Đề tài "Rèn luyện năng lực giải toán tiếp tuyến với đồ thị (C) y = f(x) cho học sinh THPT theo định hướng TDST" pot

ĐỀ TÀI

"Rèn luyện năng lực giải toán tiếp tuyến với
đồ thị (C) y = f(x) cho học sinh THPT theo
định hướng TDST"

Giáo viên hướng dẫn

:

Sinh viên thực hiện

:


1

PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Thế giới ngày nay đang thay đổi theo một tốc độ luỹ thừa, nhằm đáp ứng đƣợc
những thay đổi nhanh chóng đó trong khoa học, công nghệ, truyền thông. Chúng ta
không những dựa trên các giải pháp của quá khứ, mà còn phải tin tƣởng vào những quá
trình giải quyết các vấn đề mới.
Điều này khơng chỉ hàm ý nói đến những kỹ thuật mới mà cịn nói đến mục tiêu
giáo dục. Mục tiêu của giáo dục phải là phát triển một xã hội trong đó con ngƣời có
thể sống thoải mái với sự thay đổi hơn là sự xơ cứng. Vì thế bắt buộc bản thân các nhà
giáo dục phải vừa giữ gìn, lƣu truyền tri thức và các giá trị của quá khứ vừa chuẩn bị
cho một tƣơng lai mà ta chƣa biết rõ.
Tốn học có liên quan chặt chẽ với thực tế và có ứng dụng rộng rãi trong nhiều
lĩnh vực khác nhau của khoa học, công nghệ, sản xuất và đời sống xã hội hiện đại, nó
thúc đẩy mạnh mẽ các q trình tự động hố sản xuất, trở thành công cụ thiết yếu cho

mọi ngành khoa học và đƣợc coi là chìa khố của sự phát triển.
Xuất phát từ những yêu cầu xã hội đối với sự phát triển nhân cách của thế hệ trẻ,
từ những đặc điểm của nội dung mới và từ bản chất của quá trình học tập buộc chúng
ta phải đổi mới phƣơng pháp dạy học theo hƣớng bồi dƣỡng TDST cho học sinh.
Việc học tập tự giác tích cực, chủ động và sáng tạo địi hỏi học sinh phải có ý
thức về những mục tiêu đặt ra và tạo đƣợc động lực trong thúc đẩy bản thân họ tƣ duy
để đạt đƣợc mục tiêu đó.
Trong việc rèn luyện TDST cho học sinh ở trƣờng phổ thơng, mơn Tốn đóng
vai trị rất quan trọng. Bởi vì, Tốn học có một vai trị to lớn trong sự phát triển của
các ngành khoa học và kỹ thuật; Tốn học có liên quan chặt chẽ và có ứng dụng rộng
rãi trong rất nhiều lĩnh vực khác nhau của khoa học, công nghệ, sản xuất và đời sống


2

xã hội hiện đại; Tốn học cịn là một cơng cụ để học tập và nghiên cứu các môn học
khác.
Vấn đề bồi dƣỡng TDST cho học sinh đã đƣợc nhiều tác giả trong và ngoài nƣớc
quan tâm nghiên cứu. Với tác phẩm "Sáng tạo toán học" nổi tiếng, nhà toán học kiêm
tâm lý học G.Polya đã nghiên cứu bản chất của q trình giải tốn, q trình sáng tạo
tốn học.. ở nƣớc ta, các tác giả Hoàng Chúng, Nguyễn Cảnh Tồn, Phạm Văn Hồn,
Nguyễn Bá Kim, Vũ Dƣơng Thụy, Tơn Thân, Phạm Gia Đức,… đã có nhiều cơng
trình giải quyết những vấn đề về lý luận và thực tiễn việc phát triển TDST cho học
sinh.
Nhƣ vậy, việc bồi dƣỡng và phát triển TDST trong hoạt động dạy học toán đƣợc
rất nhiều nhà nghiên cứu quan tâm. Việc bồi dƣỡng TDST thông qua dạy giải các bài
tập về vấn đề tiếp tuyến với đồ thị hàm số ở trƣờng THPT cũng là một chủ điểm cần
khai thác và đi sâu vào nghiên cứu cụ thể. Vì vậy, tơi chọn đề tài nghiên cứu của tiểu
luận này là: "Rèn luyện năng lực giải toán tiếp tuyến với đồ thị (C) y = f(x) cho học
sinh THPT theo định hướng TDST".

2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu của tiểu luận này là rèn năng lực giải toán tiếp tuyến với đồ
thị (C) y = f(x) cho học THPT theo định hƣớng TDST thơng qua bài giải các bài tốn
cụ thể.

3. Giả thuyết khoa học
Nếu quan tâm đúng mức và tiến hành hợp lí việc khái thác, tập luyện cho học sinh
THPT các dạng tốn liên quan đến phƣơng trình tiếp tuyến với đồ thị (C) thì sẽ phát
triển đƣợc ở họ khả năng TDST, góp phần nâng cao chất lƣợng dạy học toán ở trƣờng
THPT.


