Sáng kiến: Kinh nghiệm giảng dạy chuyên đề tiếp tuyến của đường cong YF(x) vào bài toán liên quan

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI
TRƯỜNG THPT SỐ 1 TP LÀO CAI






















Tên sáng kiến:

Lê Thị Hiền







Lào Cai, năm 2011
- Trang 1 -
MỤC LỤC

PHẦN 1. MỞ ĐẦU

Chủ ñề Trang


1. Tính cấp thiết của ñề tài. 2
2. Tình hình nghiên cứu. 2
3. Mục ñích nghiên cứu. 3

4. Nhiệm vụ nghiên cứu. 4
5. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu. 4

PHẦN 2. NỘI DUNG

6. Đặt vấn ñề. 5
7. Viết phương trình tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) tại
ñiểm M
0
(x
0
;y
0
) 5
8. Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = f(x) khi
biết hệ số góc k. 14
9. Viết phương trình tiếp tuyến qua A(x
A
;y
A
). 18


PHẦN 3. KẾT LUẬN 23


PHẦN 4. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 24

- Trang 2 -
Đề tài:
KINH NGHIỆM GIẢNG DẠY CHUYÊN ĐỀ
TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG CONG Y = F(x) VÀ BÀI TOÁN
LIÊN QUAN.

Phần 1. MỞ ĐẦU.

1. Tính cấp thiết của ñề tài.
Trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ
cho học sinh là các mục tiêu ñược ñặt lên hàng ñầu trong các mục tiêu
dạy học môn toán.
Phương trình tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán liên
quan là một vấn ñề ñược giáo viên và học sinh thâm nhập với một
lượng thời gian không nhiều (khoảng 2 tiết) nhưng ñây là vấn ñề có
thể phát triển khả năng tư duy toán học cho học sinh và ñược áp dụng
nhiều trong các kì thi tốt nghiệp và Đại học. Trong quá trình giảng
dạy bộ môn toán 12, tôi nhận thấy rằng học sinh còn lúng túng khi lựa
chọn cho mình một phương pháp phù hợp có hiệu quả nhất ñể giải
quyết các bài toán về tiếp tuyến và bài toán liên quan ñến tiếp tuyến
của ñường cong y = f(x). Từ ñó, tôi ñã lựa chọn ñề tài “Kinh nghiệm
giảng dạy chuyên ñề tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán
liên quan” với mong muốn giúp học sinh:
1. Tổng hợp ñược kiến thức, không còn bị ñộng trong quá
trình nắm bắt kiến thức, hiểu và nhớ kiến thức mới một cách chủ
ñộng.
2. Rút ngắn ñược thời gian giải toán với ñộ chính xác cao.
2. Tình hình nghiên cứu.

Trong chương trình dạy học bộ môn Toán nói chung và ôn thi tốt
nghiệp và Đại học-Cao ñẳng cho học sinh khối 12 nói riêng, chúng ta
- Trang 3 -
cần phải cho học sinh ñề cập ñến chuyên ñề “Tiếp tuyến của ñường
cong y = f(x) và bài toán liên quan”. Sau nhiều năm trực tiếp tham gia
giảng dạy môn Toán 12 và ôn thi Đại học – Cao ñẳng cho học sinh
khối 12 của trường THPT số 1 TP Lào Cai, tôi nhận thấy trình ñộ
nhận thức, kỹ năng thực hành, phương pháp tư duy của một số học
sinh về các bài toán tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán
liên quan còn yếu. Có nhiều nguyên nhân ñể dẫn ñến tình trạng này
như: học sinh giải toán kém, không phát huy ñược tính tư duy sáng
tạo của mình, học tập còn thụ ñộng, ñối phó Điều này liên quan ñến
người dạy, người học và nhiều vấn ñề khác nữa. Nhưng theo tôi
nguyên nhân chủ yếu nhất là do học sinh học kém, nắm kiến thức cơ
bản không vững, thiếu cố gắng trong học tập, chưa có ý thức học tập
một cách tích cực, chủ ñộng, ngại phát hiện và giải quyết những vấn
ñề mới dựa trên nền tảng kiến thức cũ, hơn nữa thời lượng cho chuyên
ñề không nhiều, tài liệu tham khảo còn chung chung, hoặc nhiều thầy,
cô chưa thực sự ñi sâu về chuyên ñề này. Dựa trên tình hình thực tế
ñó, từ năm học 2007 – 2008 tôi ñã ñăng ký với tổ chuyên môn ñi sâu
nghiên cứu, tìm tòi về chuyên ñề này nhằm cùng với quí thầy, cô
trong trường cùng với các em học sinh khắc phục phần nào những tồn
tại trên.
3. Mục ñích nghiên cứu.
Với mục ñích giúp cho học sinh học có hiệu quả hơn và có cái nhìn
tổng quan, hiểu ñược bản chất của vấn ñề ñặt ra, từ ñó ñưa ra phương
pháp giải mạch lạc phù hợp với những ñòi hỏi của mỗi bài thi, giúp
học sinh tự tin và có phương pháp phù hợp khi gặp phải các bài toán
liên quan ñến tiếp tuyến của ñường cong. Yêu cầu ñặt ra phải trang bị
cho học sinh, ñặc biệt là ñối với học sinh khối 12 phương pháp giải

