SKKN rèn LUYỆN kỹ NĂNG KHẢO sát hàm số PHÂN THỨC NHẤT BIẾN CHO học SINH TRUNG BÌNH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị : THPT XUÂN THỌ
Mã số : ……………………………….

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG KHẢO SÁT
HÀM SỐ PHÂN THỨC NHẤT BIẾN
CHO HỌC SINH TRUNG BÌNH

Người thực hiện: Nguyễn Bá Tuấn
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn : Toán



- Phương pháp giáo dục



- Lĩnh vực khác



Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm

 Phim ảnh

Năm học : 2012 – 2013

 Hiện vật khác


SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên : Nguyễn Bá Tuấn
2. Ngày tháng năm sinh : 09 – 10 – 1968
3. Nam, nữ : Nam
4. Địa chỉ : 139 Hồ Thị Hương, TX. Long Khánh, Đồng Nai.
5. Điện thoại :

(CQ)/ 0613. 870299 (NR); ĐTDĐ :

6. Fax :

E-mail:

7. Chức vụ : Tổ trưởng tổ Toán – Tin.
8. Đơn vị công tác : THPT Xuân Thọ
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Kỹ sư , Cử nhân
- Năm nhận bằng : 1991 / 2005
- Chuyên môn đào tạo : Cơ khí / Toán
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm : nghiên cứu và giảng dạy toán.
Số năm có kinh nghiệm : 07

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:


Thực hành ứng dụng Cabri 3D v2 vào giải một số bài toán hình học không
gian lớp 11

-1-


PHẦN 1 : LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Ứng dụng của đạo hàm để khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số có tầm quan
trọng đặc biệt, là cơ sở để ứng dụng đạo hàm vào các bài toán khác; vì vậy hiểu sâu
sắc, chắc chắn những kiến thức này là một yêu cầu quan trọng của chương trình Giải
tích 12.
Mặt khác, theo cấu trúc đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh đại
học, cao đẳng, câu 1 bao giờ cũng là bài toán khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của
hàm số. Vì vậy, chúng tôi lựa chọn viết chuyên đề này nhằm giúp các em học sinh
rèn luyện kỹ năng khảo sát hàm số phân thức nhất biến, tích lũy một số kiến thức căn
bản, từ đó nâng cao kết quả học tập của các em.

PHẦN 2: TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN :
Bắt đầu chương trình Giải tích 12, học sinh được học ứng dụng của đạo hàm vào
các vấn đề liên quan đến khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. Để học tốt
chương này, học sinh cần nắm vững các kiến thức về : xét dấu nhị thức bậc nhất, tam
thức bậc hai, giới hạn, tính liên tục của hảm số, đạo hàm…
Trong nội dung chương trình Giải tích lớp 12 chuẩn, học sinh chỉ học khảo sát ba
dạng hàm số : hàm bậc ba, hàm trùng phương và hàm phân thức nhất biến (bậc nhất
trên bậc nhất). Hai dạng hàm số đa thức, việc khảo sát tương tự nhau. Riêng đối với
hàm phân thức nhất biến, đối với học sinh trung bình và yếu, các em gặp rất nhiều

khó khăn trong việc tính đạo hàm, tính các giới hạn để tìm tiệm cận. Vì thế, chúng tôi
lựa chọn viết chuyên đề “Rèn luyện kỹ năng khảo sát hàm số phân thức nhất biến
cho học sinh trung bình” nhằm giúp các em học sinh ấy rèn luyện kỹ năng để làm
tốt các bài toán khảo sát hàm số phân thức nhất biến, khi đã khảo sát tương đối thuần
thục, các em sẽ tiếp cận được các bài toán khó hơn liên quan đến đồ thị hàm số phân
biến, những bài toán này thường có trong câu 1.2 của cấu trúc đề thi tốt nghiệp trung
học phổ thông và tuyển sinh đại học, cao đẳng.
Chuyên đề này được viết dựa vào Chương I, sách giáo khoa lớp 12 chuẩn, bao
gồm 5 nội dung :
 Nội dung 1 : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm phân thức nhất biến,
nhằm rèn luyện kỹ năng cho các em học sinh có học lực trung bình và yếu.
 Nội dung 2, 3 và 4 : Một số bài toán tiếp tuyến, tương giao đồ thị, tính khoảng
cách liên quan đến hàm phân thức, là các bài toán khó hơn.
 Nội dung 5: Tổng hợp một số tính chất chung của đồ thị hàm số phân thức nhất
biến.

