Bài tập giải mẫu Khảo sát hàm số - Hàm đa thức

 1 
Hàm bậc ba: 
Bài 1: 
Cho hàm số 3 2(1 2 ) (2 ) 2y x m x m x m       (C) 
1. Tìm m để hàm đồng biến trên  0; 
2 Tìm m để hàm số có CĐ, CT thỏa mãn: 
a. 2CTx  
b. Hoành độ các điểm cực trị lớn hơn -1 
c. 1 2
1
3
x x  , với 1 2;x x là hoành độ các điểm cực trị 
d. Có ít nhất 1 hoành độ cực trị thuộc khoảng (-2; 0) 
Giải: 
1. Hàm đồng biến trên  0; 2' 3 (1 2 ( 02 ) 2 )y x m x m      với  0;x   
 
2
4 1
23 2xxf x m
x



 

 với  0;x   
Ta có:  
 
 
2
2
2
3 1 732 6' 0 6
4
0
11
3
2
x
f xx
x
x x
x
  
   
  

  
Lập bảng biến thiên của hàm f(x) trên  0; , từ đó ta đi đến kết luận: 
1 73 3 73
12 8
f m m
   
    
 
2. Ta có: 2' 3 ( 2 ( )2 1 ) 2y x m x m    
Hàm số có CĐ, CT ' 0y  có 2 nghiệm phân biệt 
2 2
5
' (1 2 ) 3(2 ) 4 5 0 4
1
m
m m m m
m
           

 
 (*) 
Với điều kiện (*), gọi 1 2x x là 2 nghiệm phân biệt của y’ = 0. Hàm số đạt cực trị tại các điểm 1 2;x x . 
a. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm 
2
2 2
2 1 4 5
3 CT
m m mx x x x       
Do đó: 
22 1 4 5 2
3
2CT
mx m m     
 
2
22
4 5 7 2
7 2 0
2
4 5 7 2
m m m
m
m
m m m
    
 
  
   
Kết hợp với (*), kết luận các giá trị cần tìm của m là:   5; 1 ;2
4
m      
 
b. Hoành độ các điểm cực trị lớn hơn -1  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt 1 2;x x đều lơn hơn 
2 
-1
  
2
2
1 2
1 2
' 4 5 0' 4 5 0
(1 2 ) 52 2
3 4
1 1 0 (1 2 )
3
2
2 0
3
2
m mm m
mx x m
x x m m

         
 
          
     
  
c. Áp dụng định lí viet, ta có: 
1 2
1 2
(1 2 )
3
2
3
2 mx x
mx x
   

 

Ta có:    2 21 2 1 21 2 1 2
141
3 9
x x x x x x x x      
   2 24 1 2 4 2 1 16 12 5 0
3 29 3 29
8 8
m m m m
m m
        
 
   
Kết hợp (*), ta suy ra 3 29 1
8
m m    
d. Để hàm số có ít nhất 1 cực trị thuộc (-2; 0)   ' 0y f x  có 2 nghiệm phân biệt 1 2;x x và có ít 
nhất 1 nghiệm thuộc (-2; 0) 
1 2
1 2
1 2
2 0;(1)
2 0 ;(2)
2 0;(3)
x x
x x
x x
   
    
    
Ta có: 
   
2
2
1 2
1 2
1 2
4 5 0
' 4 5 0 2 12 0
32 0 10(1) 12 (2 1) 2 74 02 2 0 3 3
20 0
3
4
m m
m m m
x x
mm m
x x
mx x
   
            
         
     
 
  
 
   
    
2
2
1 2
1 2
4 5 0
' 4 5 0 2
0 2 0 2 1(2) 222 2 0 3
4 2 122 2 0 4 0
3 3
m m
m m m
f m m m
x x
mmx x
   
     
          
    
       

3 
 
2
2
1 2
1 2
4 5 0
' 4 5 0 3 5 0
2 10 6 0 52 1(3) 10 30 3
20 0
3
m m
m m m
f m m m
x x
mx x
   
