x 4 − 6x 2 + 5 = log2 m + 5 Ñaët k = log2 m + 5 Ycbt ⇔ đường thẳng y= k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt. ⇔ −4 < log2 m + 5 < 5 ⇔ −9 < log2 m < 0 ⇔. Lop12.net. + +. +∞. Đồ thị. ⇔ −4 < k < 5. +∞. 3. 1 < m <1 29.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> BAØI TẬP ĐỀ NGHỊ : I . ( ÑH KT QUOÁC DAÂN HAØ NOÄI, NAÊM 1 9 9 7 ) Cho haøm soá : y = (2 − x 2 )2 (1) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm A (0; 4 ). II . ( ĐH QG TP HCM ( đợt 3 ) , NĂM 1 9 9 8) Cho hàm số : y = m2 x4 – 2 x2 + m (1) với m là tham số khác không. 1) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2) Khảo sát sự biến thiên của hàm số (1) khi m ≠ 0. Từ đó xác định m sao cho m2 x4 – 2 x2 + m ≥ 0 với mọi số thực x. III . ( ĐH Y DƯỢC TP HCM , NĂM 1 9 9 8) Cho hàm số : y = –x4 + 2 (m + 1) x2 – 2m –1 (1) với m là tham số 1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ tạo thành 1 cấp số cộng. 2) Gọi (C ) là đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. Tìm tất cả các điểm trên trục tung sao cho từ đó có thể kẻ được 3 tiếp tuyến với ( C ).. ThS. PHAÏM HOÀNG DANH TT luyện thi chất lượng cao Vĩnh Viễn. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>