3

4. Nhiệm vụ nghiên cứu
4.1. Làm sáng tỏ khái niệm TDST
4.2. Xác định các vấn đề đã đề xuất nhằm rèn luyện TDST cho học sinh
4.3. Xây dựng và khai thác hệ thống bài tập phƣơng trình tiếp tuyến với đồ thị phù
hợp với sự phát triển TDST cho học sinh

5. Phƣơng pháp nghiên cứu
Nghiên cứu lí luận:
- Nghiên cứu các tài liệu về giáo dục học mơn tốn, lý luận dạy học mơn tốn
- Các sách báo, các bài viết về khoa học toán phục vụ cho đề tài
- Các cơng trình nghiên cứu có các vấn đề liên quan trực tiếp đến đề tài

6. Cấu trúc tiểu luận
Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, Phụ Lục chuyên đề, Tiểu
luận có hai chƣơng:

Chƣơng 1: Những vấn đề về cơ sở lý luận và thực tiễn
Chƣơng 2: Hệ thống hóa, tập luyện giải tốn phƣơng trình tiếp tuyến với đồ thị
hàm số y  f ( x) nhằm phát triển khả năng TDST


4

PHẦN NỘI DUNG
Chƣơng 1
NHỮNG VẤN ĐỀ CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1.1. Tƣ duy sáng tạo
Theo nhà tâm lý học ngƣời Đức Mehlhorn cho rằng: “ TDST là hạt nhân của sự
sáng tạo cá nhân, đồng thời là mục tiêu cơ bản của giáo dục”. Còn theo J. Danton
(1995) cho rằng “TDST là những năng lực tìm những ý nghĩ mới, tìm những mối quan
hệ mới; là một chức năng của kiến thức, trí tƣởng tƣợng và sự đáng giá, là một q
trình”. Theo ơng, một cách dạy và học phát triển TDST cho học sinh bao gồm một
chuỗi chứa đựng những điều nhƣ: sự khám phá, sự phát minh, sự đổi mới, trí tƣởng
tƣợng, sự thí nghiệm, sự thám hiểm.”
Theo Tôn Thân: “Tƣ duy là sáng tạo là một dạng tƣ duy độc lập, tạo ra ý tƣởng
mới, độc đáo và có hiệu quả cao trong quyết định vấn đề.”

1.2. Một số đặc trƣng của tƣ duy sáng tạo
Theo các nhà nghiên cứu, TDST bao gồm năm thành phần sau đây:
- Tính mềm dẻo là khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt
động trí tuệ khác.
- Tính nhuần nhuyễn là khả năng tìm đƣợc nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và
tình huống khác nhau.
- Tính độc đáo là khả năng tìm kiếm và quyết định phƣơng thức giải quyết lạ
hoặc duy nhất.
- Tính hồn thiện là khả năng lập kế hoạch, phối hợp các ý nghĩ và hành động,

phát triển ý tƣởng, kiểm tra và chứng minh ý tƣởng.


5

- Tính nhạy cảm vấn đề là năng lực nhanh chóng phát hiện ra vấn đề, mâu
thuẫn, sai lầm, hoặc thiếu logic, … do đó, nảy ra ý muốn cấu trúc lại hợp lý, hài hòa,
tạo ra cái mới.
Các yếu tố cơ bản của TDST nêu trên đã biểu hiện khá rõ ở học sinh nói chung
và đặc biệt rõ nét đối với học sinh khá giỏi. Trong học tập Toán mà cụ thể là trong
hoạt động giải toán, các em đã biết di chuyển, thay đổi các hoạt động trí tuệ, biết sử
dụng xen kẽ phân tích và tổng hợp, dùng phân tích trong khi tìm tịi lời giải và dùng
tổng hợp để trình bày lời giải. Ở học sinh khá và giỏi cũng có sự biểu hiện các yếu tố
đặc trƣng của TDST. Điều quan trọng là ngƣời giáo viên phải có phƣơng pháp dạy
học thích hợp để có thể bồi dƣỡng và phát triển tốt hơn năng lực sáng tạo ở các em.

1.3. Vận dụng tƣ duy biện chứng để phát triển tƣ duy sáng tạo
Tƣ duy biện chứng có thể phản ánh đúng đắn thế giới xung quanh và nhiệm vụ
của ngƣời thầy giáo là rèn luyện cho học sinh năng lực xem xét các đối tƣợng vàn hiện
tƣợng trong sự vận động, trong những mối liên hệ, mối mâu thuẫn và trong sự phát
triển.
Tƣ duy biện chứng rất quan trọng, nó là cái giúp ta phát hiện vấn đề và định
hƣớng tìm tịi cách giải quyết cấn đề, nó giuisp ta cũng cố lịng tin khi trong việc tìm
tịi tạm thời gặp thất bại, trong khi đó ta vẫn vững lịng tin rằng rồi sẽ có ngày thành
cơng và hƣớng tìm đến thành cơng là cố nhìn cho đƣợc mỗi khái niệm tốn học theo
nhiều cách khác nhau, càng nhiều càng tốt.
Tƣ duy sáng tạo là loại hình đặc trƣng bởi hoạt động và suy nghĩ nhận thức mà
những hoạt động nhận thức ấy luôn theo một phƣơng diện mới, giải quyết vấn đề theo
cách mới, vận dụng trong một hoàn cảnh hoàn toàn mới, xem xét sự vật hiện tƣợng, về
mối quan hệ theo một cách mới có ý nghĩa, có giá trị. Muốn đạt đƣợc điều đó khi xem

xét vấn đề nào đó chúng ta phải xem xét từ chính bản thân nó, nhìn nó dƣới nhiều khía
cạnh khác nhau, đặt nó vào những hoàn cảnh khác nhau, … nhƣ thế mới giải quyết
vấn đề một cách sáng tạo đƣợc. Mặt khác tƣ duy biện chứng đã chỉ rõ là khi xem xét


