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

toán học ở nƣớc ta, các tác giả Hoàng Chúng, Nguyễn Cảnh Toàn, Phạm Văn Hoàn,
Nguyễn Bá Kim, Vũ Dƣơng Thụy, Tôn Thân, Phạm Gia Đức,… đã có nhiều công
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, tôi 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 thông qua bài giải các bài toán
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 toán 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

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 quá
trình”. Theo ông, 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 hoàn 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

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 mò mẫm, dự đoán rồi
phân tích, tổng hợp, đặc biệt hóa, khái quát 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 toán ban đầu
1.5.4. Bớt đi một số yếu tố của bài toán ban đầu, khái quát hóa bài toán 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 quá trình học Toán thì kỹ năng vận dụng Toán học là quan trọng nhất,
nhà trƣờng phổ thông không chỉ cung cấp cho học sinh những kiến thức Toán học, mà
7
còn 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 không đáp

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 toán 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
toán 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


) là tiếp tuyến
o
MT
tại
điểm
o
M
.
 
lim
o
M Mo
MM


Tiếp
tuyến
o
MT2.2. 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
( ; )
o o o
M x y
thuộc đồ thị
hàm số

4) Viết phƣơng trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm cho (C) với trục hoành
M
M
1
M
o
T

…
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
32
( 0)y ax bx cx d a    
.
Bài giải
1) Ta có:
2
' 3 6 2y x x  

'' 6 6yx

'' 0 1yx  

Do đó tọa độ điểm uốn là
(1;0)U



4) Phƣơng trình giao điểm của (C) với
Ox
:
32
3 2 0 0; 1; 2x x x x x x      

*
0
o
x 

'( ) '(0) 2
o
y x y
;
( ) (0) 0
o
y x y

ta có tiếp tuyến
'(0)( 0) 0 2y y x x   

*
1
o
x 

'( ) '(1) 1
o


Điều này luôn đúng vì:
'( ) 1 0,f x x R   
(đpcm)
Nhận xét: Chứng minh tƣơng tự ta có kết quả tổng quát của câu 5 nhƣ sau: “Cho hàm
số
32
( 0)y ax bx cx d a    

Nếu
0a 
thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất
11
Nếu
0a 
thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất “
Bài 2. Cho hàm số
3
( ) 1 ( 1)y f x x m x    
()
m
C
Viết phƣơng trình tiếp tuyến của
()
m
C
tại giao điểm của

m
B
m



Có
1 1 1
. 1 . 8
22
OAB
m
S OAOB m
m


   

2
(1 ) 16| |mm  

2
2
(1 ) 16 , 0 9 4 5
(1 ) 16 , 0
7 4 3
m m m m
m m m
m


M x y
thuộc (C)
Suy ra tiếp tuyến tại M có hệ số góc:
2
2
2
'( )
( 1)
oo
o
o
xx
k y x
x




Do tiếp tuyến tạo với Ox góc 45
o
suy ra hệ số góc
tan45 1
o
k 

12
Do đó:



. Dự đoán tồn tại điểm M thuộc (C) để tiếp
tuyến tại M tạo đƣờng thẳng
2y 
góc 45
o
. Chứng minh điều dự đoán đó là đúng.
Bài giải
Giả sử
( ; )
oo
M x y
thuộc (C)
Suy ra tiếp tuyến tại M có hệ số góc:
2
2
2
'( )
( 1)
oo
o
o
xx
k y x
x





(vô nghiệm)

Nếu
2
2
2
2
1 1 2 4 1 0
( 1)
oo
oo
o
xx
k x x
x

        
2 6 6
1
22
o
x

    

Viết
1

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

13
Bài 5. Cho hàm số
2
()
1
x
yC
x


. Tìm điểm M thuộc (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao
cho tiếp tuyến tại M tạo với 2 đƣờng tiệm cận một tam giác có chu vi bé nhất
Bài giải
1
1
1
yx
x
  

 tiệm cận đứng
1x 
; tiệm cận
xiên

( 1) 1
o o o
o
oo
x x x
d y x x
xx

  


2
1 1;
1
o
o
x
A d x A
x

   




 
1 2 1;2
oo
B d y x B x x     



2
24
2 2( 1) 8( 1) 8
1 ( 1)
oo
oo
C x x
xx
   
      
   

   


ôs
2 4 2 2 32 8
Ci
C   

14
 Chu vi bé nhất
4
min 4 2 2 32 8C   
đạt đƣợc khi
2

Bài 6. Cho hàm số:
)(
1
1
C
x
x
y



.
a) Gọi
( ; ) ( )
o o o
M x y C
. Vẽ tiếp tuyến tại M với (C) cắt tiệm cận đứng tại A, cắt tiệm
cận ngang tại B. Dự đoán diện tích tam giác IAB (I là giao điểm của hai đƣờng tiệm
cận). Hãy chúng minh điều dự đoán là đúng. Từ đó khái quát 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 không 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
)()
1
1
;(
0

0
0
2
0






x
x
xx
x
y
(d)
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:











Gọi
)1;12(
0
xC
.
15
Tƣơng tự, toạ độ giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là:
)
1
3
;1(
0
0


x
x
B
.
Ta có : AB =
1
4
1
1
3
00
0

( Không đổi) (Điều phải chứng minh).
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:

2448)22(2
.2.22
22


p
ABACACABACABACABBCACABp

Dấu “ =” khi và chỉ khi AB = AC
12
1
4
0
0


 x
x








tiếp xúc
( ): ( )C y f x

tại tiếp điểm có hoành độ
o
x
suy
ra phƣơng trình tiếp tuyến có
dạng:
( ): '( )( ) ( )
o o o
d y f x x x f x  

( ; )
AA
A x y

( ): ( )C y f x

16
- Điểm
( ; ) ( )
AA
A x y d

'( )( ) ( )
A o A o o

Giả hệ phƣơng trình (*)  nghiệm
o
x

()
oo
y f x
;
'( )
o
k f x

- Phƣơng trình tiếp tuyến tại
o
xx
là:
( ): '( )( )
o o o
d y f x x x y  

Bài 1. Cho
3
3 1 (C)y x x  
. Viết phƣơng trình tiếp tuyến của (C) qua điểm
2
( ; 1)
3
M 

Bài giải

1 3 3 3 1
3
o o o o
x x x x

      



0
1
o
o
x
x







Với
0 1; ( ) 3
oo
x y f x     
 tiếp tuyến:
2
( ): 3 1 3 1
3

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

Thế pt(2) và pt(1) đƣợc:
32
2
3 1 3( 1) 1
3
x x x x



      



Với
10
o
xk  
 tiếp tuyến:
( ): 1dy

* 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
32
3 2 (C)y x x   
. Dùng hình tƣợng dự đoán trên đƣờng thẳng
2y 
có vô số điểm M mà từ đó kẻ đƣợc 3 tiếp tuyến phân biệt tới đồ thị hàm số.
CMR điều dự đoán đó là đúng.
Bài giải
* Phƣơng pháp 1:
- Gọi
( ;2) 2M a y

- Gọi
( ; )


18
2
( 2)(2 (3 1) 2) 0
o o o
x x a x     

2
2

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

Để từ
( ;2)Ma
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
2

1
5

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

Kết luận:
( ;2) 2M a y
với
 
5
( ; 1) ; \ 2

     



Thế (2) vào (1) 
32
3 4 3 ( 2)( )x x x x x a      

2
( 2)(2 (3 1) 2) 0x x a x     

2
2

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

Để từ
( ;2)Ma
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
2
(3 1) 16 0

5

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

19
Kết luận:
( ;2) 2M a y
với

(0;1)A
:
( ): 1d y kx

(d) là tiếp tuyến 
2
2
2
1 (1)
1
2
(2)
( 1)
x mx m
kx
x
xx
k
x












0
' ( 1) ( 1) 0
2( 1) 1 0
m
m m m
m m m



     


    

0
0
10
1
10
m
m
m
m





   


( ):d y kx a

(d) là tiếp tuyến 
2
2
2
2
(1)
1
23
(2)
( 1)
xx
kx a
x
xx
k
x













3
x 

Nếu
2a 
 (3) có 1 nghiệm
1x 

'0
(1) 0
'0
(1) 0
f
f



















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

Kết luận: Điểm
5
(0; )
2
A Oy


từ đó kẻ đƣợc đúng 1 tiếp tuyến tới đồ thị hàm số
Bài 5. Cho hàm số:
).(
1
1
2

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

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








2
51
0
01
0
1
0
2
1
22
mtk
mtk
k
kk
k
kk
k

Vì k
1
k
2
= -1 nên hai tiếp tuyến của (C) đi qua A(1; 0) vuông góc với nhau.
Bài 6. Cho hàm số:
1
2



x

2
)1(
3
1
2
có nghiệm.
(*)02)2(2)1(
)1(
3
1
2
2
2






 axaxaax
x
x
x
( x =1 không là nghiệm).
Qua A kẻ đƣợc 2 tiếp tuyến đến đồ thị (C) khi và chỉ khi phƣơng trình (*) có hai
nghiệm phân biệt
(**)
2
1
0)2(3

là các tiếp điểm. Do hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục hoành nên
y(x
1
).y(x
2
) < 0 (x
1
; x
2
là các nghiệm của phƣơng trình (*))

0
1)(
4)(2
0
1
2
.
1
2
2121
2121
2
2
1
1





a
xx
t
a
a
xx
1
2
.
2
1
)2(2
21
21















5

a
t
(thoả mãn (**)).
+)
1
3
2
0
)1(5
69
5
4
1
2
5
4












 a
a

2x 
chỉ có thể kẻ đƣợc duy nhât 1 tiếp tuyến đến đồ thị (C) và chứng minh
rằng điều dự đoán 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:








kxx
bxkxxx
9123
)2(196
2
23(*)1724122
)2)(9123(196
23
223


xxxb

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:

21
1
1
1
1)1(
)1(
1
1
)1(
1
1)1(
1
2
2







1
2



x
xx
y
(C). Tìm các điểm trên trục tung mà từ đó kẻ đƣợc
2 tiếp tuyến đến đồ thị (C).
Bài giải
Viết lại y dƣới dạng
1
1
2


x
xy
(C).
Gọi
OybB );0(
, 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:
(I)






bkx
x
x
1
1
1
1
1
2
)1(
1
1
1
1
2
2

2
3
1
1
1
2
3
kb
x
kb
x



k
x
kb
x

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