các dạng bài toán về tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán
liên quan.
- Trang 4 -
4. Nhiệm vụ nghiên cứu.
Nghiên cứu một số vấn ñề về Phương pháp giải các bài toán
tiếp tuyến và bài toán liên quan .Những bài toán về tiếp tuyến và bài
toán liên quan nội dung rất hấp dẫn và khó giải quyết. Một trong
những nguyên nhân gây khó giải quyết của nó là vì thời gian ñược
tiếp cận chúng không nhiều và thường ñược hỏi theo nhiều khía cạnh
khác nhau, mổ xẻ vấn ñề không phải là các phương pháp thông
thường hay ñược áp dụng trong ñại số. Để giải quyết phần nào những
khó khăn trên, qua nghiên cứu SGK(Đại số 11-12), SGV(Đại số 11-
12), chuẩn kiến thức kĩ năng, các tài liệu tham khảo và qua nhiều năm
giảng dạy của bản thân và các bài giảng của ñồng nghiệp, tôi viết sáng
kiến kinh nghiệm này nhằm cung cấp những phương pháp học và giải
bài tập về tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán liên quan
giúp các bạn yêu thích toán học, các thầy, cô giáo, các em học sinh
các trường THPT và các em học sinh ñang học lớp 12 ôn thi tốt
nghiệp và Đại học làm tài liệu tham khảo và tiếp tục phát triển.
5. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu.
Nghiên cứu Phương pháp giải các bài tập về tiếp tuyến của
ñường cong y = f(x) và bài toán liên quan là một nội dung quan
trọng của ñại số 12 trong chương trình Toán THPT.
Dưới ñây tôi xin ñược trao ñổi với quý ñồng nghiệp một số bài
toán và phương pháp giải cho những bài toán về: ‘‘Tiếp tuyến của
ñường cong y = f(x)” (thường là những bài toán thường gặp trong các
kỳ thi tốt nghiệp, thi Đại học) mà trong thời gian qua tôi ñã sử dụng
ñể hướng dẫn học sinh giải quyết dạng toán này.

- Trang 5 -
Phần 2. NỘI DUNG.
Đặt vấn ñề
Học tập là một hoạt ñộng của học sinh, hoạt ñộng học tập nhằm
lĩnh hội những ñiều mà hoạt ñộng dạy truyền thụ và biến những
ñiều tiếp thu ñược thành ‘‘năng lực thể chất và năng lực tinh thần”.
Với tư cách là một hoạt ñộng, việc học chỉ xảy ra khi nào mà
những hành ñộng của con người ñược ñiều khiển bởi mục ñích tự
giác lĩnh hội tri thức, kĩ năng, kĩ xảo, những hành vi và những hoạt
ñộng nhất ñịnh. Chính vì vậy, khi dạy các nội dung kiến thức ñi
sâu về rèn luyện kĩ năng giải toán cho học sinh, là một trong những
giáo viên trực tiếp giảng dạy, tôi thường ñạt ra những câu hỏi “làm
thế nào giúp học sinh hiểu và nắm bắt ñược phương pháp giải toán
nhanh và có hiệu quả nhất”. Muốn vậy, là giáo viên chúng ta phải
nắm vững ñược kiến thức và hiểu rõ nội dung của sách giáo khoa.
Rồi từ ñó lựa chọn phương pháp phù hợp với ñối tượng học sinh
với những dạng toán cụ thể giúp các em ñịnh hướng ñược phương
pháp giải nhanh nhất và có hiệu quả nhất. Sau ñây là một số bài
toán về “Tiếp tuyến của ñường cong y = f(x)” và phương pháp giải
mà tôi ñã sử dụng ñể hướng dẫn học sinh thực hiện trong thời gian
qua.
Đề tài:
KINH NGHIỆM GIẢNG DẠY CHUYÊN ĐỀ

TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG CONG Y = F(x) VÀ BÀI TOÁN LIÊN QUAN.
1. Viết phương trình tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) tại
ñiểm M
0

(x
0
;y
0
)
Phương pháp chung:
*) Xác ñịnh hệ số góc k = f’(x).
*) Thay các giá trị x
0
; y
0
, f’(x
0
) vào phương trình
y = f’(x
0
)(x – x
0
) + y
0
.
Bài 1: Cho hàm số y = x
3
– x
2
+ x – 6.
- Trang 6 -
a. Lập phương trình tiếp tuyến của ñộ thị hàm số tại ñiểm
M(1;-5).
b. Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại giao

ñiểm của ñồ thị với trục tung.
c. Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại giao
ñiểm của ñồ thị với trục hoành.
Giải.
a. Tiếp tuyến tại ñiểm M(1 ;-5) có dạng : y = y’
(1)
(x – 1) – 5.
Ta có y’ = 3x
2
– 2x + 1
⇒
y’
(1)
= 2
Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y = 2(x – 1) – 5.
b. Tọa ñộ giao ñiểm của ñồ thị hàm số với trục oy là nghiệm của
hệ :
3 2
6
6
(0; 6)
0
0
y
y x x x
M
x
x
= −


= − + −

⇔ ⇒ −
 
=
=



Tiếp tuyến tại ñiểm M(0;-6) có dạng : y = y’
(0)
(x – 0) – 6.
Ta có y’ = 3x
2
– 2x + 1
⇒
y’
(0)
= 1
Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y = 1(x – 0) – 6.

6
y x
⇔ = −

c. Tọa ñộ giao ñiểm của ñồ thị hàm số với trục ox là nghiệm của
hệ :
3 2
2
6

(2;0)
0
0
x
y x x x
M
y
y
=

= − + −

⇔ ⇒
 
=
=



Tiếp tuyến tại ñiểm M(2;0) có dạng : y = y’
(2
(x – 2).
Ta có y’ = 3x
2
– 2x + 1
⇒
y’
(2)
= 9
Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y = 9(x – 2).