6

sự vật phải xem xét một cách đầy đủ với tất cả tính phức tạp của nó, tức là phải xem
xét sự vật trong tất cả các mặt, các mối quan hệ trong tổng thể những mối quan hệ
phong phú, phức tạp và mn vẻ của nó với các sự vật khác. Đây là cơ sở để học sinh
học toán một cách sáng tạo, khơng gị bó, đƣa ra đƣợc nhiều cách giải khác nhau.
Điều đó có nghĩa là chúng ta phải rèn tƣ duy biện chứng cho học từ đó có thể rèn
luyện đƣợc tƣ duy dáng tạo cho học sinh

1.4. Một số biện pháp nhằm phát triển tƣ duy sáng tạo cho học sinh
1.4.1. Nhóm biện pháp 1: Tạo cho học sinh thói quen mị mẫm, dự đốn rồi
phân tích, tổng hợp, đặc biệt hóa, khái qt hóa, tƣơng tự.
1.4.2. Nhóm biện pháp 2: Tập cho học sinh biết phân tích tình huống đặt ra
dƣới nhiều góc độ khác nhau, biết giải quyết vấn đề bằng nhiều cách khác nhau
và lựa chọn các giải quyết tối ƣu.
1.4.3. Nhóm biện pháp 3: Tập cho học sinh biết hệ thống hóa kiến thức và hệ
thống hóa phƣơng pháp.

1.5. Một số cách thức khai thác bài toán trong SGK theo định hƣớng phát
triển năng lực tƣ duy sáng tạo
1.5.1.

Lập bài toán tƣơng tự với bài toán ban đầu

1.5.2.

Lập bài toán đảo của bài toán ban đầu

1.5.3.

Thêm vào bài toán ban đầu một số yếu tố đặc biệt hóa bài tốn ban đầu

1.5.4.

Bớt đi một số yếu tố của bài toán ban đầu, khái qt hóa bài tốn ban đầu

1.5.5.

Thay đổi một số yếu tố của bài toán ban đầu

1.6. Tiềm năng của chủ đề tiếp tuyến với đồ thị hàm số trong việc bồi
dƣỡng tƣ duy sáng tạo cho học sinh
Trong q trình học Tốn thì kỹ năng vận dụng Tốn học là quan trọng nhất,
nhà trƣờng phổ thông không chỉ cung cấp cho học sinh những kiến thức Toán học, mà


7

cịn luyện cho học sinh kỹ năng vận dụng tính độc lập, sự độc đáo và khả năng sáng
tạo.
Các nhà tâm lý học cho rằng: "Sáng tạo bắt đầu từ thời điểm mà các phƣơng
pháp logic để giải quyết nhiệm vụ là không đủ và gặp trở ngại hoặc kết quả khơng đáp
ứng đƣợc các địi hỏi đặt ra từ đầu, hoặc xuất hiện giải pháp mới tốt hơn giải pháp cũ".
Chính vì vậy điều quan trọng là hệ thống bài tập cần phải đƣợc khai thác và sử
dụng hợp lý nhằm rèn luyện cho học sinh khả năng phát triển TDST biểu hiện ở các

mặt nhƣ: khả năng tìm hƣớng đi mới (khả năng tìm nhiều lời giải khác nhau cho một
bài tốn), khả năng tìm ra kết quả mới (khai thác các kết quả của một bài toán, xem
xét các khía cạnh khác nhau của một bài tốn).
Chủ đề bài toán tiếp tuyến với đồ thị hàm số y=f(x) chứa đựng nhiều tiềm năng
to lớn trong việc bồi dƣỡng và phát huy năng lực sáng tạo cho học sinh. Bên cạnh việc
giúp học sinh giải quyết các bài tập sách giáo khoa, giáo viên có thể khai thác các tiềm
năng đó thơng qua việc xây dựng hệ thống bài tập mới trên cơ sở hệ thống bài tập cơ
bản, tạo cơ hội cho học sinh phát triển năng lực sáng tạo của mình.
Trong quá trình dạy học giáo viên cần dẫn dắt học sinh giải quyết hệ thống bài
tập mới, tạo cho học sinh phát hiện vấn đề mới, đó là vấn đề quan trọng mà ta cần
quan tâm bồi dƣỡng cho học sinh.
Có nhiều phƣơng pháp khai thác khác các bài tập cơ bản trong sách giáo khoa,
để tạo ra các bài tốn có tác dụng rèn luyện tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn, tính
độc đáo của tƣ duy.
Trên cơ sở phân tích khái niệm TDST cùng những yếu tố đặc trƣng của nó và
dựa vào quan điểm: bồi dƣỡng từng yếu tố cụ thể của TDST cho học sinh là một trong
những biện pháp để phát triển năng lực TDST cho các em. Các bài tập chủ yếu nhằm
bồi dƣỡng tính mềm dẻo của TDST với các đặc trƣng: dễ dàng chuyển từ hoạt động
trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, suy nghĩ khơng rập khuôn; khả năng nhận ra
vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, khả năng nhìn thấy chức năng mới của đối


8

tƣợng quen biết. Các bài tập chủ yếu nhằm bồi dƣỡng tính nhuần nhuyễn của TDST
với các đặc trƣng: khả năng tìm đƣợc nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và hoàn cảnh
khác nhau, khả năng xem xét đối tƣợng dƣới những khía cạnh khác nhau. Các bài tập
chủ yếu nhằm bồi dƣỡng tính nhạy cảm vấn đề của TDST với các đặc trƣng: nhanh
chóng phát hiện những vấn đề tìm ra kết quả mới, tạo đƣợc bài tốn mới, khả năng
nhanh chóng phát hiện ra các mâu thuẫn, thiếu logic

