SKKN – Nguyễn Nghi (2008 – 2009) - 1 -
A. ĐẶT VẤN ĐỀ .
I) LỜI MỞ ĐẦU.
Mỗi vấn đề của toán học bao giờ cũng có phần cơ bản và phần mở rộng. Trong phần cơ bản cũng có
những chổ dễ bị nhầm lẫn dẫn đến sai sót đáng tiếc. Trong phần mở rộng đòi hỏi người giải phải biết
vận dụng các kiến thức đã biết để đặt vấn đề và giải quyết vấn đề đó một cách rạch ròi, chính xác.
Trong quá trình giải quyết vấn đề đôi khi còn đòi hỏi thủ thuật tính toán cho nhanh, gọn.
Nhiệm vụ của người Thầy cần chỉ cho các em những chổ các em dễ bị thiếu
sót, dễ bị nhầm lẩn, cần đặt vấn đề liên quan rộng hơn để các em tập giải quyết vấn đề, cần chỉ ra đôi
chổ cần có thủ thuật tính toán để các em làm quen
Với lý do đó tôi chọn đề tài:
“MỘT SỐ KHÓ KHĂN VÀ SAI SÓT CỦA HỌC SINH KHI GIẢI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN
TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG CONG”
II/ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ CẦN NGHIÊN CỨU.
1)Thực trạng:
+ Trong chương trình giải tích 11, kiến thức về tiếp tuyến với đường cong các em đã học dưới
dạng áp dụng ý nghĩa hình học của đạo hàm cấp 1: Phương trình tiếp tuyến với đường cong y = f(x) tại
điểm M(x
0
; y
0
) là :
y = f’(x
0
)(x – x
0
) + y
0
Dạng toán vận dụng công thức này thì đơn giản hơn, ít có dạng đòi hỏi tư duy cao hơn
+ Trong chương trình giải tích 12, kiến thức về tiếp tuyến với đường cong các em gặp lại nhưng
dưới dạng định nghĩa tổng quát hơn: Đường thẳng y = kx + b là tiếp tuyến của đường cong y = f(x) khi

các bài toán về tiếp tuyến
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
I/ MỘT SỐ SAI LẦM HỌC SINH THƯỜNG MẮC PHẢI
1) Học sinh thường nghỉ sai lầm là: Ứng với hai tiếp điểm khác nhau thì hai tiếp tuyến khác
nhau
SKKN – Nguyễn Nghi (2008 – 2009) - 2 -
Ta biết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x)
Tại điểm M(x
0
; y
0
) là d
1
: y = f’(x
0
)(x – x
0
) + y
0
Tại điểm N(x
1
; y
1
) là d
2
: y = f’(x
1
)(x – x
1
) + y

tại điểm đó song song tiếp tuyến với (C) tại điểm A(1; 2)
Học sinh giải: Gọi B(x
0
; y
0
) thuộc (C) là điểm cần tìm và B không trùng A nên điều kiện x
0
≠ 1
Tiếp tuyến tại B song song tiếp tuyến tại A nên ta có
f’(x
0
) = f’(1)  4x
0
3
– 4x
0
= 0  4x
0
(x
0
2
– 1) = 0  x
0
= 0, x
0
= -1, x
0
= 1 (loại)
Vậy B là điểm B
1

Thế (2) vào (1) ta được phương trình:
4 3 2
3 4 2 4 1 0
x ax x ax
    
2 2
( 1)(3 4 1) 0
x x ax
    
(3)
2
2
1 0
( ) 3 4 1 0
x
g x x ax

 


   

Qua M(a; 2) kẻ được 4 tiếp tuyến phân biệt với (C)  phương trình (3) có 4 nghiệm phân biệt 
phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt đều khác -1 và khác 1

' 0
(1) 0
( 1) 0
g
g

a

   



 


 



 
3 3
; ; \ 1;1
2 2
a D
   
      
   
   
   

Vậy qua điểm M(a; 2) thuộc đường thẳng y = 2 với a

D ta kẻ được 4 tiếp tuyến phân biệt với đồ thị
(C) của hàm số (*)
Kết luận này sai vì x
2

3 2
2 (3 3) 6 4 0
x a x ax
    
2
( 2) 2 (1 3 ) 2 0
x x a x
 
     
 
(3)
2
2
( ) 2 (1 3 ) 2 0
x
g x x a x




    

Qua M(a; 2) kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt với (C)  phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt 
phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
đều khác 2 
' 0
(2) 0

Ta phải lý luận như sau: Qua M(a; 2) kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt với (C)  phương trình (3) có 3
nghiệm phân biệt và thề vào (2) được 3 giá trị k khác nhau  phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm phân
biệt x
1
, x
2
đều khác 2 và k(x
1
) ≠ k(x
2
) và k(x
1
) ≠ k(2) và k(2) ≠ k(x
2
)

