Phương trình và hàm số bậc 4

PHƯƠNG TRÌNH VÀ HÀM SỐ BẬC 4 
I. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN 
Ta thường gặp các dạng đặc biệt sau : 
Dạng 1: Phương trình trùng phương ax4 + bx2 + c = 0 (1) 
 Đặt t = x2, ta có phương 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 
không âm. 
 ax4 + bx2 + c = 0 (a ≠ 0) ⇔ 
2
2
0
( ) 0
t x
f t at bt c
⎧ = ≥⎨ = + + =⎩
 t = x2 ⇔ x = ± t 
 (1) có 4 nghiệm ⇔(1/ ) có 2 nghiệm dương ⇔ ; 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
>
>
>Δ
0S
0P
0
 (1) có 3 nghiệm ⇔(1/ ) có 1 nghiệm dương và 1 nghiệm bằng 0 ⇔ ⎩⎨
⎧
>
=
0S
0P
 (1) có 2 nghiệm ⇔(1/ ) có 1 nghiệm dương ⇔ P < 0 hay ; 0
/ 2 0S
Δ =⎧⎨ >⎩
(1) có 1 nghiệm ⇔( (1/ ) có nghiệm thỏa t1 < 0 = t2 ) hay ( (1/ ) có nghiệm thỏa t1 = t2 = 0 ) 
⇔ hay 0
0
P
S
=⎧⎨ <⎩
0
/ 2 0S
Δ =⎧⎨ =⎩
(1) vô nghiệm ⇔(1/ ) vô nghiệm hay ( 1/ ) có 2 nghiệm âm 
 ⇔ Δ < 0 ∨ ⇔ Δ < 0 ∨ 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
<
>
≥Δ
0S
0P
0
0
0
P
S
>⎧⎨ <⎩ 
( 1 ) có 4 nghiệm là CSC ⇔ 
⎩⎨
⎧
=
<<
12
21
t3t
tt0
 Giải hệ pt : 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
+=
=
21
21
12
t.tP
ttS
t9t
Dạng 2 : Phương trình bậc 4 có tính đối xứng : 
 ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0 (2) 
 * Nếu a = 0, ta có phương trình x(bx2 + cx + b) = 0 
 * Nếu a ≠ 0, ta có phương trình tương đương : 
 0c
x
1xb
x
1xa
2
2 =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ + 
 Đặt t = x + 
x
1 phương trình cho viết thành 
 a(t2 – 2) + bt + c = 0 (2’) với ⏐t⏐≥ 2 
 Chú ý : Khi khảo sát hàm số : t = x + 
x
1 , ta có : 
 * Một nghiệm lớn hơn 2 của phương trình (2’) sẽ tương ứng với 2 nghiệm dương của 
phương trình (2). 
 * Một nghiệm nhỏ hơn 2 của phương trình (2’) sẽ tương ứng với 2 nghiệm âm của 
phương 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) 
 * phương trình t = x + 
x
1
 vô nghiệm khi ⏐t⏐< 2 
Dạng 3 : ax4 + bx3 + cx2 – bx + a = 0 (3) 
 * Nếu a = 0, ta có phương trình x(bx2 + cx – b) = 0 
 * Nếu a ≠ 0, có phương trình tương đương 
 0c
x
1xb
x
1xa
2
2 =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ + 
 Đặt t = x – 
x
1 , phương trình cho viết thành : 
 a(t2 + 2) + bt + c = 0 (3’) với t ∈ R. 
 Chú ý : phương trình t = x – 
x
1 có 2 nghiệm trái dấu với mọi t 
Dạng 4 : (x + a)4 + (x + b)4 = c (C) 
 Đặt t = 
2
bax ++ , t ∈ R thì với α = 
2
ba − pt (C) viết thành : 
 (t – α)4 + (t + α)4 = c ⇒ phương trình trùng phương đã biết cách giải và biện luận. 
Dạng 5 : (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e với a + b = c + d. Đặt : t = x2 + (a + b)x. Tìm đk 
của t bằng BBT. 
 I I . TRỤC ĐỐI XỨNG CỦA HÀM BẬC 4 
 Cho hàm bậc 4 : y = ax4 + bx3 + cx2 + dx + c có đồ thị (C). 