      
             
  
   

Tóm lại các giá trị m cần tìm là:  5 ; 1 2;
3
m       
Bài 2: 
Cho hàm số 3 23 2y x x mx    . Tìm m để hàm số có: 
1. Cực trị và các điểm cực trị cách đều đường thẳng y = x – 1 
2. Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị song song với y = - 4x + 3 
3. Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị tạo với đường thẳng x + 4y – 5 = 0 một góc 45 . 
4. Các điểm cực trị đối xứng qua tâm 5 17;
3 3
I   
 
5. Các điểm cực trị đối xứng qua đường thẳng 3 1:
2 2
y x   
6. Các điểm cực trị nằm về 2 phía đối với đường thẳng y = 4x + 5. 
7. Có cực trị và chứng minh khoảng cách giữa 2 điểm cực trị lớn hơn 2 . 
8. Cực trị tại 1 2;x x thỏa mãn: 1 23 4x x  . 
Lời giải: 
Hàm số có CĐ, CT 2' 3 6 0y x x m     có 2 nghiệm phân biệt 
 ' 9 3 0 3m m       (*) 
Với điều kiện (*), gọi 1 2x x là 2 nghiệm phân biệt của y’ = 0. Hàm số đạt cực trị tại các điểm 1 2;x x ; 
gọi hai điểm cực trị là    1 21 2; ; ;A B xy yx 
Thực hiện phép chia y cho y’ ta được: 
1 1 2' 2 2
3 3 3 3
m my x y x               
     
  
 
 
1 1
2 2
1
2
2 2 2
3 3
2 2 2
3 3
y y x
y
m
mx
m
mxy
x         
   
         
 






 Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là d:
2 2 2
3 3
m my x          
   
1. Các điểm cực trị cách đều đường thẳng y = x – 1  xảy ra 1 trong 2 trường hợp: 
TH1: Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị song song hoặc trùng với đường thẳng 
y = x – 1 2 32 1
3 2
m m      
 
 (thỏa mãn) 
TH2: Trung điểm I của AB nằm trên đường thẳng y = x – 1 
4 
    
2
1 2 1
1 2 1
2
2 2 2 2 2
3 3
2 23 .2 6 0
3
1
3
1
2 2I I
x
m mx x x x
m m
y
m
y xy x
             
   
 
  
       
 
  
 
Vậy các giá trị cần tìm của m là: 30;
2
m    
 
2. Đường thẳng đi qua các điểm cực trị song song với y = - 4x + 3 
2 2 4
3
3
2 3
3
m
m
m
      
  
  
     
 (thỏa mãn) 
3. Đặt 2 2
3
mk     
 
 là hệ số góc của đường thẳng đi qua các điểm cực trị. 
Đường thẳng x + 4y – 5 = 0 có hệ số góc bằng -1/4 
Ta có: 
3 391 11 1
5 104 44tan 45 1 1 1 5 11 14 4 4 3 2
k mk kk
k k k k m
        
    
         
  
 
Kết hợp đk (*), suy ra giá trị m cần tìm là: 1
2
m   
4. Các điểm cực trị đối xứng qua tâm 5 17;
3 3
M   
 
M d  217 52 2 3
3 33 3
m m m           
   
  (thỏa mãn) 
Vậy m = 3 
5. Theo định lí viet ta có: 
1 2
1 2
2
3
x x
mx x
 


 
Gọi I là trung điểm của AB  1;I m  . 
Các điểm cực trị đối xứng qua đường thẳng 3 1:
2 2
y x  
d
I
 
 

2 32
3 1
2
. 1
3 2 2
2
m
m
m
           


 (thỏa mãn (*)) 
Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn bài toán 
6. Các điểm cực trị A, B nằm về 2 phía đối với đường thẳng y = 4x + 5. 
5 
  
2
1 2 1 2
2
3 4 2 1 0
3
43 5 0
3 3
3 0
153
4 45 0
3
m x x x x
m m
m
m
m
      
 
         