-2-


II. NỘI DUNG :
1- KHẢO SÁT HÀM SỐ PHÂN THỨC NHẤT BIẾN :
y  f ( x) 

ax  b
(c  0, ad  bc  0)
cx  d

Sách giáo khoa 12 không trình bày khảo sát hàm số phân thức (nhất biến)
dạng tổng quát, mà thông qua việc khảo sát một vài hàm số cụ thể, từ đó hình thành
kỹ năng cho các em, chúng tôi cũng lựa chọn theo cách tiếp cận này, nó phù hợp với

đối tượng học sinh có học lực trung bình và yếu.
Ví dụ 1 : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

x2
x 1

Lời giải :
a) Tập xác định : D = ¡ \ {1}
b) Sự biến thiên :

3
 0, x  1 , y ' không xác định khi x  1
( x  1)2
Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; )
Việc tính đạo hàm y ' , nhiều học sinh yếu còn gặp khó khăn trong việc áp
u

dụng công thức tính đạo hàm của một thương  y   , chúng tôi hướng dẫn
v

các em tính y ' như sau:
Viết các hệ số vào bảng :
a
b
1
2
c
d
1
1

ad  bc
1.(1)  2.1
3
y' 
y' 

2
2
(cx  d )
( x  1)
( x  1)2
3
Lưu ý các em ghi : y ' 
 0, x  1 (hoặc x  D ) , nhiều em không
( x  1)2
ghi x  1
Cần nhắc học sinh không được ghi : “ nghịch biến trên khoảng
(;1)  (1; ) hoặc ¡ \ {1} hoặc D ” vì như thế không chính xác.
 Cực trị : Hàm số không có cực trị
 Giới hạn và tiệm cận :
lim y   , lim y   , suy ra , đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng
 Chiều biến thiên : y ' 

x1

x1

lim y  1, lim y  1 , suy ra , đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang

x

x

x2
x2
và lim y  lim
là khá khó đối
x 1
x 1 x  1
x 1
x 1 x  1
với các em học sinh trung bình và yếu. Trong các ví dụ ban đầu, chúng tôi nhắc lại
cho các em cách tính giới hạn một bên đã học ở lớp 11. Ở các ví dụ sau, khi các em

Tính các giới hạn một bên : lim y  lim

-3-


đã quen với hai dạng đồ thị của hàm nhất biến, dựa vào dấu của đạo hàm, các em sẽ
biết phác thảo dạng đồ thị, từ đó sẽ tính được nhanh các giới hạn trên.
 Bảng biến thiên :

Lưu ý học sinh điền đầy đủ và chính xác các giá trị vào bảng biến thiên
c) Đồ thị (C) :
Cắt trục hoành tại điểm (2;0) , cắt trục tung tại
điểm (0; 2)
Đồ thị (C) nhận giao điểm của hai tiệm cận
I (1;1) làm tâm đối xứng.
Để học sinh vẽ được chính xác đồ thị, có thể cho

các em học sinh xác định thêm một số điểm
thuộc đồ thị, hướng dẫn các em lấy đối xứng
các điểm đã xác định qua tâm đối xứng I .

Ví dụ 2 : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

2x  1
x 1

Lời giải :
a) Tập xác định: D  ¡ \ 1
b) Sự biến thiên:

3
 0, x  1
( x  1)2
Do đó: Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  1;  
 Cực trị : Hàm số không có cực trị
 Giới hạn và tiệm cận :
lim y  2, lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang.
 Chiều biến thiên: y ' 

x

x

lim  y  , lim  y    x  1 là tiệm cận đứng

x  1

x  1

 Bảng biến thiên:

-4-


c) Đồ thị (C) :
1 
+ Các điểm đặc biệt :  ;0  ,  0; 1 , (2;1) .
2 
+ Đồ thị nhận giao điểm I  1;2  của hai
tiệm cận là tâm đối xứng.