Bài 2. Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ 3x + 5.
a. Lập phương trình tiếp tuyến của ñộ thị hàm số tại ñiểm
uốn. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại ñiểm uốn có hệ số
góc nhỏ nhất.
b. Chứng minh rằng trên ñồ thị không tồn tại hai ñiểm mà
tiếp tuyến tại hai ñiểm ñó vuông góc với nhau.
- Trang 7 -
c. Tìm k ñể trên ñồ thị có ít nhất một ñiểm mà tiếp tuyến tại
ñó vuông góc với ñường thẳng (d) : y = kx.
Giải.
a. Ta có y’ = 3x
2
+ 6x + 3
⇒
y’’ = 6x + 6

" 0 1 4
y x y
⇒ = ⇔ = − ⇒ =
. Vậy tọa ñộ ñiểm uốn I(-1;4).
Tiếp tuyến tại ñiểm I(-1;4) có dạng : y = y’
(-1)
(x + 1) + 4.
Ta có y’ = 3x
2
+ 6x + 3

⇒
y’
(-1)
= 0. Do ñó phương trình tiếp tuyến
cần tìm có dạng : y = 4.
Giả sử M
0
(x
0
;y
0
) là ñiểm nằm trên ñồ thị và phương trình
tiếp tuyến tại ñiểm M
0
(x
0
;y
0
) có dạng : y = f’(x
0
)(x-x
0
)+y
0

⇒
f’(x
0
) = 3x
0

2
+6x
0
+3 =3(x
0
2
+2x
0
+1) = 3(x
0
+1)
2

≥
0
∀
x
0
,
dấu ‘‘ = ’’ khi x
0
= -1
M I
⇔ ≡

⇒
ñpcm.
Tổng quát :

b. Giả sử A, B là hai ñiểm
∈
(C) sao cho tiếp tuyến tại hai ñiểm ñó
vuông góc với nhau và hoành ñộ tương ứng là x
1
; x
2

⇒

f’(x
1
).f’(x
2
)=-1
⇔
(3x
1
2
+6x
1
+3)(3x
2
2
+6x
2
+3)=-1
⇔

9(x
1
+1)
2
(x
2
+1)
2
=-1
(vô lí)
⇒
ñpcm.
c. Giả sử M
0
(x
0
;y
0
) là ñiểm nằm trên ñồ thị và phương trình tiếp tuyến
tại ñiểm M
0
(x
0
;y
0
) có dạng y = f’(x
0
)(x-x
0
)+y

0

Để tiếp tuyến tại ñiểm M
0
vuông góc với ñường thẳng (d) : y = kx
⇔

(3x
0
2
+6x
0
+3)k = -1
⇔
3(x
0
2
+2x
0
+1)k = -1
⇔
3(x
0
+1)
2
k = -1
⇔
k < 0.
Vậy với k < 0 tiếp tuyến tại M
0

vuông góc với ñường thẳng (d).
Tổng quát:


Cho hàm số y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d. (a
0
≠
).
*) Nếu a > 0 thì tiếp tuyến tại ñiểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất .
*) Nếu a < 0 thì tiếp tuyến tại ñiểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến
(
)
∆
của ñồ thị hàm số y = f(x) tại
ñiểm M
0
(x
0
;y
0
) có dạng : y = f’(x
0
)(x-x
0
)+y

0

- Trang 8 -



Bài 3. Cho hàm số y =
2
3x x+4
4x+m
m
− +
. Tìm m ñể tiếp tuyến của ñồ thị tại
ñiểm có hoành ñộ x = 0 vuông góc với ñường tiệm cận.
Giải.
Gọi M(0;y
0
) là ñiểm nằm trên ñồ thị hàm số
⇒
y
0
=
4
m

Tiếp tuyến tại ñiểm M(0;
4
m
) có dạng : y = y’
(0)

(x – 0) +
4
. ( )
m
∆

Ta có y’ =
2 2 2
(0)
2 2
12x 6 x+m 16 16
'
(4x+m)
m m
y
m
− − − −
⇒ =
.
Vậy véc tơ pháp tuyến của tiếp tuyến
(
)
∆
là :
2
2
16
( ; 1)
m
n

m
∆
−
−
uur

*) Mặt khác
4
lim
m
x
y
±
 
→ −
 
 
= ∞ ⇒
phương trình ñường tiệm cận ñứng là
x = -
4
m
(d
1
). Vậy véc tơ pháp tuyến của tiếp tuyến (d
1
) là
1
(1;0)
d

n⇒
uur
;
3 17
lim ( ) 0
4 16
x
y x m
→±∞
 
− − + = ⇒
 
 

phương trình ñường tiệm cận xiên là y =
3 17
4 16
x m
+
(d
2
)
Để tiếp tuyến
(
)
∆
vuông góc với ñường tiệm cận ñứng
2
d1
2

16
. 0 0 4
m
n n m
m
∆
−
⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
uur uur

Để tiếp tuyến
(
)
∆
vuông góc với ñường tiệm cận xiên
2
2
16 3
1
4
m
vn
m
−
 
⇔ − = − ⇒
 
 

Vậy tiếp tuyến tại ñiểm x

0
= 0 chỉ vuông góc với ñường tiệm cận
ñứng khi m =
4
±

Bài 4. Cho hàm số y =
2x+1
x-1
.
*) Nếu
d
. 1
d k k
∆
∆ ⊥ ⇔ = −

*) Nếu
d
//
d k k
∆
∆ ⇔ =

- Trang 9 -

a. Lập phương trình tiếp tuyến của ñ ồ thị hàm số tại giao ñiểm
của ñồ thị với trục ox.
b. Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại ñiểm có tung
ñộ bằng 3.

c. Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của ñồ thị hàm số ñều lập với
hai ñường tiệm cận một tam giác có diện tích không ñổi.
d. Tìm tất cả các ñiểm M nằm trên ñồ thị hàm số sao cho tiếp
tuyến tại M tạo với hai ñường tiệm cận một tam giác có chu vi
nhỏ nhất.
Giải.
a. Tọa ñộ giao ñiểm của ñồ thị hàm số với trục ox là nghiệm của hệ :

2x+1 1
1
( ;0)
x-1 2
2
0 0
y x
M
y y
 
= = −
 
⇔ ⇒ −
 
 
= =
 

Tiếp tuyến tại ñiểm M(
1
;0
2

 
−
 
 
có dạng : y = y’
(
1
2
−
)
(x +
1
2
).
Ta có y’ =
2
3
( 1)
x
−
−

⇒
y’
(
1
2
−
)
= -

4
3

Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y =
4
3
−
(x +
1
2
).
b. Gọi M(x
0
;3) là ñiểm thuộc ñồ thị hàm số
0
4
x
⇒ = ⇒
M(4 ;3)
Tiếp tuyến tại ñiểm M(4;3) có dạng : y = y’
(4)
(x – 4) + 3.
Ta có y’ =
2
3
( 1)
x
−
−
⇒

y’
(4)
= -
1
3

Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y =
1
3
−
(x – 4) + 3.
c. Ta có y’ =
2
3
( 1)
x
−
−