 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 HÀM BẬC BỐN TRÙNG PHƯƠNG : 
 y = ax4 + bx2 + c 
 y’ = 4ax3 + 2bx 
 y’ = 0 ⇔ 2x(2ax2 + b) = 0 
 ⇔ x
ax b
=
+ =
⎡
⎣⎢⎢
0 1
2 02
( )
( )2
3
1. Hàm số có 3 cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 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 vàb
a vàab
= ≠
≠ ≥
⎡
⎣⎢
0 0
0 0
IV.CỰC TRỊ HÀM BẬC BỐN DẠNG : 
 y = ax4 + bx3 + cx2 + d 
 y’ = 4ax3 + 3bx2 + 2cx 
 y’ = 0 ⇔ x(4ax2 + 3bx + 2c) = 0 
 ⇔ x
ax bx c
=
+ + =
⎡
⎣⎢⎢
0
4 3 2 02 ( )
1. Khi a > 0, ta có : Hàm số chỉ có 1 cực tiểu mà không có cực đại. 
 ⇔ (3) vô nghiệm hay (3) có nghiệm kép hay (3) có nghiệm x = 0. 
2. Khi a < 0, ta có: Hàm số chỉ có 1 cực đại mà không có cực tiểu. 
 ⇔ (3) vô nghiệm hay (3) có nghiệm kép hay (3) có nghiệm x = 0. 
TOÁN ÔN VỀ HÀM 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 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (Co). Xác định tọa độ điểm uốn. 
2) 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. 
3) 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 = 
2
1− 
4) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 
5) 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. 
6) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) và có hệ số góc bằng –8. Tìm tọa độ các tiếp điểm. 
 III. Trong phần này ta khảo sát hàm số trong trường hợp tổng quát. 
7) 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. 
8) Trong trường hợp đồ thị hàm số có ba điểm cực trị hãy viết phương trình parabol đi qua 
ba điểm cực trị này. 
9) Định a để đồ thị có hai điểm uốn. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm uốn 
này. 
BÀI GIẢI 
PHẦN I: 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )0C 
 Khi a = 0 hàm số thành y = x4 – 4x2 + 3 
 y′= 4x3 – 8x, / /y = 12x2 – 8 
 y′= 0 ⇔ x = 0 x∨ 2 = 2 ⇔ x = 0 ∨ x = ± 2 
 y ( )0 = 3, y ( 2± ) = –1 
 y′′= 0 ⇔ =2 2x
3
⇔ x = ± 6
3
; y
6
3
⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠
= 7
9
( )0C có 2 điểm cực tiểu là ( )2 , -1± và 1 điểm cực đại là ( ) 0,3
( )0C có 2 điểm uốn là 6 7, 3 9
⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠
Bảng biến thiên và đồ thị : bạn đọc tự làm. 
2) Tiếp tuyến ( tại M ()D )− +4 2m , m 4m 3 thuộc ( )0C có phương trình: 
 y = y′ ( )m ( Mx - x )
( )x - m
 + yM 
 hay y = ( + m)34m - 8m 4 – 4m2 + 3 
 Phương trình hoành độ giao điểm của ( )D và ( )0C là 
 x4 – 4x2 + 3 = ( )34m - 8m ( )x - m + m4 – 4m2 + 3 (1) 
 ( Nhận xét: pt (1) chắc chắn nhận m làm nghiệm kép nên ta có: 
 (1) ⇔ ( )2x - m ( ) =2Ax + Bx + C 0 ) 
 (1) ⇔ x4 – m4 – 4 ( )2 2x - m = ( )x - m ( )34m - 8m 
 ⇔ x – m = 0 ∨ x3 + mx2 + m2x + m3 – 4 ( )x + m = 4m3 – 8m 
 ⇔ x = m ∨ x3 + mx2 + ( )2m - 4 x – 3m3 + 4m = 0 (2) 
 ⇔ x = m ∨ ( )x - m ( )2 2x + 2mx + 3m - 4 = 0 
 ⇔ x = m ∨ x2 + 2mx + 3m2 – 4 = 0 (3) 
 Do đó, ( cắt ()D )0C tại 2 điểm P, Q khác m 
⇔ (3) có 2 nghiệm phân biệt khác m. 