   
  
  
  


Vậy 15
4
m  là các giá trị cần tìm. 
7. Ta có:      2 2 22 1
2
221 2 1
2 2 1
3
AB y y mx x x x
 
     

    
  
2 22 2 1
3
4
3
mm    
     
   


Với m thỏa mãn đk (*) 2 2 0
3
m
   2 2 2AB AB    
Vậy khi hàm số có cực trị thì khoảng cách cực trị luôn lớn hơn 2 
8. Áp dụng định lí viet, kết hợp điều kiện ta có hệ: 
1
1 2
1 2 2
1 2
1 2
5
2 2
1 5 15
3 2 3 4 4
3 4
3
xx x
m mx x x m
mx x x x
  
 
           
 
    
 (thỏa mãn (*)) 
Vậy 15
4
m  
Bài 3: 
Cho hàm số 3 3 2y x x    (C) 
1. Tìm điểm trên trục hoành sao từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C); 
2. Tìm m để hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = mx; 
3. Tìm 2 điểm trên đồ thị hàm số sao cho chúng đối xứng nhau qua tâm M(-1; 3); 
4. Tìm 2 điểm trên đồ thị hàm số sao cho chúng đối xứng nhau qua đt 2x – y + 2 = 0; 
5. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình sau: 
a. 3 3 1 0x x m     
b. 2 12
2 1
mx x
x

  

6. Chứng minh tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. 
Lời giải: 
1. Điểm M thuộc trục hoành Ox  ;0M a . Nhận thấy đường thẳng x = a không là tiếp tuyến của 
(C), xét đường thẳng đi qua M có hệ số góc k có dạng:  y k x a  tiếp xúc với (C) 
6 
 3
2
3 2
3 3
x x k x a
x k
    
 
  
 có nghiệm. 
Suy ra:   3 23 2 3 3x x x x a       
    
   
2
2
1 2 3 2 3 2 0
1
2 3 2 3 2 0
x x a x a
x
f x x a x a
      
 
 
     
Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (C) thì   0f x  phải có 2 nghiệm phân biệt khác -
1
   
 
2 2
6 4 3
3 2 8 3 2 0 3 12 4 0 3
6 01 0 6 4 3
3
aa a a a
f a
 
             
   

Vậy các điểm M thỏa mãn có tọa độ  ;0a với 6 4 3 6 4 3; ;
3 3
a
    
         
   
2. Hàm số tiếp xúc với đường thẳng y mx
3
2
3 2
3 3
x x mx
x m
   
 
  
 có nghiệm 
Suy ra:  3 23 2 3 3x x x x      
   22 1 1 0
1
x x x
x
    
  
Thay vào ta được m = 0. Vậy m = 0 thì (C) tiếp xúc với đường thẳng y = 0. 
3. Gọi    0 0;A x y C ,  B C là điểm đối xứng với A qua điểm  1;3M  
 0 02 ;6B x y    
Vì  ,A B C 
   
3
0 0 0
3
0 0 0
3 2
6 2 3 2 2
y x x
y x x
    
 
        
   330 0 0 0
2
0 0
0 0
6 3 2 2 3 2 2
6 12 6 0
1 0
x x x x
x x
x y
           
   
    
Vậy 2 điểm cần tìm là:  1;0 và  1;6 
4. Gọi    1 1 2 2; ; ;M x y N x y thuộc (C) là hai điểm đối xứng qua đường thẳng d 
I là trung điểm của AB nên 1 2 1 2;
2 2
x x y yI    
 
, ta có I d 
Có: 
   3 31 1 2 21 2 1 23 2 3 2 2. 2
2 2 2
x x x xy y x x       
   
       31 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 2
2 2
1 1 2 2
3 3 2
0
1
x x x x x x x x x x
x x
x x x x
        
 
 