Tiệm cận ñứng x = 1 vì
1
lim
x
y
→
= ∞
, tiệm cận ngang y = 2 vì
lim 2
x
y

→∞
=

Tọa ñộ giao ñiểm I của hai ñường tiệm cận I(1;2).
- Trang 10 -

M là ñiểm tùy ý thuộc ñồ thị, giả sử M có hoành ñộ bằng a, khi ñó
M(a,y
(a)
) và phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :
y = y’
(a)
(x – a) + y
(a)

⇔
y =
2
3 2a+1
( )
( 1) a-1
x a
a
−
− +
−
.
Tọa ñộ giao ñiểm A của tiếp tuyến tại M và tiệm cận ñứng là nghiệm
của hệ phương trình
2

1
1
2a+4
(1; )
3 2a+1
2a+4
y = ( )
a-1
( 1) a-1
a-1
x
x
A
x a
y
a
=

=

 
⇔ ⇔
−
 
− +
=
 
−



Tọa ñộ giao ñiểm B của tiếp tuyến tại M và tiệm cận ngang là nghiệm
của hệ phương trình:
2
2
2
(2a-1;2)
3 2a+1
y = ( )
2a-1
( 1) a-1
y
y
B
x a
x
a
=

=


⇔ ⇔
−
 
− +
=


−



Diện tích tam giác IAB ñược xác ñịnh bởi: S =
1
.
2
IA IB

Trong ñó IA =
2a+4 6
2
a-1 1
a
− =
−
; IB =
2a-1-1 2 1
a
= −

Vậy S =
1 6
.2 1 6
2 1
a
a
− =
−
không phụ thuộc vào a.
d. Ta có AB

2
= IA
2
+ IB
2

≥
2IA.IB = 2.
6
.2 1 12 2 3
1
a AB
a
− = ⇒ ≥
−

IA + IB
2 . 2 12 4 3
IA IB≥ = =

Suy ra, chu vi của tam giác IAB ñược cho bởi:
P = AB + IA + IB
2 3 4 3 6 3
≥ + =

Vậy
∆
IAB có chu vi nhỏ nhất bằng 6
3
ñặt ñược khi IA = IB

6
2 1 1 3
1
a a
a
⇔ = − ⇔ = ±
−

Kết luận: Tồn tại hai ñiểm M
1
(
)
1 3;2 3
+ +
, M
2
(
)
1 3;2 3
− −
thỏa
mãn ñiều kiện ñầu bài.
Tổng quát:

- Trang 11 -

Bài 5. Cho hàm số y =
2
2 2
1
x x
x
+ +
+

a. M là ñiểm trên ñồ thị có hoành ñộ x
M
= a. Viết phương trình
tiếp tuyến
(
)
∆
của ñồ thị tại ñiểm M.
b. Xác ñinh a ñể tiếp tuyến
(
)
∆
ñi qua ñiểm (1;0). Chứng tỏ rằng
có hai giá trị của a thỏa mãn ñiều kiện của bài toán và hai tiếp
tuyến tương ứng là vuông góc với nhau.
c. Gọi I là tâm ñối xứng của ñồ thị, M là một ñiểm nằm trên ñồ
thị.Tiếp tuyến tại ñiểm M củ a ñồ thị cắt hai ñường tiệm cận
ñứng và xiên tại hai ñiểm A và B. Chứng tỏ rằng M là trung
ñiểm của AB, và tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc M.
Giải.
a. Phương trình tiếp tuyến tại ñiểm M có hoành ñộ x

M
= a có
dạng: y = y’
(a)
(x – a) + y
(a)
.
(
)
∆

Ta lần lượt có
2
( )
2a+2
1
a
a
y
a
+
=
+
; y’ =
2
2
2x
(x+1)
x +
⇒

y’
(a)
=
2
2
2a
(a+1)
a
+

Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng :
y =
2
2
2a
(a+1)
a
+
(x – a) +
2
2a+2
1
a
a
+
+

⇔
y =
2

2
2a
(a+1)
a
+
x +
2
2
4a+2
( 1)
a
a
+
+
.
b. Tiếp tuyến
(
)
∆
ñi qua ñiểm (1;0) khi :
2
2
2a
(a+1)
a
+
+
2
2
4a+2

( 1)
a
a
+
+
= 0
⇔
a
2
+ 3a + 1 = 0
1,2
3 5
2
a
− ±
⇔ =

và theo Viét ta có: a
1
+ a
2
= -
3
2
; a
1
.a
2
= 1. Vậy có hai giá trị của a thỏa
mãn ñiều kiện của bài toán.

thuộc ñồ thị hàm số ñều:
a) Lập với hai ñường tiệm cận một tam giác có diện tích không ñổi.
b) Lập với hai ñường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất khi
và chỉ khi IA = IB (I là giao ñiểm của hai ñường tiệm cận, A và B
lần lượt là giao ñiểm của tiếp tuyến với hai ñường tiệm cận.)
- Trang 12 -

Cỏc tip tuyn cú h s gúc tng ng l: k
1
=
2
1 1
2
1
2a
(a +1)
a +
; k
2
=
2
2 2
2
2
2a
(a +1)
a +

Ta cú k
1

.k
2
=
2
1 1
2
1
2a
(a +1)
a +
.
2
2 2
2
2
2a
(a +1)
a +
=
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
2a ( ) 4a
1
( 1)
a a a a a a
a a a a
+ + +
=

+ + +
. Chng
t rng hai tip tuyn ủú vuụng gúc vi nhau.
c. Ta có y =
2
2
)1(
2
+
+
x
xx
;
Tim cn ủng x = - 1 vỡ
1
lim
x
y