⇔ 
2 2 2
2 2
m + 2m + 3m - 4 0
 = m - 3m + 4 > 0
⎧ ≠⎪⎨ ′Δ⎪⎩
 ⇔
2
2
2m 
3
m < 2
⎧ ≠⎪⎨⎪⎩
 (4)⇔
6m 
3
m < 2
⎧ ≠ ±⎪⎨⎪⎩
 Để M là trung điểm của PQ thì 
 xM = P Q
x + x
2
 m = –m m = 0 ⇒ ⇒
 (m = 0 thoả (4) nên nhận) 
 Nhận xét: pt (2) chắc chắn có nghiệm x = m. 
3) I là trung điểm của PQ nên: 
 ta có xI = –m 
 và 2yI = yP + yQ = 2 ( )4 2m - 4m + 3 ⇒ yI = – 4 + 3 4Ix 2Ix
 Vậy quĩ tích của I là 1 phần đồ thị của hàm số y = x4 – 4x2 + 3 
với x < 2 và x ≠ ± 6
3
PHẦN II: Khảo sát hàm số với a = – 1
2
4) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )C khi a = – 1
2
 : độc giả tự làm. 
 a = – 1
2
 , hàm số thành y = x4 – 4x3 + 3; y / = 4x3 – 12x2
5) Tìm a, b để phương trình hoành độ giao điểm của 
 y = x4 – 4x3 + 3 ( )C và đường thẳng: y = ax + b ( )1D 
 có 2 nghiệm kép phân biệt α , β . 
 Phương trình hoành độ giao điểm của ( )C và ( )1D là 
 x4 – 4x3 + 3 = ax + b 
 x⇔ 4 – 4x3 – ax + 3 – b = 0 
 Do đó, yêu cầu bài toán 
 x⇔ 4 – 4x3 – ax + 3 – b = ( )2x - α ( )2x - β ∀x 
 mà ( )2x-α ( )2x-β = x4 –2 ( )+ α β x3 + ( )2 2+ +4α β αβ x2 –2 x+αβ ( )α +β 2α 2β 
 Do đó, yêu cầu bài toán 
 ⇔
( )
( )
⎧− α + β⎪α β αβ = α +β + α⎪⎨ αβ α β⎪⎪α β⎩
2 2 2
2 2
2 = -4
 + + 4 = 0 ( ) 2
2 + = a
 = 3 - b
β
 ⇔
α β⎧⎪ αβ αβ⎪⎨⎪⎪⎩
 + = 2
4 + 2 = 0( =-2)
a = -8
3 - b = 4
 a = – 8 và b = –1. ⇒
α β αβ
⇒ α β + β α +
với + = 2 và =-2
( = 1- 3 và =1 3 )hay( = 1- 3 và =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 và 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: 
4x3 – 12x2 = – 8 
 4x⇔ 3 – 12x2 + 8 = 0 ⇔ x3 – 3x2 + 2 = 0 
 ⇔ ( )x - 1 ( )2x - 2x -2 = 0 ⇔ x = 1 hay x = 1± 3 
 y ( )1 = 0, y (1 - 3 ) = – 9 + 8 3 , y ( )1 + 3 = –9 – 8 3 
 Tiếp tuyến tại ( là y = – 8)1,0 ( )x - 1 hay y = –8x + 8 
 Theo câu 5, 2 tiếp điểm tại A và B có cùng 1 tiếp tuyến là 
 y = – 8x – 1 
 Tóm lại có 2 tiếp tuyến thỏa ycbt là : 
 y = –8x + 8 hay y = – 8x – 1. 