  
7 
Lại có:    2 1 2 1.1 .2 0MN d x x y y      
    2 22 1 2 1 1 1 2 2
2 2
1 1 2 2
7 2 0
7
2
x x x x x x x x
x x x x
      
   
- Xét 1 2 0x x  1 2
7 7;
2 2
x x     
- Xét 
2 22 2
1 21 1 2 2
2 2
1 1 2 2
1 2
91
4
7 5
2 4
x xx x x x
x x x x x x
      
  
     
 vô nghiệm 
Vậy 2 điểm đối xứng của đồ thị hàm số là: 7 1 7 7 1 7;2 ; ;2
2 2 2 2 2 2
   
        
   
5. Bạn đọc tự vẽ đồ thị hàm số   3: 3 2C y x x    
a. Ta có: 3 33 1 0 3 2 3x x m x x m           
Vẽ đồ thị hàm số 3 3 2y x x    như sau: 
 - Giữ nguyên phần đồ thị  pC hàm số (C) bên phải trục Oy 
- Lấy  'pC đối xứng phần đồ thị  pC qua Oy 
     1 'p pC C C   từ đó dựa vào đồ thị hàm số biện luận 
b.  2 21 12 2 12 1 2
m mx x x x x
x
 
         

 với 1x   
Vẽ đồ thị hàm số    22 2 1C y x x x     như sau: 
- Giữ nguyên phần đồ thị  pC của  C - ứng với x > -1 
- Lấy  'pC đối xứng với phần đồ thị của  C - ứng với x < -1 qua 
 trục hoành Ox      'p pC C C   (Các bạn tự vẽ hình). Từ đó dẫn tới kết luận 
6. Ta có: 2' 3 3y x   ; " 6 0 0y x x     
 0;2U là điểm uốn của đồ thị hàm số 
Hệ số góc của tiếp tuyến tại U là:  ' 0 3k y  
Với điểm  0 0;M x y bất kì thuộc đồ thị hàm số, thì hệ số góc tại M là:   21 0 0' 3 3 3k y x x    
Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. 
Bài 4: 
Cho hàm số (C): 3 23y x mx mx   và đường thẳng d: y = x + 2. 
Tìm m để hàm số (C) cắt đường thẳng d: 
1. Tại đúng 2 điểm phân biệt. 
2. Tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương. 
3. Tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC 
4. Tại 3 điểm phân biệt lập thành cấp số nhân. 
Lời giải: 
1. Xét phương trình hoành độ giao điểm: 
8 
 
3
3 2
2
23 2
3
x xx mx mx x f x m
x x
 
      

Ta có:  
 
4 3 2
4 3 2
22
3 2 3 12 2' 0 3 2 3 12 2 0 ...
3
x x x xf x x x x x
x x
  ...  
b. Vì (Dk) qua điểm K (–1,1)  (Cm) nên ta có: 
(Dk) cắt (Cm) thành 2 đoạn bằng nhau. 
 (Dk) qua điểm uốn 





 m
27
m2;
3
m 3
 của (Cm) 
 11
3
mkm
27
m2 3





  
)3m(9
27m27m2k
3


 (**) 
Vậy ycbt  k thỏa (*)và v (**). 
12. Phương trình tiếp tuyến với (Cm) đi qua (–1,1) có dạng: 
 y = k(x + 1) + 1 (Dk) 
Vậy, phương trình hoành độ tiếp điểm của (Dk) và (Cm) là: 
 – x3 + mx2 – m = (– 3x2 + 2mx)(x + 1) + 1 (12) 
 m(x2 – 1) = (– 3x2 + 2mx)(x + 1) + 1 + x3  x + 1 = 0  m(x – 1) = – 3x2 + 2mx + 1 – x + x2 
 x = – 1 hay 2x2 + (1 – m)x – m – 1 = 0 (13) 
 x = – 1  
2
1mx  
y' (–1) = – 2m – 3 
30 





 




 