=

Tim cn xiên y = x+1 vỡ
[
]
lim ( 1) 0
x
y x

+ =

M(a;y
(a)
) và phơng trình tiếp tuyến tại M có dạng:
y = y
(a)
(x-a)+y
(a)
1
22
)(
)1(
2
2
2
2
+
++
+
+
+
=
a
aa
ax
a
aa
y

(

)
Toạ độ giao điểm A của (

) với tiệm cận đứng là nghiệm của hệ
phơng trình :





+

+
=
=






+
++
+
+
+
=
=
)
1

2
;1(
1
2
1
1
22
)(
)1(
2
1
2
2
2
a
A
a
y
x
a
aa
ax
a
aa
y
x

Toạ độ giao điểm B của (

) và tiệm cận xiên là nghiệm của hệ phơng

trình:
)22;12(
22
12
1
22
)(
)1(
2
1
2
2
2
++



+=
+=






+
++
+
+
+

=
+=
aaB
ay
ax
a
aa
ax
a
aa
y
xy

Ta thấy x
A
+ x
B
=2a=2x
M


M là trung điểm của AB.
Diện tích của tamg giác IAB đợc xác định bởi công thức:
S =
=+
+
= 222
1
2
2

1
2
1
a
a
xxyy
IBIA
vào a
Tng quỏt:




Tip tuyn ca ủ th hm s
2
ax +bx+c
(ad 0)
dx+e
y
=
ti mi ủim M thuc
ủ th hm s ủu:
a) Ct hai ủng tim cn ti hai ủim A v B sao cho M l trung
ủim ca ủon thng AB.
- Trang 13 -


Bài 6: Cho hàm số y = x+1+
)(
1

1
C
x
−
.
Tìm những ñiểm trên ñồ thị hàm số có hoành ñộ lớn hơn 1 sao
cho tiếp tuyến tại ñiểm ñó tạo với hai ñường tiệm cận một tam
giác có chu vi nhỏ nhất.
Giải
Ta có y’ = 1-
2
)1(
1
−x
;
Tiệm cận ñứng x = 1 vì
1
lim
x
y
→
= ∞

Tiệm cận xiªn y = x+1 vì
[
]
lim ( 1) 0
x
y x
→∞

− + =
Toạ ñộ tâm ñối xứng của
ñồ thị hàm số là I(1;2).
M(a;y
(a)
)
)(C
∈
với a>1, khi ñó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M
có dạng: y=y’
(a)
(x-a)+y
(a)

1
)(
)1(
2
2
2
2
−
+−
−
−
=⇔
a
a
ax
a

aa
y
(d)
*)Toạ ñộ giao ñiểm A của tiếp tuyến (d) với tiệm cận ñứng là nghiệm
của hệ





−
⇔
−
=
=
⇔





−
+−
−
−
=
=
)
1
2

;1(
1
2
1
1
)(
)1(
2
1
2
2
2
a
a
A
a
a
y
x
a
a
ax
a
aa
y
x

*) Toạ ñộ giao ñiểm B của tiếp tuyến (d) và tiệm cận xiên là nghiệm
của hệ:




−⇔
=
−=
⇔





−
+−
−
−
=
+=
)2;12(
2
12
1
)(
)1(
2
1
2
2
2
aaB
ay

ax
a
a
ax
a
aa
y
xy

Ta có: AI=
1
2
−
=−
a
xx
IA
;
BI=
4
cos.224.122
222
π
BIAIBIAIABBIAIa −+=
⇒
=
⇒
−

Chu vi

∆
ABI là AI+BI+AB=AI+BI+
2 2
2 .
AI BI AI BI
+ −


4
2 . 2 . 2 . 4 2 2 2( 2 1)
AI BI AI BI AI BI
≥ + − = + −

b) Diện tích của tam giác ñược tạo bởi hai ñường tiệm cận và tiếp
tuyến tại M không phụ thuộc vào vị trí của ñiểm M.

- Trang 14 -
Vậy CV
min
= 4
)12(222
4
−+
khi AI=BI

4
2
1
1+=⇔ a
⇒

M(
)
2
1
22;
2
1
1
4
4
4
+++

Tổng quát :




2. Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = f(x) khi
biết hệ số góc k.
Phương pháp chung: Ta có thể lựa chọn một trong hai cách:
*) Cách 1: Xác ñịnh hoành ñộ tiếp ñiểm qua phương trình
f’(x) = k và từ ñó ñưa về dạng 1.
*) Cách 2: Phương trình tiếp tuyến với hệ số góc k có dạng
(d): y = kx + b.
Tham số b ñược suy ra từ ñiều kiện (d) tiếp xúc với ñồ thị
hàm số.
Bài 7: Cho y = x
3
–2x

2
+3x -
3
8
. Lập phương trình tiếp tuyến của

ñường cong (C) khi biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng 3.
Giải
*) Cách 1: Gọi M
0
(x
0
;y
0
) là tiếp ñiểm của tiếp tuyến
∆
với (C).
Phương trình tiếp tuyến
∆
có dạng y=f’(x
0
)(x-x
0
)+y
0
.
Theo gt ta có 3x
0
2
-4x

0
+3=3




=
−=
⇒




=
−=
⇒




=
=
⇒
xy
xy
y
y
x
x
3

3
8
3
4
3
8
3
4
0
0
0
0
0

*) Cách 2: Gọi
)(
∆
là ñường thẳng cần tìm, khi ñó phương trình
ñường thẳng có dạng: y = 3x+b. Đường thẳng
)(
∆
là tiếp tuyến của
(C) khi
Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số
2
ax +bx+c
(ad 0)
dx+e
y
= ≠

tại mọi ñiểm M thuộc
ñồ thị hàm số lập với hai ñường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ
nhất khi và chỉ khi IA = IB (I là giao ñiểm của hai ñường tiệm cận, A và
B lần lượt là giao ñiểm của tiếp tuyến với hai ñường tiệm cận.)