1.7. Kết luận chƣơng 1
Trong chƣơng này tiểu luận đã làm rõ các khái niệm TDST, nêu đƣợc các yếu
tố đặc trƣng của TDST, một số cách khai thác các bài toán trong SGK theo định
hƣớng TDST và vận dụng đƣợc tƣ duy biện chứng để phát triển TDST, đồng thời nêu
đƣợc tiềm năng của chủ đề tiếp tuyến với đồ thị hàm số trong việc bồi dƣỡng TDST
cho học sinh.
Việc bồi dƣỡng TDST cho học sinh thông qua quá trình dạy học giải bài tập
tốn là rất cần thiết bởi qua đó chúng ta giúp học sinh học tập tích cực hơn và kích
thích đƣợc tính sáng tạo của học sinh trong học tập và trong cuộc sống.
Vậy công việc của mỗi giáo viên trong quá trình dạy học là tìm ra đƣợc các
phƣơng pháp nhằm phát triển và rèn luyện TDST cho học sinh.


9

Chƣơng 2
HỆ THỐNG HĨA, TẬP LUYỆN GIẢI TỐN TIẾP TUYẾN VỚI ĐỒ THỊ
HÀM SỐ NHẰM PHÁT TRIỂN KHẢ NĂNG TƢ DUY SÁNG TẠO
2.1. Tiếp tuyến của đường cong phẳng
Cho đồ thị (C): y  f ( x) . Gọi
M o , M là hai điểm phân biệt và
cùng thuộc đồ thị (C). Khi đó, nếu
cố định điểm M o và cho điểm M
di động trên (C) đến gần điểm M o
thì vị trí giới hạn của cát tuyến
( M o M ) là tiếp tuyến M oT tại
điểm

Mo .

M1

lim  M o M   Tiếp

…

M

Mo

M Mo

T

tuyến M oT

2.2. Phân loại các bài toán về tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  f ( x)
2.2.1. Bài toán 1: Viết phƣơng trình tiếp tuyến tại 1 điểm M o ( xo ; yo ) thuộc đồ thị
hàm số (C ) : y  f ( x)
Phương pháp:
Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm thì tiếp tuyến tại M o ( xo ; yo )  (C ) : y  f ( x)
có hệ số góc là k  f '( xo )
Phƣơng trình tiếp tuyến tại M o ( xo ; yo ) của (C) là: (d ) : y  f '( xo )( x  xo )  yo
Bài 1. Cho hàm số y  x3  3x 2  2 x

(Cm )

1) Viết phƣơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm uốn
2) Viết phƣơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ bằng -1

3) Viết phƣơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng 6
4) Viết phƣơng trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm cho (C) với trục hoành


10

5) Dự đoán và chứng minh rằng tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất. Phát
biểu tổng quát cho hàm số y  ax3  bx2  cx  d

(a  0) .

Bài giải
1) Ta có: y '  3x 2  6 x  2  y ''  6 x  6  y ''  0  x  1
Do đó tọa độ điểm uốn là U (1;0)
Phƣơng trình tiếp tuyến tại U là (d ) : y  y '(1)( x  1)  0   x  1
2) Ta có: xo  1  yo  6 và Ta có: y '( xo )  y '(1)  11 . Suy ra
Phƣơng trình tiếp tuyến là: (d ) : y  y '(1)( x  1)  6  11x  5
3) Gọi M o ( xo ; yo ) là tiếp điểm, ta có:
3
2
xo  3xo  2 xo  6  ( xo  3)( xo  2)  0  xo  3

Vậy phƣơng trình tiếp tuyến là: (d ); y  y '(3)( x  3)  6  11x  27
4) Phƣơng trình giao điểm của (C) với Ox : x3  3x2  2 x  0  x  0; x  1; x  2
* xo  0  y '( xo )  y '(0)  2 ; y( xo )  y(0)  0
ta có tiếp tuyến y  y '(0)( x  0)  0  2 x
* xo  1 y '( xo )  y '(1)  1; y( xo )  y(1)  0
ta có tiếp tuyến y  y '(1)( x  1)  0   x  1
* xo  2  y '( xo )  y '(2)  2 ; y( xo )  y(0)  0
ta có tiếp tuyến y  y '(2)( x  2)  0  2 x  4

5) Vì hệ số góc của mọi tiếp tuyến đều có dạng f '( x) và hệ số góc của tiếp tuyến tại
điểm uốn bằng -1. Do đó, để chứng minh bài toán, ta chỉ cần chứng minh: f '( x)  1
Điều này ln đúng vì: f '( x)  1  0, x  R (đpcm)
Nhận xét: Chứng minh tƣơng tự ta có kết quả tổng quát của câu 5 nhƣ sau: “Cho hàm
số y  ax3  bx2  cx  d

(a  0)

Nếu a  0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất


11

Nếu a  0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất “
Bài 2. Cho hàm số y  f ( x)  x3  1  m( x  1) (Cm ) Viết phƣơng trình tiếp tuyến của

(Cm ) tại giao điểm của (Cm ) với trục Oy. Tìm m để tiếp tuyến đó tạo với Ox; Oy một
tam giác có diện tích bằng 8.
Bài giải
Gọi A  Cm  Oy  A(0;1  m)
Suy ra tiếp tuyến tại A(0;1  m) : (dm) : y  f '(0) x  (1  m)
Với f '( x)  3x 2  m suy ra f '(0)  m
Vậy tiếp tuyến: (dm) : y  mx  1  m
Gọi B  dm  Ox  B(0;