Sau các ví dụ, có thể cho các em làm thêm một số bài tập, từ đó tổng kết lại hai dạng
đồ thị của hàm nhất biến, để các em ghi nhớ một cách trực quan, khắc sâu kiến thức:

y' 

ad  bc
d
 0, x  
2
(cx  d )
c

Đồng biến trên từng khoảng xác định

y' 

ad  bc
d
 0, x  
2
(cx  d )
c

Nghịch biến trên từng khoảng xác định

 Tiệm cận ngang : y 

a
c

 Tiệm cận ngang : y 

a
c

 Tiệm cận đứng : x  

d
c

 Tiệm cận đứng : x  

d
c

-5-

Ví dụ 3 : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

x  2
x 1

Từ đồ thị (C), suy ra đồ thị các hàm số sau :
x  2
| x  2 |
 | x | 2
(C1 )
(C2 )
(C3 )
a) y 
b) y 
c) y 
x 1
x 1
| x | 1
Lời giải :
Thực hiện các bước như VD1 và VD2, ta vẽ được đồ thị (C) như sau :

u f ( x)  0
 f ( x) neá
a) Từ định nghĩa giá trị tuyệt đối : f ( x)  
u f ( x)  0
 f ( x) neá
Ta suy ra đồ thị (C1 ) từ (C ) như sau :
 Giữ nguyên phần đồ thị (C ) nằm phía trên trục hoành

 Lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị (C ) nằm phía dưới trục hoành.
Ta được đồ thị (C1 ) như sau (đường liền nét) :

ux0
 x neá
b) Ta có : x  
ux0
 x neá

-6-


Do đó, với x  0 : y 

 | x | 2 x  2

| x | 1
x 1

 | x | 2
là hàm số chẵn, nên đồ thị (C2 ) nhận trục tung làm trục đối
| x | 1
xứng. Suy ra cách vẽ đồ thị (C2 ) như sau :
 Giữ nguyên phần đồ thị (C ) nằm bên phải trục tung ( x  0)
 Lấy đối xứng phần bên phải trục tung qua trục tung
Ta được đồ thị (C2 ) như sau (đường liền nét) :
Mặt khác, y 

neá
ux2

 x  2
c) Ta có :  x  2  
ux2
( x  2) neá
| x  2 |
| x  2 | x  2
 x  2 
 

Do đó : Khi x  2 thì y 
, khi x  2 thì y 

x 1
x 1
x 1
 x 1 
Ta suy ra đồ thị (C3 ) từ (C ) như sau :
 Giữ nguyên phần đồ thị (C ) nằm bên trái đường thẳng x  2 ( x  2)
 Lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị (C ) nằm bên phải đường thẳng
x  2 ( x  2) .
Ta được đồ thị (C3 ) như sau (đường liền nét) :

-7-


Bài tập tự luyện :
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị các hàm số sau :
2x  1
x 1
a) y 

b) y 
2x  1
2 x

c) y 

2x  1
x2

2- BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN VỚI ĐỒ THỊ HÀM PHÂN THỨC :
2 x
. Viết phương trình tiếp tuyến của của đồ thị hàm số
2x  1
tại điểm có tung độ y0  3 .
Giải:
Điểm thuộc đồ thị hàm số có y0  3  x0  1 ; y '( 1)  5

Ví dụ 1: Cho hàm số y 

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là : y  5( x  1)  3 hay y  5 x  8
x  1
Ví dụ 2: Cho hàm số y 
(C). Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm
2x  1
M   C  , biết tiếp tuyến cắt hai trục tọa độ tạo thành một tam giác cân.
Giải:
3
 1
 0, x  D
Tập xác định: D  R \   . Ta có: y ' 

2
 2
 2 x  1
Tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp tuyến
là k  1. Gọi M  x0 ; y0    C  là tiếp điểm
 Nếu k  1 
Với x0 
Với x0 

3
1  3


1

2
x

1


3

x

0
0
(2 x0  1) 2
2

1  3
2
1  3

 Nếu k  1 

2

1  3

 tiếp tuyến là: y   x  1  3
2
1  3
 y0 
 tiếp tuyến là: y   x  1  3
2

 y0 

3
 1  (2 x0  1) 2  3: Vô nghiệm
2
(2 x0  1)

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là: y   x  1  3 và y   x  1  3

2x
(C ) . Tìm điểm M  (C ) sao cho tiếp tuyến tại M
x 1
của (C ) cắt trục Ox và trục Oy tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB

1
bằng , với O là gốc tọa độ. (Đại học khối D – 2007)
4

Ví dụ 3 : Cho hàm số : y 

-8-


Giải :

2 x0 
2
Gọi M  x0 ;
  (C ) là điểm cần tìm. Ta có : y '( x0 ) 
( x0  1) 2
 x0  1 
Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại M là :

2
2 x0
2
2 x02
y
( x  x0 ) 
 y
x
( x0  1)2
x0  1
( x0  1)2

( x0  1)2

2 x02 
2
Từ (1) suy ra : A   x0 ;0  ; B  0;
. Ta có :
2 
 ( x0  1) 
1
1
2 x02
x04
SOAB  OA.OB  |  x02 | .