  
1 2
1 2
' 0
(2) 0
( ) ( ) 0
( ) (2) ( ) (2) 0
g
g
k x k x
k x k k x k
 




2
1 2
1 2
(1 3 ) 16 0
6 12 0
2 0
3 0
a
a
x x
x x

  

  



  




1
5
2
3
a
a

0
). Ta có phương trình đường thẳng d: y =
k(x – x
0
) + x
0
3
– 3x
0
2
+ 3
Ta có d là tiếp tuyến của (C)  hệ phương trình sau có nghiệm
3 2 3 2
0 0 0
2
3 3 ( ) 3 3 (1)
3 6 (2)
x x k x x x x
x x k

      


 


Thế (2) vào (1) ta được phương trình:
(x – x
0
)

Nếu k(x
0
) = k(
0
3
2
x

) thì có xảy ra 2 tiếp tuyến trùng nhau không?
Ta có k(x
0
) = k(
0
3
2
x

)

x
0
2
– 2x
0
+ 1 = 0

x
0
= 1 (trùng trường hợp trên)
SKKN – Nguyễn Nghi (2008 – 2009) - 4 -

= -1

y
0
= -2

Phương trình tiếp tuyến tại điểm M(-1; -2) là: y = 9x + 7
+ x
0
= 3

y
0
= 2

Phương trình tiếp tuyến tại điểm M(3; 2) là: y = 9x – 25
Vậy có 2 tiếp song song với d là: y = 9x + 7, y = 9x – 25
Thực ra chỉ có một tiếp tuyến song song với d là y = 9x – 25
Ví dụ 2: Cho (C
m
): y =
2
( 1) 6
( )
m
m x m
f x
x m
  


' (2) 1 1
(2 )
m
m m
f
m
  
    

2
3 2 0 1, 2
m m m m
        
Vậy m = -1, m = -2 là các giá trị cần tìm
Thực ra: với m = -1 thì y =
2 7 1
(2)
1 3
x
y
x
 
 


Pttt:
10
3
y x
  

Học sinh giải:
Ta có
2
2
4
'
( )
m
y
x m


(Cm) cắt Ox tại điểm A
2
;0
3 1
m m
m
 

 

 
Tiếp tuyến với (Cm) tại A song song đường thẳng y = x – 10
2
' 1
3 1
m m
y
m

là giá trị cần tìm
II/ MỘT SỐ KHÓ KHĂN TRONG TÍNH TOÁN
Trước đây ta dùng điều kiện có nghiệm kép của phương trình hoành độ giao điểm để xác
định tiếp tuyến. Hiện tại ta không dùng điều kiện này để xác định tiếp tuyến nữa, từ đó dẫn đến
một số khó khăn khi giải một số bài toán liên quan đến tiếp tuyến.
Ví dụ 1: Cho hàm số y = f(x) = x
3
– 3x
2
+ 2 có đồ thị là (C) . Tìm trên đường thẳng y = 2 những
điểm mà qua đó kẻ được 2 tiếp tuyến với (C) vuông góc nhau.
Giải: Gọi M(a; 2) thuộc đường thẳng y = 2.
Đường thẳng d qua điểm M có hệ số góc k là: y = k(x – a) + 2
Ta có d là tiếp tuyến của (C)  Hệ phương trình
3 2
2
3 2 ( ) 2(1)
3 6 (2)
x x k x a
x x k

    


 


có nghiệm
Thế (2) vào (1) ta được phương trình : 2x
2


  
   

 

Vậy qua điểm
1
;2
9
M
 

 
 
ta kẻ được 2 tiếp tuyến với (C) vuông góc nhau.
Ví dụ 2: Cho hàm số
2
2 3
1
x x
y
x
 


có đồ thị là (C) . Tìm trên đường thẳng y = 2 những điểm mà qua
đó kẻ được 2 tiếp tuyến với (C) vuông góc nhau.
Giải:
Gọi M(a; 2) thuộc đường thẳng y = 2.

có nghiệm
Nhận xét: Nếu giải bài này tương tự như cách giải của ví dụ 1 thì thật khó, thật phức tạp!
Tôi đề nghị cách biến đổi như sau: Ta có
2
2 3
1
x x
y
x
 


=
2
1
1
x
x
 

, khi đó hệ phương trình trên
viết lại là
2
2
1 ( ) 2(1)
1
2
1 (2)
( 1)
x k x a



   



Từ (1) và (3) ta được
4
2
1
ak k
x
   

(4)
SKKN – Nguyễn Nghi (2008 – 2009) - 6 -
Ta có
4
0
1
x


nên từ (4) suy ra
2
2 0
1
ak k k
a
     

a a
a
a a
a
a


  
 


    
 
 



 

Vậy qua điểm M(-1; 2) thuộc đường thẳng y = 2 ta kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc nhau.
Ví dụ 3: Cho hàm số
2
2 3
1
x x
y
x
 



x k x a b
x
k
x

    





 



2
1 ( ) (1)
1
2
1 (3)
1
x k x a b
x
x kx k
x

    




a
b khia

 