1 m
)
m

1

1
1 m
Có SOAB  OA.OB  1  m .
8
2
2
m

 (1  m)2  16 | m |

m  9  4 5
(1  m)2  16m, m  0


2
 m  7  4 3
(1  m)  16m, m  0


x2  2 x  2
(C ) . Dự đốn rằng khơng có điểm nào trên (C) để
Bài 3. Cho hàm số y 
x 1
tiếp tuyến tại M tạo với Ox góc 45o. Chứng minh điều dự đốn đó là đúng.
Bài giải
Giả sử M ( xo ; yo ) thuộc (C)
Suy ra tiếp tuyến tại M có hệ số góc: k  y '( xo ) 

2
xo  2 xo

( xo  1) 2

Do tiếp tuyến tạo với Ox góc 45o suy ra hệ số góc
k  tan 45o  1


12

2
xo  2 xo
2
Do đó:
 1  xo  2 xo  ( xo  1) 2 (vô nghiệm)
2
( xo  1)

Kết luận: Khơng có điểm M  (C ) để tiếp tuyến tại đó tạo với Ox góc 45o
Bài 4. Cho hàm số y 

x2  2 x  2
(C ) . Dự đoán tồn tại điểm M thuộc (C) để tiếp
x 1

tuyến tại M tạo đƣờng thẳng y  2 góc 45o. Chứng minh điều dự đốn đó là đúng.
Bài giải
Giả sử M ( xo ; yo ) thuộc (C)
Suy

ra

tiếp

tuyến

tại

M

có

hệ

số

góc:

2
xo  2 xo
k  y '( xo ) 
( xo  1) 2

Do đƣờng thẳng y  2 //Ox nên tiếp tuyến tạo với
y  2 góc 45o tạo với Ox góc 45o

Do đó hệ số góc k  1
2
xo  2 xo
2
Nếu k  1 
 1  xo  2 xo  ( xo  1)2 (vô nghiệm)

2
( xo  1)

2
xo  2 xo
2
Nếu k  1 
 1  2 xo  4 xo  1  0
2
( xo  1)

Viết y  x  2 

 xo 

2  6
6
 1 
2
2

1
x 1

Kết luận: có 2 điểm


6 6
2 
M1  1 

;
3

2 2
6



6
6
2 
M 2  1 
;
3

2
2
6


Trên (C) mà tiếp tuyến tại đó tạo với đƣờng thẳng y = -2 góc 45o


13

x2
(C ) . Tìm điểm M thuộc (C) có hồnh độ lớn hơn 1 sao
Bài 5. Cho hàm số y 
x 1
cho tiếp tuyến tại M tạo với 2 đƣờng tiệm cận một tam giác có chu vi bé nhất

Bài giải
y  x 1

1
 tiệm cận đứng x  1 ; tiệm cận
x 1

xiên y  x  1
 giao điểm hai tiệm cận là điểm I (1;2)
2
xo
Giả sử M ( xo ; yo )  (C )  yo 
 tiếp tuyến
xo  1

tại M ( xo ; yo )  (C )
2
2
xo  2 xo
xo
(d ) : y 
( x  xo ) 
( xo  1)2
xo  1

 2 xo 
A  d  x  1  A 1;

 xo  1 
B  d  y  x  1  B  2 xo  1;2 xo 

Có IA  y A  yI 

2 xo
2
2
xo  1
xo  1

IB  ( xB  xI )2  ( yB  yI )2  2 2( xo  1)

AB2  AI 2  BI 2  2 AI .BI .cos 45o
Với BĐT Cosi a  b  2 ab
Và chu vi C  AI  BI  AB

 2

 4

 2 2( xo  1)   
 8( xo  1) 2   8
 C 
 xo  1

 ( xo  1)

Côsi

 C  2 4 2  2 32  8

14

 Chu vi bé nhất C min  4 4 2  2 32  8 đạt đƣợc khi
2
1
 2 2( xo  1)  ( xo  1)2 
xo  1
2

Vì xo  1  xo  1 

1
1
1


nên M 1  4 ;2  4  4 2 
2
2
2



4

Bài 6. Cho hàm số: y 

x 1
(C ) .
x 1

a) Gọi M o ( xo ; yo )  (C ) . Vẽ tiếp tuyến tại M với (C) cắt tiệm cận đứng tại A, cắt tiệm
cận ngang tại B. Dự đốn diện tích tam giác IAB (I là giao điểm của hai đƣờng tiệm
cận). Hãy chúng minh điều dự đốn là đúng. Từ đó khái qt lên đối với hàm nhất
biến, hàm hữu tỉ. Mọi tiếp tuyến của đồ thị (C) đều lập với hai đƣờng tiệm cận một
tam giác có diện tích khơng đổi.
b) Tìm tất cả các điểm thuộc đồ thị sao cho tiếp tuyến tại đó lập với hai đƣờng tiệm
cận một tam giác có chu vi bé nhất.
Bài giải
a) Gọi M 0 ( x0 ;

x0  1
2
)  (C ) . y ' ( x0 ) 
x0  1
( x 0 1) 2

Phƣơng trình tiếp tuyến tại điểm M0 có dạng:
y

x 1
2
( x  x0 )  0
(d)
2
x0  1
( x0  1)

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số (C) là: x = 1.
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (C) là: y =1.

Toạ độ giao điểm của hai đƣờng tiệm cận là A(1; 1).
Toạ độ giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là nghiệm của hệ:
x 1
2

( x  x0 )  0
 x  2 x0  1
y 
2
x0  1  
( x0  1)

y  1
y  1


Gọi C (2 x0  1;1) .