- Trang 15 -
3 2
2
8 8 8
2 3 3 3
3 3 3
3 4 3 3 0 3
x x x x b b y x
x x b y x
  
− + − = + = − = −

 
⇔ ⇒

 

− + = = =
  

Bài 8. Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+ 2. Lập phương trình tiếp tuyến của

ñồ thị hàm số biết rằng tiếp tuyến ñó vuông góc với ñường thẳng
(d) : 3x – 5y – 4 = 0.
Giải
*) Cách 1: Gọi M
0
(x
0
;y
0
) là tiếp ñiểm của tiếp tuyến
∆
với (C).
Phương trình tiếp tuyến
∆
có dạng y=f’(x
0
)(x-x
0
)+y
0
.
Theo gt ta có (3x
0
2
- 6x
0
)
3
5

= -1
0 0
0 0
5 46 5 29
3 27 3 27
1 46 5 61
3 27 3 27
x y y x
x y y x
  
= = − = − +
  
⇒ ⇒ ⇒
  
  
= = = − +
  
  

*) Cách 2: Gọi
)(
∆
là ñường thẳng cần tìm, khi ñó phương trình
ñường thẳng có dạng: y =
5
3
−
x+b
Đường thẳng
)(

∆
là tiếp tuyến của (C) khi

3 2
2
5 29 5 29
3 2
3 27 3 27
5 61 5 61
3 6
3 27 3 27
x x x b b y x
x x b y x
  
− + = − + = = − +
  

⇔ ⇒
 

 

− = − = = − +
 

  

Bi 9. (Đề 95): Cho y=
2
33

2
+
++
x
xx

a, Lập phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến ñó
vuông góc với ñường thẳng có phương trình x-3y-6=0.
b, Lập phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến ñó
song song với ñường thẳng có phương trình y =-2x+6
Giải:
Ta có y=
2
33
2
+
++
x
xx
=
1
x+1+
x+2

a) *) Cách 1: Gọi M
0
(x
0
;y
0

) là tiếp ñiểm của tiếp tuyến
∆
với (C).
Phương trình tiếp tuyến
∆
có dạng y=f’(x
0
)(x-x
0
)+y
0
.
- Trang 16 -
Vì
∆
vuông góc với ñường thẳng (d) : y =
1
2
3
x
−

⇒
f’(x
0
).
1
1
3
= − ⇔

f’(x
0
) = -3
2
0
1
1 3
( 2)x
⇔ − = − ⇔
+

0 0
2
0
0 0
3 3
3 3
1
2 2
( 2)
5 7 3x-11
4
2 2
x y
y x
x
y
x y
 
= − =

 
= − −

+ = ⇔ ⇔ ⇒
 

= −

 
= − = −
 
 

*) Cách 2: Gọi
)(
∆
là ñường thẳng cần tìm, vì (
∆
) vuông góc với
ñường thẳng (d) nên phương trình ñường thẳng
(
)
∆
có dạng:
y =
3
−
x+b.
Đường thẳng
)(

∆
là tiếp tuyến của (C) khi

2
1
3
1 3
3 3
2
2
1
7 3 11
1 3
( 2)
2
x x b
b
y x
x
y x
b
x


+ + = − +
=


= − −


+

⇔
⇒



= − −



− = −
= −

+




b) (d
1
):
3
394
)
3
63
(2
−
+

−
−−= xy

(d
2
):
312
36
)
3
36
(2
−
+
+
+
+−= xy

Bài 10. Cho hàm số y =
2
2 x+m
x m
x m
−
+
(C).
a. Chứng minh rằng nếu ñồ thị (C) cắt Ox tại x = x
0
thì hệ số góc
của tiếp tuyến tại ñó là k =

0
0
2x 2
m
x m
−
+
.
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể ñồ thị hàm số cắt Ox
tại hai ñiểm và hai tiếp tuyến tại hai ñiểm ñó vuông góc với
nhau.
Gi¶i
a, Ta có y = x – 3m +
m
x
mm
+
+
2
3
. Để (C
m
) có tiếp tuyến
- Trang 17 -

)1(
3
1
0
03

2







+
m
m
mm

Khi ủú:
y=1-
)2(
)(
22
)(
3
1)(
)(
3
2
0
2
0
2
0
2

0
2
0
2
2
mx
mmmxx
mx
mm
xk
mx
mm
+
+
=
+
+
=
+
+

Nu y(x
0
) =0
2
0 0
0
2 x +m
0
x m

x m

=
+

2 2
0 0 0 0
0 0
2 x 0 2 x
0 0
x m m x m m
x m x m

+ = = +



+ +


(3)
T (2), (3)
mx
mx
mx
mx
mx
mmmxmmx
k
+

=
+

=
+
+
=

0
0
2
0
2
2
0
2
0
2
00
22
)(
22
)(
222

b, Theo yờu cu bi ta cú

+
=+
03
)1(02
2
2
mm
mmxx
cú hai nghim phõn
bit











<
>

3
1
0
1
m
m

m
gi A(x
1
;y
(x1)
), B(x
2
;y
(x2)
) l hai giao ủim
1)(')('
)(2
)(';
)(2
)('
21
2
2
2
1
1
1
=

+

=
+

=

xyxy
mx
mx
xy
mx
mx
xy

05)(351
))((
))((4
2
2121
21
21
=++=
++

mxxmxx
mxmx
mxmx
.(*) Vỡ x
1
; x
2

l nghim ca phng trỡnh (1)

=
=





=
=+

5
0
(*)
2
21
21
m
m
mxx
mxx
so
sỏnh vi ủiu kin m=5




3. Vit phng trỡnh tip tuyn qua A(x
A
;y

A
).
Phng phỏp chung :
*) Cách 1: Giả sử hoành độ tiếp điểm là x
0
khi đó phơng trình tiếp
tuyến tại điểm M có dạng y=f(x
0
)(x-x
0
)+y
0
.(d)
Nu ủ th hm s y = f(x) =
)(
)(
xv
xu
ct trc honh ti ủim x =x
0
thỡ
h s gúc ca tip tuyn ti ủim x
0
l k =
)(
)('
0
0
xv
xu