    


 

Thế (4) vào (2) ta được:
2 2 2
( 2 1) (2 2 8) 8 0
a a k b ab k b
       
(5)
Qua điểm M kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc  phương trình (5) có 2 nghiệm k
1
, k
2
đều khác
1
b
a

và
k
1
.k
2



Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn có phương trình (C): (x – 1)
2
+ y
2
= 8 với x ≠ 1 và y ≠ x
– 1. Hay tập hợp các điểm M là đường tròn (C): (x – 1)
2
+ y
2
= 8 bỏ đi 4 giao điểm của (C) với đường
thẳng x = 1 (tiệm cận đứng của (C)) và với đường thẳng y = x – 1 (tiệm cận xiên của (C))
Ví dụ 4: Cho hàm số
1
( ) 1
1
m
y f x x
x

   

có đồ thị là (Cm)
Tìm điều kiện cần và đủ của m để trên mặt phẳng tọa độ tồn tại ít nhất một điểm sao cho từ đó kẻ được
2 tiếp tuyến với (Cm) và 2 tiếp tuyến này vuông góc nhau.
SKKN – Nguyễn Nghi (2008 – 2009) - 7 -
Giải:
Ta có f’(x) = 1 –
2

'( )
:
1
'( )
Pt f x k có nghiem
k
Pt f x có nghiem
k



  

 



(*)
+ Nếu m = 1 thì f’(x) = 1 : Không thõa điều kiện (*)
+ Nếu m ≠ 1 thì f’(x) ≠ 1
* f’(x) = k 1 –
2
1
( 1)
m
x


= k (m≠1 nên k≠1)
2



=
1
k

(m≠1 nên k≠-1)
2
( 1)
( 1)
1
k m
x
k

 

(2)
Ta có (2) có nghiệm 
( 1)
0
1
k m
k



(4)
Vậy hệ (*) có nghiệm  (3) và (4) đều thõa 
1 0

Vậy với m > 1 thì trên mặt phẳng tọa độ tồn tại ít nhất một điểm (giao của 2 tiếp tuyến có hệ số
góc k và -1/k) sao cho từ đó kẻ được 2 tiếp tuyến với (Cm) và 2 tiếp tuyến này vuông góc nhau.
III/ MỘT SÔ LÚNG TÚNG MÀ HỌC SINH GẶP PHẢI KHI LÀM TOÁN VỀ
TIẾP TUYẾN:
Ví dụ 1: Cho hàm số
3 2
1
( ) 2 5 1
3
y f x x x x
     
(C)
Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng y = 3x + 1 một góc 45
0
.
Giải:
Ta có f’(x
0
) =
2
0 0
4 5
x x
  
Phương trình tiếp tuyến (d) với (C) tại điểm M(x
0
; y
0
) là:
y = f’(x


        


f’(x
0
) = -2, f’(x
0
) =
1
2
+ Với f’(x
0
) =
1
2

2
0 0
4 5
x x
  
=
1
2
(VN)
SKKN – Nguyễn Nghi (2008 – 2009) - 8 -
+ Với f’(x
0
) = -2 

 

 
nên ta không được dùng công thức này, mặc dù dùng công thức này tính
nhanh hơn. Mà nói đến tiếp tuyến thì thường nghỉ đến hệ số góc , cho nên khi gặp bài này học sinh
lúng túng không biết đặt vấn đề để giải.
Ví dụ 2: Cho hàm số
2
1
x
y
x



(C)
Tìm những điểm trên trục Oy sao cho từ mỗi điểm đó có thể kẻ được 2 tiếp tuyến với đồ thị (C)
và 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến đó nằm về 2 phía của trục Ox.
Giải:
Ta có
2 2
1 1
x y
y x
x y
 
  
 
Gọi A(0; b) là điểm thuộc trục Oy và M(
0

3 1
y y
y x y
y
  
   

Vì tiếp tuyến qua A nên ta có:
2
0 0
0 0 0 0
0
( 1) 2
(0 ) ( 1)( 2)
3 1
y y
b y b y y y
y
  
       

2
0 0 0
2 2 0( 1)
y y b y
     
(*)
Ta tìm b sao cho phương trình (*) có 2 nghiệm trái dấu đều khác 1
2 1
b

'( ) 4 3
k k g x
f x x x
 
   
 
(*)
Phương trình (*) có ít nhất một nghiệm x
0
 k thuộc tập giá trị của hàm số g(x
0
)
Ta có
0
0
2 2
0 0
2 4
'( )
( 4 3)
x
g x
x x


 
,
g’(x
0
) = 0  x

0
, f(x
0
)) có hệ số góc là: f’(x
0
) = 5x
0
4
+ 20x
0
3
Ta có: f’’(x
0
) = 20x
0
3
+ 60x
0
2
.
f’’(x
0
) = 0  x
0
= 0, x
0
= -3
BBT
x -∞ -3 0 +∞
f”(x