 Các tiếp điểm là : ( , A)1,0 ( )1 - 3, -9 + 8 3 và B ( )1 + 3, -9 - 8 3 
 PHẦN III: 
7) Số điểm cực trị của hàm số là nghiệm đơn hay nghiệm bội ba của đa thức: 
 f′ ( )x = 4x3 + 24ax2 – 8 ( )x 1 + 2a
 = 4x ( )2x + 6ax - 2 1 + 2a⎡ ⎤⎣ ⎦ 
 Tam thức g(x) = x2 + 6ax – 2(1 + 2a) có : 
 = 9a′Δ 2 + 4a + 2 > 0 , nên a∀
i) Khi a ≠ 1
2
− , g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0, 
suy ra có 3 nghiệm đơn phân biệt ( )f x = 0′
⇒ có 3 cực trị. 
ii) Khi a = 1
2
− thì g(x) = 0 có 1 nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm khác 
 0 có 1 nghiệm kép x = 0 và 1 nghiệm đơn ⇒ ( )f x = 0′
 ⇒ có 1 cực trị 
Điều kiện cần để hàm chỉ có 1 cực trị là a = 1
2
− . 
Khi a = 1
2
− , hàm đạt cực tiểu tại x = 3. 
(Khi a = 1
2
− , g(x) = 0 ⇔ x2 = 0 x = 3 ∨
với x = 0 là nghiệm kép và x = 3 là nghiệm đơn). 
Vậy khi a = 1
2
− thì hàm chỉ có cực tiểu và không có cực đại. 
8) Khi a ≠ 1
2
− , hàm số có 3 cực trị. 
Gọi x1, x2, x3 là hoành độ 3 điểm cực trị khi a ≠ 1
2
− , ta có : 
x1, x2, x3 là nghiệm của f′ ( )x = 0. 
Chia đa thức f ( )x cho 1
4
f′ ( )x ta có: 
f ( )x = 1
4
f′ ( )x [ ]x + 2a – 2 ( )26a + 2a + 1 x2 + 4 ( )2a + 2a x + 3 
Vậy 3 điểm cực trị thoả phương trình: 
y = –2 ( )26a + 2a + 1 x2 + 4 ( )2a + 2a x + 3 
vì = = ff′ ( )1x f′ ( )2x ′ ( )3x = 0 
Vậy, phương trình Parabol đi qua 3 điểm cực trị là : 
y = –2 ( )26a + 2a + 1 x2 + 4 ( )2a + 2a x + 3 
9) y′ = 4x3 + 24ax2 – 8 ( )x 1 + 2a
 y′′ = 12x2 + 48ax – 8 ( ) 1 + 2a
 y′′ = 0 3x⇔ 2 + 12ax – 2 ( )1 + 2a = 0 (9) 
 Vì (9) có = 36a′Δ 2 + 6 ( ) 1 + 2a
 = 6 ( )26a + 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 1
4
f′′ ( )x (vế trái của (9)) 
 Ta có : f ( )x = 1
4
f′′ ( )x ( )h x⎡⎣ ⎤⎦ + Ax + B 
 thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm uốn là: y = Ax + B. 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2002 KHỐI B: 
(ĐH: 2,0đ; CĐ: 2,5đ): 
Cho hàm số : y = mx4 + (m2 – 9)x2 + 10 (1) (m là tham số) 
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 . 
BÀI GIẢI 
 1) m = 1, y = x4 – 8x2 + 10 (C). MXĐ : D = R 
 y’ = 4x3 – 16x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±2 
 y” = 12x2 – 16; y” = 0 ⇔ x = 
3
2± 
x −∞ −
3
2 
3
2 +∞ 
y" + 0 − 0 + 
(C) lõm lồi lõm 
 Điểm uốn I1 ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −
9
10,
3
2 , I2 ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
9
10,
3
2 
x −∞ −2 0 2 +∞ 
y' − 0 + 0 − 0 + 
y +∞ 10 +∞ 
 −6 CĐ −6 
 CT CT 
2) y = mx4 + (m2 – 9)x2 + 10 
 y’ = 4mx3 + 2(m2 – 9)x 
 y’ = 0 ⇔ ⎢⎢⎣
⎡
=−+
=
(*)0)9m(mx2
0x
22
 y có 3 cực trị ⇔ 
 (*) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 0 
−6
x
y
10
−2 2
O
 ⇔ m(m2 – 9) < 0 
 ⇔ m < −3 ∨ 0 < m < 3 
ĐỀ DỰ BỊ 1 - NĂM 2002 – KHỐI A 
 (2,0 điểm) Cho hàm số: y = x4 – mx2 + m – 1 (1) (m là tham số) 
 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. 