2
2
( x0  1) 2 ( x0  1) 2

(1)

 x0  1
1
x04
1
Do đó : SOAB  
.
 
2
 x0   1
4

( x0  1)
4

2
 1

Vậy : M 1 (1;1) hoặc M 2   ; 2  là hai điểm cần tìm.
 2

2x  1
(C ) . Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) biết tiếp tuyến
Ví dụ 4 : Cho y 
x2
tạo với đường thẳng d : y  2 x  1 một góc 450 .
Giải : Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến, Vì tiếp tuyến tạo với d : y  2 x  1 một góc
450 nên :
 k 2
 k  3
1  2 k  1
k 2
0
tan 45 


1 .

k

2
1  2k

k


 1 
3
1  2k
tan a  tan b
(Áp dụng công thức : tan(a  b) 
)
1  tan a tan b
3
0
Gọi x0 là hoành độ của tiếp điểm, ta có k  y '( x0 ) 
( x0  2) 2
Do đó : k  3 bị loại.
 x0  1
1
3
1


Với k  
 x  5
3
( x0  2) 2 3
 0
1
2
1
14

Từ đó ta có hai tiếp tuyến cần tìm là : y  x 
và y  x 
3
3
3
3

-9-


3- TƯƠNG GIAO GIỮA ĐỒ THỊ HÀM PHÂN THỨC VÀ ĐƯỜNG THẲNG :
x  1
Ví dụ 1: Cho hàm số y 
(C ) . Tìm m để đường thẳng d m : y  mx  2m  1
2x  1
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho A, B thuộc hai nhánh của đồ thị (C)
Giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x  1
 mx  2m  1  2mx 2   5m  1 x  2m  2  0 (1) (do x   1 không
2x  1
2
phải là nghiệm)
(C ) cắt d m tại 2 điểm phân biệt A, B  (1) có 2 nghiệm phân biệt.

m  0
m  0





1
2
m




(3
m

1)

0


3

(2)

Hai điểm A, B thuộc 2 nhánh của đồ thị  (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 mà

1
x1    x2
2

1 
1
1
1

1 (1  5m) 2m  2 1

  x1   x2    0  ( x1  x2 )  x1 x2   0 

 0
2 
2
2
4
4 m
2m
4

3

0m0
4m
2x  1
(C ) . Tìm m để (C ) và đường thẳng d : y  2 x  m
Ví dụ 2: Cho hàm số y 
x 1
cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 , với
O là gốc tọa độ. (ĐH khối B – 2010)
Giải : Xét phương trình hoành độ giao điểm
2x  1
 2 x  m  2 x  1  ( x  1)(2 x  m) (do x  1 không phải là nghiệm)
x 1
 2 x 2  (4  m) x  1  m  0 (1)

Ta có :   (4  m)2  8(1  m)  m2  8  0, m nên (C ) luôn cắt d tại hai điểm phân

biệt.
Giả sử A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) , với x1 , x2 là hai nghiệm của (1) và
y1  2 x1  m; y2  2 x2  m
|m|
d (O, AB) 
và AB  ( x2  x1 ) 2  ( y2  y1 ) 2  5( x1  x2 ) 2  20 x1 x2
5

5(m2  8)
m4
1 m
Theo Viet : x1  x2 
nên AB 
; x1 x2 
2
2
2
2
1
| m| m 8
Ta có : SOAB  AB.d (O, AB) 
 3  m  2
2
4
- 10 -


4- BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐẾN HÀM PHÂN THỨC :
x  1
(C)

2x  1
a) Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ đạt
giá trị nhỏ nhất.
b) Tìm điểm N thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ N đến hai tiệm cận đạt
giá trị nhỏ nhất.
c) Tìm hai điểm A, B thuộc hai nhánh của đồ thị hàm số sao cho độ dài AB là
nhỏ nhất.
Giải:
 1 x 
a) Cách 1 : Gọi M  x;
  (C )
 2x  1 
1 x
Ta có : Tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là: d  x 
2x  1
Do (C) cắt Ox tại (1;0) và cắt Oy tại (0;1) nên ta chỉ cần xét x  0;1 là đủ.