- Trang 18 -

T×m x
0
; y
0
: V× A n»m trªn ®−êng th¼ng (d) ta cã y
A
=f(x
0
)(x
A
-x
0
)+y
0
*) C¸ch 2: +) Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng (d) qua A víi hÖ sè gãc k
cã d¹ng y = k(x-x
A
)+y
A

+) T×m k: §Ó (d) lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng cong (C) khi




=

=+−
kxf
xfyxxk
AA
)('
)()(
cã nghiÖm.
Bài 11(Đ61). Cho hàm số y = x
3
-3x
2
+2. Lập phương trình tiếp tuyến
biết rằng tiếp tuyến ñó qua A(
)2;
9
23
−
.
Giải
Cách 1. Gọi M(x
0
;y
0
) là ñiểm nằm trên ñồ thị, phương trình tiếp
tuyến tại ñiểm M có dạng :
y=f(x
0
)(x-x
0
)+y

0

⇔
y = (3x
2
0
- 6x
0
)(x – x
0
) + x
3
0
- 3x
2
0
+ 2 (d)
Vì A nằm trên (d), ta có -2 = (3x
2
0
- 6x
0
)(
23
9
– x
0
) + x
3
0

- 3x
2
0
+ 2

⇔
(x
0
– 2)(3x
2
0
- 10x
0
+ 3) = 0
⇔

0 0
0 0
0 0
3 2
2 2
1 8
3 3
x y
x y
x y
 
 
= =
 

= ⇔ = −
 
 
= =
 
 

Với x
0
= 3
⇒
f’(x
0
) = 9
⇒
Phương trình tiếp tuyến y = 9x-25
Với x
0
= -2
⇒
f’(x
0
) = 0
⇒
Phương trình tiếp tuyến y = -2.
Với x
0
=
1
3

⇒
f’(x
0
) =
5
3
−

⇒
Phương trình tiếp tuyến y =
5 61
3 27
x− +
.
Cách 2. Phương trình ñường thẳng (d) qua ñiểm A với hệ số góc k có
dạng y = k(x-x
A
)+y
A.
Để (d) là tiếp tuyến của ñường cong khi






















+−=
−=
−=
⇒
−=
=
=
⇒
=
=
=
⇒





=−

−−=+−
27
61
3
5
259
2
3
5
9
0
3
1
3
2
63
2)
3
2
(23
2
23
xy
xy
y
k
k
k
x
x

x
kxx
xkxx



*) Chú ý:Cho hàm số
)0(
2
≠
+
++
= bd
e
dx
cbxax
y
ñiều kiện ñể ñường thẳng

- Trang 19 -

Bài 12 : Cho y = x+2+
1
1
+
x

a, Lập phương trình tiếp tuyến qua A(0;1-
3
)
b, Chứng minh rằng qua A có thể kẻ ñược hai tiếp tuyến vuông
góc với nhau.
Giải.
a, Phương trình tiếp tuyến qua A có dạng y=kx+1-
3
(d). Để (d) là
tiếp tuyến của (C) khi :
2 2
1 1
2 1 3 2 ( 1) 1 3
1 1
1 1
1 1
( 1) ( 1)
x kx x k x k
x x
k k
x x
 

+ + = + − + + = + − + −
 
+ +
 
⇔
 
 
− = − =
+ +
 
 

2
2
1 3 1 3
1 2 1 2
1
2 3 3
1
1 (*)
( 1)
4
k k
x x
k k
k
k
x
 
− −

= =
 
 
+ +
⇔ ⇔
 
− +
 
− =
− =
 
+
 

(*)
2
2(2 3) 1 0
k k
⇔ + − − =

1
2
3 2 2 2 3
( 3 2 2 2 3) 1 3
3 2 2 2 3
( 3 2 2 2 3) 1 3
k
y x
k
y x



= − − −
= − − − + −


⇔ ⇒


= − + −
= − − − + −



(d): y=kx+m là tiếp tuyến của ñường cong (C).
Viết lại (C): y=
e
dx
x
+
++
γ
βα
. Điều kiện ñể (d) là tiếp tuyến của (C)

khi








=
+
−
+=
+
++
)2(
)(
)1(
2
k
edx
d
mkx
edx
x
γ
α
γ
βα
Viết (1) dưới dạng
( )
k ke
x dx e m
dx e d d
γ
α β

+ + = + − +
+
(3)
Thay (2) vào (3) (lưu ý chỉ thay
))( edx
d
k
+
, ñược
)4()(
2
11
)(
)(
1
2
β
α
γ
γ
α
γ
βα
−++−=
+
⇒+−







+
−+=
+
++ m
d
e
d
ke
edx
m
d
ke
edx
d
edx
dedx
x

Thay (4) vào (2) ta ñược f(k)=Ak
2
+Bk+C=0 (5)
Khi ñó theo yêu cầu cụ thể của bài ñưa về giải hoặc biện luận ñiều
kiện cho của phương trình.

- Trang 20 -
b, Vì hệ số góc của hai tiếp tuyến là nghiệm của phương trình (*)
⇒
k

1
.k
2
=-1 .
Bài 13: Cho y =
x
mmxx +−
2

a, Khi m=1. Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị qua M(2;-1).
Chứng minh rằng các tiếp tuyến ñó vuông góc với nhau.
b, Xác ñịnh m ñể từ M có thể kẻ ñược hai tiếp tuyến vuông góc với
nhau.
Giải
a, Phương trình ñường thẳng ñi qua M có dạng y=k(x-2)-1 (d). Để
ñường thẳng (d) là tiếp tuyến của (C) khi