BÀI GIẢI 
 1) Khi m = 8 ⇒ y = x4 – 8x2 + 7 
 • MXĐ : D = R. •y' = 4x3 – 16x = 4x(x2 – 4) 
 y' = 0 ⇔ 4x(x2 – 4) = 0 ⇔ x = 0 hay x = ±2 
 • y'' = 12x2 – 16; y'' = 0 ⇔ 12x2 – 16 = 0 
 ⇔ x2 = =16 4
12 3
⇔ x = ± 2 3
3
x −∞ −2 0 2 +∞ 
y' − 0 + 0 − 0 + 
y +∞ 7 +∞ 
 - 9 −9 
x −∞ 2 3
3
− 2 3
3
 +∞ 
y'' + 0 − 0 + 
y +∞ lõm -17/9 lồi - 17/9 lõm +∞
O
2−2
7
−9
x
y
 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 (1) 
 Đặt t = x2 ≥ 0, t2 – mt + m – 1 = 0 (2) 
 Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt . 
 ⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt. 
 ⇔ ⇔ 
2 2
1 2
1 2
m 4(m 1) (m 2)
S t t m 0
P t t m 1 0
⎧Δ = − − = − >⎪ = + = >⎨⎪ = = − >⎩
0
m 1
m 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) Khảo sát hàm số (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. 
BÀI GIẢI 
 1) Khi m = 1 thì y = x4 – 2x2 + 1 MXĐ : D = R 
 y’ = 4x3 – 4x = 4x(x2 - 1) , y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = ± 1 
 y’’=12x2 – 4 , y’’ = 0 ⇔ x = 3
3
± 
 y(0) = 1 ; y (± 1) = 0 ; y( 3
3
± ) = 4
9
x −∞ –1 0 1 +∞ 
y’ – 0 + 0 – 0 + 
y +∞ +∞ 
0000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 
x −∞ 3
3
− 3
3
 +∞ 
y’’ + 0 – 0 + 
y +∞ lõm 4
9
 lồi 4
9
 lõm +∞ 
y 
 1 
-1 0 x1 
 2) y’ = 4x3 – 4 m x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 2 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
 ⇒ 4AB ( m ; m )= − −uuur và 4AC ( m ; m )= −uuur .Vì y là hàm chẵn nên 
 AC = AB. Do đó, yêu cầu bt ⇔ m ≠ 0 và AB.AC 0
→ → = 
 ⇔ m ≠ 0 và – m2 + m8 = 0 ⇔ m6 = 1 ⇔ m = 1± 
DỰ BỊ 1 KHỐI B NĂM 2005: 
(2 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 4 26 5y x x= − + 
2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt : 4 2 26 logx x m 0− − = . 
1/ Khảo sát 4 2y x 6x 5= − +
MXĐ: D= R ( )= − = − = ⇔ = = ±/ 3 2 /y 4x 12x 4x x 3 ,y 0 x 0 hay x 3 
= − = ⇔ = ±/ / 2 / /y 12x 12,y 0 x 1 
BBT 
x −∞ 3− -1 0 1 3 +∞
y ' - 0 + + 0 - - 0 + 
y '' + + 0 - - 0 + + 
y +∞ 5 +∞
 -4 0 0 -4 
Đồ thị 
2/ Tìm m để pt 4 2 2x 6x log m 0− − = có 4 nghiệm phân biệt. 
4 2 4 2
2 2x 6x log m 0 x 6x 5 log m 5− − = ⇔ − + = + 
Đặt 2k log m 5= + 
Ycbt đường thẳng y= k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt ⇔
4 k 5⇔ − < < ⇔ − < + <24 log m 5 5 ⇔ − < <29 log m 0 ⇔ < <9
1 m 1
2
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ : 
 I . ( ĐH KT QUỐC DÂN HÀ NỘI, NĂM 1 9 9 7 ) 
 Cho hàm số : y = (1) − 2 2(2 x )
 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. PHẠM HỒNG DANH 
TT luyện thi chất lượng cao Vĩnh Viễn