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 không chỉ hàm ý nói đến những kỹ thuật mới mà còn 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.
Toán 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 quá trình tự động hoá sản xuất, trở thành công cụ thiết yếu cho
mọi ngành khoa học và đƣợc coi là chìa khoá 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 đòi 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 thông, môn Toán đóng
vai trò rất quan trọng. Bởi vì, Toán học có một vai trò to lớn trong sự phát triển của
các ngành khoa học và kỹ thuật; Toán 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
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 môn toán, lý luận dạy học môn toán
- Các sách báo, các bài viết về khoa học toán phục vụ cho đề tài
- Các công 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 toán phƣơng trình tiếp tuyến với đồ thị
hàm số
()y f x
nhằm phát triển khả năng TDST
4

- 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 tòi 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 tòi cách giải quyết cấn đề, nó giuisp ta cũng cố lòng tin khi trong việc tìm
tòi tạm thời gặp thất bại, trong khi đó ta vẫn vững lòng tin rằng rồi sẽ có ngày thành
công và hƣớng tìm đến thành công là cố nhìn cho đƣợc mỗi khái niệm toán 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

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
ứng đƣợc các đòi 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 toán), 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 toán).
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 thông 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 toán 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 không rập khuôn; khả năng nhận ra

9
Chƣơng 2
HỆ THỐNG HÓA, TẬP LUYỆN GIẢI TOÁN 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
o
M
,
M
là hai điểm phân biệt và
cùng thuộc đồ thị (C). Khi đó, nếu
cố định điểm
o
M
và cho điểm
M


()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
( ): ( )C y f x

Phương pháp:
Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm thì tiếp tuyến tại
( ; ) ( ): ( )
o o o
M x y C y f x

có hệ số góc là
'( )
o
k f x

Phƣơng trình tiếp tuyến tại
( ; )
o o o
M x y
của (C) là:
( ): '( )( )
o o o
d y f x x x y  



'' 6 6yx

'' 0 1yx  

Do đó tọa độ điểm uốn là
(1;0)U

Phƣơng trình tiếp tuyến tại
U
là
( ): '(1)( 1) 0 1d y y x x     

2) Ta có:
16
oo
xy   
và Ta có:
'( ) '( 1) 11
o
y x y  
. Suy ra
Phƣơng trình tiếp tuyến là:
( ): '( 1)( 1) 6 11 5d y y x x     

3) Gọi
( ; )
o o o
M x y
là tiếp điểm, ta có:


*
1
o
x 

'( ) '(1) 1
o
y x y  
;
( ) (1) 0
o
y x y

ta có tiếp tuyến
'(1)( 1) 0 1y y x x     

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


()
m
C
Viết phƣơng trình tiếp tuyến của
()
m
C
tại giao điểm của
()
m
C
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

(0;1 )Am

Suy ra tiếp tuyến tại
(0;1 )Am
:
( ): '(0) (1 )dm y f x m  

Với
2
'( ) 3f x x m
suy ra
'(0)fm


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

Bài 3. Cho hàm số
2
22
()
1
xx
yC
x




o
k 

12
Do đó:
2
22
2
2
1 2 ( 1)
( 1)
oo
o o o
o
xx
x x x
x

    

(vô nghiệm)
Kết luận: Không có điểm
()MC
để tiếp tuyến tại đó tạo với Ox góc 45
o

Bài 4. Cho hàm số

o
xx
k y x
x




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

Do đó hệ số góc
1k 

Nếu
2
22
2
2
1 1 2 ( 1)
( 1)
oo
o o o
o

22
o
x

    

Viết
1
2
1
yx
x
  


Kết luận: có 2 điểm
1
6 6 2
1 ; 3
22
6
M

   



2
6 6 2
1 ; 3

yx
x
  

 tiệm cận đứng
1x 
; tiệm cận
xiên
1yx

 giao điểm hai tiệm cận là điểm
(1;2)I

Giả sử
( ; ) ( )
oo
M x y C

2
1
o
o
o
x
y
x


 tiếp tuyến
tại




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

Có
2
2
2
11
o
AI
oo
x
IA y y
xx
    


22
( ) ( ) 2 2( 1)
B I B I o
IB x x y y x     

2 2 2
2 . .cos45
o

 Chu vi bé nhất
4
min 4 2 2 32 8C   
đạt đƣợc khi
2
21
2 2( 1) ( 1)
1
2
oo
o
xx
x
    


Vì
4
1
11
2
oo
xx   
nên
4
44
11

cận một tam giác có chu vi bé nhất.
Bài giải
a) Gọi
)()
1
1
;(
0
0
00
C
x
x
xM 


.
2
0
0
)1(
2
)('



x
xy

Phƣơng trình tiếp tuyến tại điểm M

















1
12
1
1
1
)(
)1(
2
0
0
0
0
2
0

Ta có : AB =
1
4
1
1
3
00
0




xx
x

AC =
12
0
x

Do tam giác ABC vuông tại A nên diện tích của tam giác ABC là:

412.
1
4
.
2
1
.
2

x








21
21
2)1(
0
0
2
0
x
x
x

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


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

 Hệ phƣơng trình
( ) ( )
'( )
oo

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

Bài giải
Phương pháp 1:
- Gọi
( ; )
o o o
M x y
là tiếp điểm, phƣơng trình tiếp tuyến là:
( ): '( )( ) ( )
o o o
d y f x x x f x  

Với
3
( ) 3 1
o o o o
y f x x x   
;
'2
'( ) 3 3
o o o
y f x x  

- Điểm

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

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

Phương pháp 2:
Phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua
2
( ; 1)
3
M 
:
2
( ): 1