15

Tƣơng tự, toạ độ giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là: B(1;

Ta có : AB =

x0  3
).
x0  1

x0  3

4
1 
x0  1
x0  1

AC = 2 x0  1
Do tam giác ABC vuông tại A nên diện tích của tam giác ABC là:
S

1
1
4
AB. AC  .
.2 x0  1  4 ( Không đổi) (Điều phải chứng minh).
2
2 x0  1

Tổng quát: Diện tích tam giác tạo bởi tiếp tuyến tại một điểm bất kì thuộc đồ thị hàm
số nhất biến ( hữu tỉ) với 2 tiệm cận của đồ thị là một số không đổi
b) Ta có chu vi của tam giác ABC là:
2 p  AB  AC  BC  AB  AC  AB 2  AC 2  2 AB. AC  2 AC . AB
 2 p  (2  2 ) 8  4  4 2

Dấu “ =” khi và chỉ khi AB = AC 

 x0  1  2
4
 2 x0  1  ( x0  1) 2  2  
x0  1
 x0  1  2



Vậy, những điểm thuộc (C) có hồnh độ thoả mãn x  1 2 thì tiếp tuyến tại đó lập
với hai đƣờng tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất.
2.2.2. Bài tốn 2: Viết phƣơng trình tiếp tuyến đi qua 1 điểm A( xA ; y A ) cho trƣớc
đến đồ thị hàm số (C ) : y  f ( x)
* Phương pháp tìm tiếp điểm

Cách 1: Giả sử tiếp tuyến đi qua

A( xA ; y A ) tiếp xúc (C ) : y  f ( x)
tại tiếp điểm có hồnh độ xo suy
ra phƣơng trình tiếp tuyến có
dạng: (d ) : y  f '( xo )( x  xo )  f ( xo )

(C ) : y  f ( x)

A( xA ; y A )


16

- Điểm A( xA ; y A )  ( d )  y A  f '( xo )( xA  xo )  f ( xo ) . Giải phƣơng trình này có
nghiệm xo , từ đó có phƣơng trình tiếp tuyến
Phương pháp 2: Sử dụng điều kiện tiếp xúc
- Phƣơng trình đƣờng thẳng qua điểm M o ( xo ; yo ) với hệ số góc k có phƣơng trình:

(d ) y  k ( x  xA )  y A tiếp xúc với đồ thị (C ) : y  f ( x)
 f ( x)  k ( x  xo )  yo
 Hệ phƣơng trình 

(*) có nghiệm
k  f '( x)

Giả hệ phƣơng trình (*)  nghiệm xo  yo  f ( xo ) ; k  f '( xo )
- Phƣơng trình tiếp tuyến tại x  xo là: (d ) : y  f '( xo )( x  xo )  yo
Bài 1. Cho y  x3  3x  1 (C) . Viết phƣơng trình tiếp tuyến của (C) qua điểm
2
M ( ; 1)
3

Bài giải
Phương pháp 1:
- Gọi M o ( xo ; yo ) là tiếp điểm, phƣơng trình tiếp tuyến là:

(d ) : y  f '( xo )( x  xo )  f ( xo )
3
'
2
Với yo  f ( xo )  xo  3xo  1 ; yo  f '( xo )  3xo  3

 xo  0
2
2
 3
2
- Điểm M ( ; 1)  ( d )  1   3xo  3   xo   xo  3xo  1  
3
3

 xo  1

2

Với xo  0  y  1; f ( xo )  3  tiếp tuyến: (d ) : y  3  x    1  3x  1
3


Với xo  1  y  1; f '( xo )  0  tiếp tuyến: (d ) : y  1
Phương pháp 2:
2
2

Phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua M ( ; 1) : (d ) : y  k  x    1
3
3



17

 3
2

 x  3x  1  k  x    1
3
(d) là tiếp tuyến: hệ điều kiện tiếp xúc 

k  3x 2  3


(1)

(2)

2

Thế pt(2) và pt(1) đƣợc: x3  3x  1  3( x 2  1)  x    1
3


x  0
 x 3  3x  1  3 x 2  2 x 2  3 x  1  2 x 3  2 x 2  0  
x  1
2

Với xo  0  k  3  tiếp tuyến: (d ) : y  3  x    1  3x  1
3


Với xo  1  k  0  tiếp tuyến: (d ) : y  1
* Lời bình: Đối với bài toán này học sinh thường lầm hai khái niệm tiếp tuyến đi qua
và tiếp tuyến tại điểm từ đó dẫn đến việc xác định thiếu tiếp tuyến của đồ thị (C). Vì
vậy qua bài tập này phải cho học sinh nhận rõ hai loại tiếp tuyến này có sự khác nhau
rõ rệt.
Bài 2. Cho y   x3  3x2  2

(C) . Dùng hình tƣợng dự đốn trên đƣờng thẳng

y  2 có vơ số điểm M mà từ đó kẻ đƣợc 3 tiếp tuyến phân biệt tới đồ thị hàm số.