 
2
1mm2
2
1m3
2
1m'y
2
 = 
4
1
(m2 – 2m – 3) 
Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là: 
y = – (2m + 3)(x + 1) + 1 
y = 
4
1
(m2 – 2m – 3)(x + 1) + 1 
Nhận xét : 
Có 1 tiếp tuyến tại tiếp điểm (–1, 1) nên phương trình (12) chắc chắn có nghiệm kép là x = – 1 và 
phương trình (13) chắc chắn có nghiệm là x = – 1. 
13. Các tiếp tuyến với (Cm) tại tiếp điểm của hoành độ x có hệ số góc là: 
h = – 3x2 + 2mx 
Ta có h đạt cực đại và là max khi 
3
m
a2
bx  (hoành độ điểm uốn) 
Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. 
Nhận xét : 
3
m
3
m
3
mx3mx2x3
222
22 




  
Ghi chú : Đối với hàm bậc 3: y = ax3 + bx2 + cx + d, ta có: 
i) Nếu a > 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất. 
ii) Nếu a < 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. 
Hàm trùng phương 
Bài 1: 
Cho hàm số 4 2 42 2y x mx m m    
1. Tìm m để hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại 
2. Tìm m để hàm số có 3 cực trị là 3 đỉnh của một tam giác: 
a. Vuông cân 
b. Đều 
c. Tam giác có diện tích bằng 4. 
3. Viết phương trình parabol đi qua 3 điểm cực trị. 
4. Tìm m để parabol đi qua 3 điểm cực trị đi qua điểm  2;1M 
Lời giải: 
1. Ta có: 3
2
0
' 4 4 0
( ) 0
x
y x mx
g x x m

    
  
Vì hệ số a = 1 > 0 nên nếu hàm số có 1 cực trị thì đó là điểm cực tiểu, do đó điều kiện để hàm có cực 
tiểu mà không có cực đại là y’ = 0 đổi dấu tại duy nhất 1 điểm 
 0 0g m m     
31 
2. Hàm số có 3 cực trị ' 0y  có 3 nghiệm phân biệt 0 0g m m     (*) 
Với đk (*), phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm 1 2 3; 0;x m x x m    . Hàm số đạt cực trị tại 
1 2 3; ;x x x . Gọi      4 4 2 4 20;2 ; ; 2 ; ; 2A m m B m m m m C m m m m      là 3 điểm cực trị. 
Ta có: 2 2 4 2; 4AB AC m m BC m ABC      cân đỉnh A 
a. ABC vuông cân ABC vuông cân tại A 2 2 2BC AB AC   
 4 4
0
4 2 2
1
m
m m m m m
m

       
Kết hợp điều kiện, suy ra giá trị cần tìm 1m  
b. ABC đều 4 4BC AB AC m m m      4
3
0
3
3
m
m m
m

   

Kết hợp điều kiện, suy ra giá trị cần tìm 3 3m  
c. Gọi M là trung điểm của BC  4 2 2 20; 2M m m m AM m m      
Vì ABC cân tại A nên AM cũng là đường cao, do đó: 
2
5
5 52
1 1. . . 4 4
2 2
4 16 16
ABCS AM BC m m
m m m
   
     
Vậy 5 16m  
3. Chia y cho y’ ta được:  2 41 . ' 2
4
y x y mx m m     
Do hoành độ các điểm cực trị là nghiệm của y’ = 0 nên phương trình đường thẳng đi qua các điểm 
cực trị là parabol:   2 4: 2mP y mx m m    
4.  P đi qua điểm  2;1M 41 2 2 1m m m m       
Kết hợp điều kiện, ta lấy nghiệm m = 1. Vậy   21 : 3P y x   
Bài 2: 
Cho hàm số  4 22 1 2 1y x m x m     
1. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng; 
2. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 3. 
Lời giải: 
Xét phương trình hoành độ giao điểm:  4 22 1 2 1 0x m x m     ; (1) 
Đặt 2 , 0t x t  thì (1) thành:  2( ) 2 1 2 1 0f t t m t m      . 
1. Điều kiện để hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt là f(t) phải có 2 nghiệm dương phân biệt 
 