Ví dụ 1: Cho hàm số y 

1  x 2 x2  1
Với x  0;1 , thì d  x 
.

2x  1 2x  1
2 x2  1
Xét hàm số g ( x) 
trên đoạn 0;1
2x  1
3 1
4 x2  4 x  2

Ta có : g '( x) 
, trên đoạn 0;1 g '( x)  0  x 
2
2
(2 x  1)
3 1
Lập bảng biến thiên, suy ra min g ( x)  3  1 tại x 
.
2
0;1
 3 1 3 1 
;
Vậy : M 

2 
 2

1 3
1
    C  ; x0  0 . Tổng khoảng cách từ M đến hai
Cách 2 : Gọi M  x0  ;
2 4 x0 2 

trục tọa độ là:

d  x0 

1
2



3
4 x0

Với x0  0  d 



1
2

.

1 1
 1
2 2



Với x0  0  d   x0 

1  3 1 
3 



x





 1  3 1
0

2   4 x0 2  
4 x0 

- 11 -


Dấu “=” xảy ra khi x0 

 3 1 3 1 
3
3
 x0 
M
;

4 x0
2
2
2



 3 1 3 1 
;
Vậy M 

 thì min d  3  1
2
2



b) Khoảng cách tứ N đến TCN, TCĐ lần lượt là: d1  x0 và d 2 
d

 d1  d 2  x0 

3
4 x0

3
3
3
 2 x0 .
 3 , dấu “=” xảy ra khi x0  
4 x0
4 x0
2

 3 1 3 1 
  3 1  3 1 
;
;
Kết luận: N1 
 hoặc N 2 
 là các điểm cần tìm

2
2
2
2




1 3 
1 3 
 1
 1
c) Gọi A    a;    thuộc nhánh trái, B    b;    thuộc nhánh phải
2 4a 
2 4b 
 2
 2
của đồ thị hàm số (C), với a  0, b  0 . Ta có:
2



3 
 3
AB   b  a   
   2 ab
 4b 4a 
2

2



2

2

9 2 
9 
9

 

4
ab


4.2
ab
.
6


16  ab 
16
ab
16
ab



a  b
3

Dấu bằng xảy ra  
9 ab
2
ab  16ab
  3 1  3 1  3 1 3 1
;
;
Vậy hai điểm cần tìm là: A 
; B
 thì ABmin  6
2
2
2
2


 
3x  1
Ví dụ 2: Cho đồ thị  C  : y 
và điểm M bất kì thuộc  C  . Gọi I là giao của
x3
hai tiệm cận. Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A, B. Chứng minh rằng :
a) M là trung điểm của AB
b) Diện tích tam giác IAB không đổi
Giải :
a) Đồ thị (C) có TCN : (d1 ) : y  3 và TCĐ (d 2 ) : x  3  I (3;3)

10 

Lấy điểm bất kỳ M  3  m;3    (C ), m  0 , tiếp tuyến tại M có dạng :
m

10
10
20 30 

(d ) : y  y '(3  m)  x  (3  m)   3   y   2 x   3 


m
m
m m2 

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến (d ) với TCN (d1 ) và TCĐ ( d 2 ) .

- 12 -


20 

Ta có : A  2m  3;3 và B  3;3  
m

x  xB
y  yB
10
Nên : A

 3  m  xM ; A
 3   yM
2
2
m
Vậy : M là trung điểm của AB (đpcm)
1
b) Tam giác IAB vuông tại I nên : SIAB  IA.IB
2
2

1
20
20
 20 
 SIAB  2m
 20 (không đổi)
IA  (2m)  2m , IB    
2
m
m
m
 
x 1
Ví dụ 3 : Cho hàm số y 
(C)
x2
1) Tìm trên (C) điểm M sao cho tổng các khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là
nhỏ nhất.
2) Tìm trên (C) hai điểm A, B thuộc hai nhánh của (C) sao cho độ dài AB nhỏ nhất.