CMR điều dự đốn đó là đúng.
Bài giải

* Phƣơng pháp 1:
- Gọi M (a;2)  y  2
- Gọi M o ( xo ; yo ) là tiếp điểm phƣơng trình tiếp
tuyến là:

(d ) : y  f '( xo )( x  xo )  f ( xo )
'
2
3
2
Với yo  f ( xo )   xo  3xo  2 ; yo  f '( xo )  3xo  6 xo
2
3
2
- Điểm M (a;2)  ( d )  2   3xo  6 xo   a  xo   xo  3xo  2


18

 xo  2
2
 ( xo  2)(2 xo  (3a  1) xo  2)  0   2
 2 xo  (3a  1) xo  2  0

(3)

Để từ M (a;2) kẻ đƣợc 3 tiếp tuyến phân biệt thị hệ điều kiện có 3 nghiệm phân biệt
 phƣơng trình (3) có hai nghiệm phân biệt khác 2

  (3a  1)  16  0


8  2(3a  1)  2  0
2

 3a  1  4

  3a  1  4

6a  12


  a  1


5
 a 
3

a  2


5

Kết luận: M (a;2)  y  2 với a  (; 1)   ;   \ 2 thì từ M (a;2)  y  2 kẻ
3


đƣợc 3 tiếp tuyến phân biệt tới (C)
* Phƣơng pháp 2
Gọi M (a;2)  y  2

Phƣơng trình đƣờng thẳng qua M (a;2) : (d ) : y  k ( x  a)  2
 x3  3x 2  2  k ( x  a )  2

(d) là tiếp tuyến  
2
k  3x  6 x  3x( x  2)


(1)
(2)

Thế (2) vào (1)   x3  3x 2  4  3x( x  2)( x  a)

x  2
 ( x  2)(2 x2  (3a  1) x  2)  0   2
 2 x  (3a  1) x  2  0

(3)

Để từ M (a;2) kẻ đƣợc 3 tiếp tuyến phân biệt thị hệ điều kiện có 3 nghiệm phân biệt
 phƣơng trình (3) có hai nghiệm phân biệt khác 2

  (3a  1)  16  0

8  2(3a  1)  2  0
2

 3a  1  4

  3a  1  4


6a  12


  a  1


5
 a 
3

a  2



19

5

Kết luận: M (a;2)  y  2 với a  (; 1)   ;   \ 2 thì từ M (a;2)  y  2 kẻ
3


đƣợc 3 tiếp tuyến phân biệt tới (C)
* Lời bình: Qua hai bài toán trên ta thấy bản chất của cả hai phương pháp đã nêu
đều đi tìm tọa độ tiếp điểm nên chúng ta có thể chọn phương pháp 2 để thao tác giải
tốn dễ dàng hơn.
Bài 3. Tìm m để từ A(0;1) kẻ đƣợc 2 tiếp tuyến phân biệt tới (Cm): y 

x 2  mx  m

x 1

Bài giải:
Phƣơng trình đƣờng thẳng từ A(0;1) : (d ) : y  kx  1
 x 2  mx  m
 kx  1 (1)

x 1

(d) là tiếp tuyến  
2
k  x  2 x
(2)

( x  1) 2

x 2  mx  m x 2  2 x
Thế (2) vào (1) 

.x  1
x 1
( x  1)2

  x 2  mx  m   x  1  x3  2 x 2  ( x  1)2  mx2  2(m  1) x  m  1  0

(3)

Để từ A(0;1) kẻ đƣợc 2 tiếp tuyến thì hệ tiếp xúc có 2 nghiệm
 Phƣơng trình (3) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

m  0
m  0
m  0


  '  (m  1) 2  m(m  1)  0  m  1  0  
m  1
m  2(m  1)  m  1  0
1  0



x2  x  2
Bài 4. Cho y 
. Dùng hình tƣợng dự đoán trên Oy tồn tại các điểm mà từ
x 1
đó kẻ đƣợc đúng 1 tiếp tuyến tới đồ thị. CMR: điều dự đốn đó là đúng.
Bài giải


20

Gọi A(0; a)  Oy  đƣờng thẳng qua A(0; a)  Oy : (d ) : y  kx  a
 x2  x  2
 x  1  kx  a

(d) là tiếp tuyến  
2
k  x  2 x  3


( x  1) 2


(1)
(2)

x2  x  2 x2  2 x  3


.x  a
x 1
( x  1) 2
 ( x2  x  2)( x  1)  x3  2 x 2  3x  a( x 2  2 x  1)
 (a  2) x2  2(a  1) x  a  2  f ( x)  0 (3)

Để từ A(0; a)  Oy kẻ đƣợc đúng 1 tiếp tuyến thì phƣơng trình (3) có đứng 1 nghiệm

x 1
Nếu a  2  (3) có 1 nghiệm x 

2
3

 (a  1) 2  (a 2  4)  0
  '  0


 f (1)  0
  f (1)  2  0


Nếu a  2  (3) có 1 nghiệm x  1  
2
2
  '  0
 (a  1)  (a  4)  0


  f (1)  2  0
  f (1)  0



(loai)

 2a  5  0
5

a
2
 f (1)  2  0

Kết luận: Điểm A(0;

5
)  Oy từ đó kẻ đƣợc đúng 1 tiếp tuyến tới đồ thị hàm số
2

x2  x 1
Bài 5. Cho hàm số: y 
x 1

(C ). CMR: Có hai tiếp tuyến của (C) đi qua

A(1;0) và vng góc với nhau.
Bài giải


21

Phƣơng trình đƣờng thẳng qua A(1; 0) với hệ số góc k có dạng: (d ) : y  k ( x  1)

1
x2  x 1
Ta có: y 
(C)
 x 1
x 1
( x  1)
Đƣờng thẳng (d) là tiếp tuyến của đồ thị (C) khi và chỉ khi hệ sau:
1

 x  1  x  1  k ( x  1) (1)

(I ) 
1  1
 k (2)
 ( x  1) 2


có nghiệm.