2' 0 1
2 1 0 2
02 1 0
m
m
S m
mP m
      
     
    
 (*)Với (*), gọi 1 2t t là 2 nghiệm của f(t), khi đó hoành độ giao 
điểm của hàm số với Ox lần lượt là: 1 2 2 1 3 1 4 2; ; ;x t x t x t x t      
Các giao điểm lập thành cấp số cộng 2 1 3 2 4 3 2 19x x x x x x t t        
32 
 
 
1 9 1
45 4 4
5 4 1 45 4 4
9
m m m m
mm m
m m
m m m
     
           

Vậy 44;
9
m    
 
2. Hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 3 
 f t có 2 nghiệm phân biệt 1 2;t t sao cho: 1 2
1 2
0 3
0 3
t t
t t
  
   
 
 
 
2
2
' 0
' 0
3 4 4 0
(0) 2 1 0
2 1 0
2 1 3
2 1 0
1 1
2
m
m
f m
f m
S mS m
P m
m m
  
   
   
    
         
    
Đáp số: 1 1
2
m m    . 
Bài 3: 
Cho hàm số y = f(x) = x4  mx3  (2m + 1)x2 + mx + 1 
a. Tìm các điểm trên trục tung sao cho qua đó có thể kẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị của y = f(x) với 
m = 0. 
b. Xác định m sao cho phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm khác nhau lớn hơn 1. 
Giải: 
a. f(x) là hàm chẵn nên trục tung là trục đối xứng. Nên qua điểm trên trục tung kẻ được ba tiếp tuyến 
với đồ thị thì phải có 1 tiếp tuyến song song với trục hoành. Từ đó điểm cần tìm phải là điểm M(0, 1). 
Ta kiểm tra điều đó. Giả sử y = ax + 1 là tiếp tuyến khác qua a. Khi đó phải có 
4 2
o o o
3
o o
x x 1 ax 1
4x 2x a
    

 
 nếu xo là hoành độ tiếp điểm. 
Giải hệ đó (đối với (xo, a)) ta có các nghiệm (0, 0), và  3 /3, 4 3 /9 .  Từ đó các tiếp tuyến khác 
y = 1 là  y 4 3 /9 x 1   . 
Vậy điểm cần tìm là M (0, 1). 
b. Phương trình x4  mx3  (2m + 1)x2 + mx + 1 = 0 (1) tương ứng với 
 2 2
1 1
x m x 2m 1 0
xx
 
      
 
 (2) 
Đặt 1t x
x
  . t’(x) = 
2
1
1
x
 > 0, do đó x > 1 thì t(x) > t(1) = 0. Bây giờ (2) có dạng 
t2  mt  (2  1) = 0. (3) 
Vậy để có hai nghiệm lớn hơn 1, phương trình (3) phải có hai nghiệm dương. Tức là phải có 
33 
 2 2m 4 1 2m 0 m 8m 4 0
S / 2 m / 2 0 m 0
p 1 2m 0 m 1 / 2
          
    
     
  m 4 2 5,1 / 2   
Bài 4: 
Cho hàm số    4 2 22 2 5 5y f x x m x m m       
Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân 
Giải: 
- Ta có    3 2
0
' 4 4 2 0
2
x
f x x m x
x m

     
 
- Hàm số có CĐ, CT khi f’(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu  m < 2 . Toạ độ các điểm 
cực trị là      mmCmmBmmA  1;2,1;2,55;0 2 
- Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại 
A   1120. 3  mmACAB thõa mãn điều kiện 
Trong đó    44;2,44;2 22  mmmACmmmAB 
Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1 
Bài 5: 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 2(| | 1) .(| | 1)y x x   
b. Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó kẻ được đúng 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C). 
Giải: 
Gọi A(a; 0) là điểm trên trục hoành mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến 
Phương trình đường thẳng đi qua A và có hệ số góc k là d: y = k(x - a) 
d là tiếp tuyến của ( C) khi hệ pt sau có nghiệm 
4 2 3
3 4 2 3
2 1 ( ) 4 4
4 4 2 1 (4 4 )( )
x x k x a x x k
x x k x x x x x a
      