Thế pt(2) và pt(1) đƣợc:
32
2
3 1 3( 1) 1
3
x x x x

     



3 2 2
3 1 3 2 3 1x x x x x      

32
2 2 0xx  

0
1
x
x







Với

CMR điều dự đoán đó là đúng.
Bài giải
* Phƣơng pháp 1:
- Gọi
( ;2) 2M a y

- Gọi
( ; )
o o o
M x y
là tiếp điểm phƣơng trình tiếp
tuyến là:
( ): '( )( ) ( )
o o o
d y f x x x f x  

Với
32
( ) 3 2
o
o o o
y f x x x    
;
'2
'( ) 3 6
o o o o
y f x x x   

- Điểm
( ;2) ( )M a d

   


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

8 2(3 1) 2 0
a
a

    


   

3 1 4

3 1 4
6 12
a
a
a







Kết luận:
( ;2) 2M a y
với
 
5
( ; 1) ; \ 2
3
a

    


thì từ
( ;2) 2M a y
kẻ
đƣợc 3 tiếp tuyến phân biệt tới (C)
* Phƣơng pháp 2
Gọi
( ;2) 2M a y

Phƣơng trình đƣờng thẳng qua
( ;2)Ma
:
( ): ( ) 2d y k x a  

(d) là tiếp tuyến 
32
2



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

8 2(3 1) 2 0
a
a

    


   

3 1 4

3 1 4
6 12
a
a
a

  





19
Kết luận:
( ;2) 2M a y
với
 
5
( ; 1) ; \ 2
3
a

    


thì từ
( ;2) 2M a y
kẻ
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
toán dễ dàng hơn.
Bài 3. Tìm m để từ
(0;1)A
kẻ đƣợc 2 tiếp tuyến phân biệt tới (Cm):
2
1
x mx m












Thế (2) vào (1) 
22
2
2
.1
1 ( 1)
x mx m x x
x
xx
  



 
 
2 3 2 2
1 2 ( 1)x mx m x x x x       

2

m





   







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

20













22
2
2 2 3
.
1 ( 1)
x x x x
xa
xx
   



2 3 2 2
( 2)( 1) 2 3 ( 2 1)x x x x x x a x x         

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

Để từ











22
22
( 1) ( 4) 0
(1) 2 0
( 1) ( 4) 0
(loai)
(1) 2 0
aa
f
aa
f


   


  






từ đó kẻ đƣợc đúng 1 tiếp tuyến tới đồ thị hàm số
Bài 5. Cho hàm số:
).(
1
1
2
C
x
xx
y



CMR: Có hai tiếp tuyến của (C) đi qua
(1;0)A
và vuông góc với nhau.
Bài giải
21
Phƣơng trình đƣờng thẳng qua A(1; 0) với hệ số góc k có dạng:
( ): ( 1)d y k x

Ta có:
1
1
2

)1(
1
1
)1()1(
1
1
1
)(
2
k
x
xk
x
x
I

có nghiệm.
Từ (2)
)3()1(
1
1
1 

 xk
x
x

Lấy (1) – (3) ta đƣợc:
k
x

. Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi






























= -1 nên hai tiếp tuyến của (C) đi qua A(1; 0) vuông góc với nhau.
Bài 6. Cho hàm số:
1
2



x
x
y
(C) và điểm A(0; a). Xác định a để từ A kẻ đƣợc hai
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
( 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
1
0'
01


















a

2
2
1
1









xxxx
xxxx
x
x
x
x

Theo định lí viet ta có:

















5
4
.
1
0
1
45
0
12
44
t
t
t
t
tt
tt

+)
1010
1
3
1
1







 a
a
a
a
a
t
(thoả mãn (**)).
Vậy,







1
3
2
1
a
a
thì yêu cầu bài toán đƣợc thoả mãn.
23



(*)1724122
)2)(9123(196
23
223


xxxb
bxxxxxx

Số tiếp tuyến cần tìm bằng số nghiệm của
phƣơng trình (*)
Xét hàm số
1724122
23
 xxxy

Tập xác định: D = R.

Rxxxxy  0)2(624246'
22
. Do đó hàm số đồng biến.
Vì hàm số đã cho luôn đồng biến nên đƣờng thẳng y = - b cắt đồ thị hàm số :
1724122
23
 xxxy
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).

2
2




















xx
xx
x
x
x
x
x
k

, 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)




























2
3
kb
x
kb
x







Do đó (I)














)2(
)1(








(*)04)3()1(2
3
)
2
3
(1
0
2
3
22
2
bkbk
bk
k
kb
kb

Yêu cầu bài toán thoả mãn khi phƣơng trình (*) có hai nghiệm khác b + 3






32
( ): ( )C y f x ax bx cx d    
(
0a 
) . Dự đoán và chứng minh rằng
tại điểm uốn của (C) ta chỉ kẻ đƣợc đúng một tiếp tuyến đến (C)
Bài giải
Lấy bất kì
( , ( )) ( ): ( )M m f m C y f x
. Đƣờng thẳng đi qua
( , ( ))M m f m
với hệ số
góc
k
có phƣơng trình:
( ) ( )y k x m f m  
tiếp xúc
( ): ( )C y f x

( ) ( ) ( )
'( )
f x k x m f m
f x k
  





có nghiệm

       

Vậy
, ( )
33
bb
M f C
aa








là điểm kẻ đƣợc đúng 1 tiếp tuyến đến (C)