3) Tìm trên (C) điểm N sao cho khoảng cách từ giao điểm I của hai tiệm cận đến
tiếp tuyến của (C) tại N là lớn nhất.
Giải :
x 1
3
1
1) Ta có : y 
x2
x2
3 

Gọi M  x;1 
  (C ) . (C) cắt trục hoành tại
x2

1
 1;0  và trục tung tại  0;   .
2

Ta có : khoảng cách từ M đến Ox : d1  x , khoảng
3
cách từ M đến Oy : d 2  1 
x2
3
Tổng khoảng cách : d  d1  d 2  x  1 
.
x2
Ta chỉ cần xét x[1;0] nên :
3
3

d  x 1 
. Xét hàm số g ( x)   x  1 
trên đoạn [1;0] :
x2
x2
3
 x2  4 x  1
Ta có : g '( x)  1 

 0, x [1;0]
( x  2)2
( x  2)2
1
Suy ra g ( x) nghịch biến trên đoạn [1;0] , do đó : min g ( x)  g (0) 
2
[ 1;0]
1
1
1

Suy ra min d   x  0  y   . Vậy : M  0;  
2
2
2

3

2) Lấy A là điểm thuộc nhánh trái : A  2  a;1   với a  0 ;
a


2

- 13 -


3

B là điểm thuộc nhánh phải : B  2  b;1   với b  0
b

Ta có :
2

2



3 3
3 3
AB  (b  a)      AB 2  (b  a) 2      2 ab
b a
b a
2



2


9 

  2.

ab



2

36
9 
9

 4  ab    8 ab.  24  AB  2 6
ab
ab 
ab

a  b

4
AB  2 6  
9  a  9  a  3 (do a  0 )
ab  ab

 4ab 



Vậy : A 2  3;1  3





và B 2  3;1  3




x 1 
3) Gọi N  x0 ; 0
  (C ) . Tiếp tuyến tại N của (C) là :
x

2
0


3
x 1
: y 
( x  x0 )  0
 3x  ( x0  2) 2 y  x02  2 x0  2  0
2
( x0  2)
x0  2
Khoảng cách từ giao điểm của hai tiệm cận I  2;1 đến tiếp tuyến  là :

d ( I , ) 

| 3.2  ( x0  2) 2  x02  2 x0  2 |
32  ( x0  2)4



6 | 2  x0 |
32  ( x0  2)4



6
9
 ( x0  2) 2
2
( x0  2)

9
9
 ( x0  2) 2  2
( x0  2) 2  6 (BĐT Côsi )
2
2
( x0  2)
( x0  2)
6
 6; d ( I , )  6  x0  2   3  x0  2  3
Suy ra : d ( I , ) 
6

Ta có :



Vậy : N 2  3;1  3





hoặc N 2  3;1  3



5- MỘT VÀI TÍNH CHẤT CỦA ĐỒ THỊ HÀM PHÂN THỨC NHẤT BIẾN :
Từ các ví dụ trên, chúng ta nhận thấy đồ thị hàm số phân thức nhất biến
ax  b
y
có những tính chất như sau (tất nhiên trong từng bài toán phải được chứng
cx  d
minh một cách chặt chẽ) và đó cũng là những bài toán điển hình liên quan đến khảo
sát hàm số phân thức nhất biến.

- 14 -


ax  b
(c  0, ad  bc  0) có đồ thị là (C). Gọi M là điểm
cx  d
tùy ý thuộc (C), (T ) là tiếp tuyến của (C) tại M. Hạ MH vuông góc với tiệm cận đứng
a

d
d1 : x   và MK vuông góc với tiệm cận ngang d 2 : y  .
c
c

Cho hàm số : y 

I  d1  d 2 . Giao điểm (nếu có) : (T )  d1  B, (T )  d 2  A

Ta có :
 AB luôn nhận M làm trung điểm.
 Diện tích tam giác ABI không đổi.
 Tích số MH .MK không đổi.
 Đường thẳng  : y   x   có phương trình hoành độ giao điểm với (C ) là :
ax  b
d

  x    x      cx 2  (  c   d  a) x   d  b  0 (1)
cx  d
c


  cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N nằm ở hai nhánh phân biệt của (C)
thì hoành độ giao điểm xM  x1 , xN  x2 ( x1 , x2 là hai nghiệm của (1))
d
nằm về hai phía của tiệm cận đứng d1   khi và chỉ khi :
c
d
d 
d


x1    x2   x1   x2    0
c
c 
c

 min MN  M 0 N 0 xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng  chứa MN là
đường phân giác của góc giữa hai đường tiệm cận chứa đồ thị (C)

- 15 -


Các bài tập tự luyện :
1) Cho hàm số y 

2x  1
.
x2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Chứng minh rằng đường thẳng y   x  m luôn cắt đồ thị hàm số tại hai điểm
phân biệt A, B . Tìm m để đoạn thẳng AB ngắn nhất. (ĐH Pháp lý – 1991)
2) Cho hàm số y 