=−
−−=+−
k
x
kkx
x
x
2
1

1
12
1
1







−−
+
+
=
−−
−
−
=
⇒






+
+
=
−

−
=
⇒






−−
=
+−
=
⇒
1)2(
53
51
1)2(
53
51
53
51
53
51
2
51
2
51
2
1

xy
xy
k
k
x
x

b, Để ñường thẳng trên là tiếp tuyến của (C
m
) khi




=
=
⇒





=−
−−=+−
5
1
1
1)2(
2
m

m
k
x
m
xk
x
m
mx

Bài 14: Cho hàm số y=
1
1
2
+
++
x
xx

a, Lập phương trình tiếp tuyến biết rằng tiếp tuyến ñó ñi qua
A(1;
)
2
3

b, Tìm trên ñường thẳng y = -1 những ñiểm mà từ ñó có thể kẻ
ñược hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.
Giải
a, Phương trình ñường thẳng y = k(x-1)+
2
3

(d). Để ñường thẳng (
∆
) là
- Trang 21 -
tiếp tuyến của ñường cong khi





+−=⇒
=
=
⇒







=
+
−
+−=
+
+
2
3
)1(

4
3
4
3
1
)1(
1
1
2
3
)1(
1
1
2
xy
k
x
k
x
xk
x
x

b, Gọi M(a;-1) là ñiểm mà ñường thẳng ñi qua
⇒
phương trình ñường
thẳng
∆
: y=k(x-a)-1.
Để

∆
là tiếp tuyến của (C)







=
+
−
−−−+=
+
+
⇔







=
+
−
−−=
+
++
⇔

)2(
)1(
1
1
)1(1)1(
1
1
)1(
1
1
1)(
1
1
2
2
2
k
x
kakxk
x
x
k
x
axk
x
xx

Thay (2) vào (1) ta có
2
1 1 1 1

(1 )( 1) 1 1 1
1 ( 1) 1 1
1
(3)
1 2
x x k ka x x k ka
x x x x
k ak
x
+ = − + − − − ⇔ + = + − − − −
+ + + +
+
⇔ = −
+

Thay (3) vào (2) ta có
044)1()
2
(1
222
=−++⇔=
+
−− kkak
kak
(*)
Để qua M có thể kẻ ñược hai tiếp tuyến và hai tiếp tuyến ñó vuông
góc với nhau khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt




−=
=
⇔



±=+
∀
⇔





=
+
>++
⇔



−=
>∆
3
1
21
1
)1(
4
0)1(44

1.
0
2
2
21
a
a
a
a
a
a
kk

Bài 15. Cho hàm số y = x
4
– x
2
+ 1. Tìm trên trục tung những ñiểm
mà từ ñó có thể kẻ ñược ba tiếp tuyến ñến ñồ thị hàm số.
Giải
Gọi A(0 ;y
0
) là ñiểm nằm trên trục tung. Phương trình ñường thẳng
(d) ñi qua A với hệ số góc k có dạng y = kx + y
0
.
Để ñường thẳng (d) tiếp xúc với ñồ thị (C) của hàm số
4 2
0
3

1 x+y
4x 2x=k
x x k

− + =

⇔

−


có nghiệm.
Khử k ta ñược phương trình: 3x
4
– x
2
+ y
0
– 1 = 0. (1)
- Trang 22 -
Đặt t = x
2
ta có
2
0
3 1 0 (2)
0
t t y
t


− + − =

≥


Để phương trình (1) có ba nghiệm khi phương trình (2) phải có một
nghiệm t = 0 và một nghiệm t > 0.
0
0
2
0
1 0
0
3 0
1
3
y
y
t
t t
t
=


− =


=

⇔ ⇔

 

− =



=




Với t = 0
0 0
x k
⇒
=
⇒
=

Với t =
2
1 1 3 2 3
3 3 3 9
x x k
⇒
=
⇒
= ±
⇒
= ±

. Vậy trên trục tung chỉ có
ñiểm A(0 ;1) mà qua A có thể kẻ ñược ba tiếp tuyến với ñồ thị (C).


















- Trang 23 -
Phần 3. KẾT LUẬN.

Đề tài này ñã ñược bản thân tôi và các ñồng nghiệp cùng ñơn vị thí
ñiểm trên các em có nhu cầu ôn thi tốt nghiệp và ôn thi Đại học – Cao
ñẳng. Kết quả thu ñược rất khả quan, các em học tập một cách say mê
hứng thú. Một số em ñã ñạt ñược những thành tích tốt qua những ñợt
thi tốt nghiệp và các ñợt thi Đại học – Cao ñẳng.
Tuy nhiên với phương pháp này người thầy phải biết vận dụng
sáng tạo các phương pháp, luôn không ngừng tìm tòi, tham khảo các

tài liệu, tham khảo ñồng nghiệp, xâu chuỗi chúng lại và cho học sinh
các bài tập ñịnh hướng ñể các em học tập, tìm hiểu.
Đối tượng học sinh ôn thi tốt nghiệp và ôn thi Đại học – Cao ñẳng,
luôn tin tưởng ở thầy, có ñiều kiện học tập, nghiên cứu.
Trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu bản thân tôi cùng với sự
giúp ñỡ của các ñồng nghiệp ñã ñúc rút ra ñược một số kinh nghiệm ;
Thông qua ñề tài này mong hội ñồng khoa học và các ñồng nghiệp
kiểm ñịnh và góp ý ñể ñề tài ngày hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng
rãi trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh.

Xin chân thành cảm ơn!

Lào Cai, ngày 04 tháng 05 năm 2011
Người viết


Lê Thị Hiền



- Trang 24 -
Phần 4. DANH MỤC TƯ LIỆU THAM KHẢO.

Khi chuẩn bị chuyên ñề trên tôi ñã sử dụng những tài liệu tham
khảo sau:
1. SGK Đại số 11 – Nâng cao, SGK Đại số 11 - Cơ bản.
2. SBT Đại số 11 – Nâng cao, SBT Đại số 11 – Cơ bản.
3. SGV Đại số 12 – Nâng cao, SGV Đại số 12 – Cơ bản.
4. Tài liệu bồi dưỡng giáo viên thực hiện chương trình,
sách giáo khoa.

5. Tài liệu ôn thi Đại học - Cao ñẳng theo chuyên ñề của
nhà xuất bản Hà Nội.
6. Các bài giảng luyện thi môn Toán – của nhà xuất bản
Giáo dục.