Từ (2)  x  1 

1
 k ( x  1) (3)
x 1

Lấy (1) – (3) ta đƣợc:

1
 k
x 1

 1
 x  1  k

Do đó ( I )  
. Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi
1  1
k
 ( x  1) 2


k  0

k   1  5 (t / m)
k  0
k  0

 2
  1


2
2

1  k  k
k  k  1  0

k   1  5 (t / m)
 2
2


Vì k1k2 = -1 nên hai tiếp tuyến của (C) đi qua A(1; 0) vng góc với nhau.
Bài 6. Cho hàm số: y 

x2
(C) và điểm A(0; a). Xác định a để từ A kẻ đƣợc hai
x 1

tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm tƣơng ứng nằm về hai phía so với trục Ox
Bài giải
Phƣơng trình đƣờng thẳng qua A(0; a) có dạng: y = kx + a (d)
Đƣờng thẳng (d) là tiếp tuyến của đồ thị (C) khi và chỉ khi hệ sau:


22

x  2
 x  1  kx  a


có nghiệm.
 3

k
2

 ( x  1)



x2
3

x  a  (a  1) x 2  2(a  2) x  a  2  0 (*) ( x =1 không là nghiệm).
x  1 ( x  1) 2

Qua A kẻ đƣợc 2 tiếp tuyến đến đồ thị (C) khi và chỉ khi phƣơng trình (*) có hai
nghiệm phân biệt
a  1  0
a  1
a  1



(**)
'  0
3(a  2)  0
a  2

Gọi x1; x2 là các tiếp điểm. Do hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục hoành nên

y(x1).y(x2) < 0


(x1; x2 là các nghiệm của phƣơng trình (*))

x1  2 x2  2
x x  2( x1  x2 )  4
.
0 1 2
0
x1  1 x2  1
x1 x2  ( x1  x2 )  1

2(a  2)

 x1  x 2  a  1  2t

Theo định lí viet ta có: 
 x .x  a  2  t
 1 2 a 1

t  1
t  4t  4
5t  4

0
0
t.   4
t  2t  1
1 t

5


+) t  1 
+) t 

a2
3
1
 0  a  1  0  a  1 (thoả mãn (**)).
a 1
a 1

4
a2 4
9a  6
2



0
 a  1 (thoả mãn (**)).
5
a 1
5
5(a  1)
3

a  1
Vậy,   2

thì yêu cầu bài toán đƣợc thoả mãn.

 a 1
 3


23

Bài 7. Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  1 (C). Dự đốn từ một điểm bất kì trên đƣờng
thẳng x  2 chỉ có thể kẻ đƣợc duy nhât 1 tiếp tuyến đến đồ thị (C) và chứng minh
rằng điều dự đốn đó là đúng.
Bài giải
Gọi điểm B(2; b) là điểm bất kì nằm trên đƣờng thẳng x = 2. Phƣơng trình đƣờng
thẳng qua B(2; b) có dạng: y = k(x - 2) +b (d).
Đƣờng thẳng (d) là tiếp tuyến của đồ thị (C ) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
2
 3
 x  6 x  9 x  1  k ( x  2)  b
 2
3x  12 x  9  k


 x 3  6 x 2  9 x  1  (3x 2  12 x  9)( x  2)  b
 b  2 x 3  12 x 2  24 x  17 (*)

Số tiếp tuyến cần tìm bằng số nghiệm của
phƣơng trình (*)
Xét hàm số y  2 x 3  12 x 2  24 x  17
Tập xác định: D = R.
y'  6 x 2  24 x  24  6( x  2) 2  0x  R . Do đó hàm số đồng biến.

Vì hàm số đã cho ln đồng biến nên đƣờng thẳng y = - b cắt đồ thị hàm số :
y  2 x 3  12 x 2  24 x  17 tại duy nhất một điểm hay phƣơng trình (*) có duy nhất một

nghiệm.
Vậy, từ một điểm nằm trên đƣờng thẳng x = 2 kẻ đƣợc một và chỉ một tiếp tuyến
đến đồ thị (C).
Bài 8. Cho hàm số y 

x
(C). Gọi I là giao điểm của hai đƣờng tiệm cận của đồ thị
x 1

hàm số. Dự đốn và chứng minh rằng: khơng có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I
Bài giải


24

Ta có tiệm cận đứng x = -1.
Tiệm cận ngang y = 1. Do đó toạ độ giao điểm của hai đƣờng tiệm cận là: I(-1; 1).
Phƣơng trình đƣờng thẳng qua I(-1; 1) có dạng: y = k(x+ 1) + 1 (d).
Đƣờng thẳng (d) là tiếp tuyến của đồ thị (C ) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
 x
 x  1  k ( x  1)  1
x
1
x
1




( x  1)  1 

1  x  x  2
 1
2
x  1 ( x  1)
x 1 x 1

k
 ( x  1) 2


(vô

nghiệm). (điều phải chứng minh).
Bài 9. Cho hàm số y 

x2  x 1
(C). Tìm các điểm trên trục tung mà từ đó kẻ đƣợc
x 1

2 tiếp tuyến đến đồ thị (C).
Bài giải
Viết lại y dƣới dạng y  x  2 

1
(C).
x 1

Gọi B(0; b)  Oy , Phƣơng trình đƣờng thẳng qua B có dạng: y = kx + b (d).
Đƣờng thẳng (d) là tiếp tuyến của đồ thị (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
1

1

 x  2  x  1  kx  b
 x  2  x  1  kx  b


(I) 

1  1
 x  1  1  kx  k
k
2

 ( x  1)
x 1


 3 

2
1
b 3k
bk 

x 1

x 1
2

b 3k
 1
(1)
x 1 
2

Do đó (I)  
1  1
 k (2)
 ( x  1) 2


Hệ có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn (2)