2x  1
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Gọi M là điểm bất kỳ thuộc (C ) có hoành độ xM  m , tiếp tuyến của (C ) tại
M cắt các tiệm cận tại A và B . Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng

minh rằng M là trung điểm của AB và diện tích tam giác IAB không đổi khi m
thay đổi. (ĐH Quốc gia TP HCM – 1997)
3) Cho hàm số y 

x 1
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Tìm những điểm trên trục tung mà từ mỗi điểm ấy chỉ kẻ được đúng một tiếp
tuyến với đồ thị (C ) của hàm số. (ĐH Quốc gia Hà Nội – 1998)
4) Cho hàm số y 

x2
(1)
2x  3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục
hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc
tọa độ O . (ĐH khối A – 2009)
x  1
. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y  x  m luôn
2x  1
cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B . Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp
tuyến với (C ) tại A và B . Tìm m để tổng k1  k2 đạt giá trị lớn nhất. (ĐH khối
A – 2011)

5) Cho hàm số y 

2x  1

(C ) . Tìm k để đường thẳng y  kx  2k  1 cắt đồ thị
x 1
(C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành
bằng nhau. (ĐH khối D – 2011)

6) Cho hàm số y 

- 16 -


III- HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Trong năm học 2012 – 2013, tôi được phân công phụ trách giảng dạy hai lớp
12C2 và 12C3, học lực của học sinh hai lớp này ở mức trung bình khá trở xuống. Với
chuyên đề này, đa số các em đã hoàn thành tốt bài toán khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
nhất biến, và làm tốt các bài toán thuộc nội dung 1, 2. Một số em chăm chỉ, chịu khó
đã làm được các bài toán ở nội dung 3, 4, 5.
IV- ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Chuyên đề này là một tài liệu nhỏ phần nào giúp cho các em học sinh trường
THPT Xuân Thọ rèn luyện kỹ năng làm bài tập, đồng thời giúp các em học sinh có ý
chí vượt khó, tiếp cận với một số bài toán nâng cao, để các em nắm vững kiến thức,
tự tin tham dự các kỳ thi tuyển sinh Đại học và Cao đẳng năm học 2012 – 2013.
Tuy đã có nhiều cố gắng, nhưng tài liệu chắc chắn còn nhiều thiếu sót, chúng tôi
xin rất biết ơn sự góp ý luôn được mong đợi từ độc giả.

V- TÀI LIỆU THAM KHẢO
1- TRẦN VĂN HẠO (Tổng Chủ biên) – VŨ TUẤN (Chủ biên)
LÊ THỊ THIÊN HƯƠNG – NGUYỄN TIẾN TÀI – CẤN VĂN TUẤT
Sách giáo khoa Giải tích 12, Nhà xuất bản Giáo dục - 2008.
2- NGUYỄN THẾ THẠCH (Chủ biên)
Hướng dẫn thực hiện chương trình SGK lớp 12, Nhà xuất bản Giáo dục - 2008.

3- Các đề thi Đại học – Cao đẳng của Bộ Giáo dục và Đào tạo.
4- Một số tài liệu trên Internet.
NGƯỜI THỰC HIỆN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

NGUYỄN BÁ TUẤN

- 17 -


SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị: THPT XUÂN THỌ

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Xuân Thọ., ngày

tháng

năm

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2012 – 2013
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: Rèn luyện kỹ năng khảo sát hàm số phân thức nhất biến

cho học sinh trung bình.
Họ và tên tác giả: Nguyễn Bá Tuấn

Chức vụ: Tổ trưởng

Đơn vị: Tổ Toán – Tin, Trường THPT Xuân Thọ
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn: ............................... 

- Phương pháp giáo dục



- Lĩnh vực khác: ........................................................ 

Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị 

Trong ngành 

1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)
-

Có giải pháp hoàn toàn mới

-

Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có




2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây)
-

Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 

- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong
toàn ngành có hiệu quả cao 
-

Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 

- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại
đơn vị có hiệu quả 
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt 
Khá 
Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ
đi vào cuộc sống:
Tốt 
Khá 
Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả
trong phạm vi rộng:
Tốt 
Khá 
Đạt 
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

(Ký tên và ghi rõ họ tên)

(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)

- 18 -