 
       
Phương trình 
2
4 2 3 2 2
2
1 0
2 1 (4 4 )( ) ( 1)( 4 1) 0
4 1 0(*)
x
x x x x x a x x ax
x ax
  
           
  
Mà x2 – 1 = 0 cho ta hai x nhưng chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vì vậy để từ A kẻ 
được 3 tiếp tuyến tới (C) thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x khác 1 
KQ: 
3 3
 2 2
1 1
a a
a a
 
   
 
    
hoÆc 
Bài 6: 
Cho hàm số 4 3 22 3 1 (1)    y x mx x mx . 
Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. 
Giải: Đạo hàm 3 2 24 3 4 3 ( 1)[4 (4 3 ) 3 ]         y x mx x m x x m x m 
2
1
0
4 (4 3 ) 3 0 (2)
   
   
x
y
x m x m
Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y = 0 có 3 nghiệm phân biệt 
34 
 (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
2(3 4) 0 4 .
34 4 3 3 0
   
   
   
m
m
m m
Thử lại: Với 4
3
 m , thì y = 0 có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3, ,x x x 
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 4.
3
 m 
Bài 7: 
Cho hàm số 4 2( ) 2y f x x x   . Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a 
và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. 
Giải: 
Ta có 3'( ) 4 4f x x x  . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. 
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 3 3'( ) 4 4 , '( ) 4 4A Bk f a a a k f b b b      
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: 
         ' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a      ; 
        ' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b      
Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: 
  3 3 2 24a 4a = 4b 4 1 0 (1)A Bk k b a b a ab b          
Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình: 
2 2 1 0 (2)a ab b    
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau 
       
 
2 2 2 2
4 2 4 2
1 0 1 0
' ' 3 2 3 2
a ab b a ab b
a b
f a af a f b bf b a a b b
         
   
        
, 
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng 
một cặp điểm trên đồ thị là  1; 1  và  1; 1 . 
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là 
2 2 1 0
1
a ab b
a
a b
    

 
 
Bài 8: 
Cho hàm số 4 2 22y x mx m m    (1). 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2. 
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng 0120 . 
Giải: 
Ta có 34 4  y x mx ;  2
0
0 4 0

      
  
x 
y x x m
x m
 (m<0) 
 Gọi A(0; m2+m); B( m ; m); C(– m ; m) là các điểm cực trị. 
 2( ; )  

AB m m ; 2( ; )   

AC m m . ABC cân tại A nên góc 0120 chính là A . 
  120 A
4
4
1 . 1 . 1cos
2 2 2.
   
        

 
 AB AC m m mA
m mAB AC
35 
4
4 4 4
4
3
0
1 2 2 3 0 1
2
3

              

m (loai)
m m m m m m m m
mm m
Bài 9: 
Cho hàm số y = x4 – (10 + m2 )x2 + 9 
Chứng minh rằng với  0m  , (Cm) luôn luôn cắt Ox tại 4 điểm phân biệt trong đó có hai điểm nằm 
trong khoảng (-3,3) và 2 điểm nằm ngoài khoảng (-3,3). 
Bài giải: 
Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục Ox. 
4 2 2( 10) 9 0x m x    (1) 
Đặt 2( 0)t x t  . Phương trình trở thành: 2 2( 10) 9 0t m t    (2) 
Ta có: 









mmS
P
mm
,010
09
,036)10(
2
22
 0 < t1 < t2 (1) có 4 nghiệm phân biệt 2 1 1 2x x x x     
Đặt f (t) = 2 2( 10) 9t m t   
Ta có: af(9) = 2 281 9 90 9 9 0, 0m m m        
0 91 2
2 9 ( 3;3)1 1
2 ( 3;3)9 22
3 32 1 1 2
t t
x x
xx
x x x x
   
    
  
   
        
Vậy bài toán được chứng minh