Rèn luyện năng lực giải toán tiếp tuyến với đồ thị (C) y = f(x) cho học sinh THPT theo định hướng TDST

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 
xã hội hiện đại; Toán học còn là một công cụ để học tập và nghiên cứu các môn học 
khác. 
Vấn đề bồi dƣỡng TDST cho học sinh đã đƣợc nhiều tác giả trong và ngoài nƣớc 
quan tâm nghiên cứu. Với tác phẩm "Sáng tạo toán học" nổi tiếng, nhà toán học kiêm 
tâm lý học G.Polya đã nghiên cứu bản chất của quá trình giải toán, quá trình sáng tạo 
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 
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 
PHẦN NỘI DUNG 
Chƣơng 1 
 NHỮNG VẤN ĐỀ CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 
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 
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 
6 
sự vật phải xem xét một cách đầy đủ với tất cả tính phức tạp của nó, tức là phải xem 
xét sự vật trong tất cả các mặt, các mối quan hệ trong tổng thể những mối quan hệ 
phong phú, phức tạp và muôn vẻ của nó với các sự vật khác. Đây là cơ sở để học sinh 
học toán một cách sáng tạo, không gò bó, đƣa ra đƣợc nhiều cách giải khác nhau. 
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 
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 
vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, khả năng nhìn thấy chức năng mới của đối 
8 
tƣợng quen biết. Các bài tập chủ yếu nhằm bồi dƣỡng tính nhuần nhuyễn của TDST 
với các đặc trƣng: khả năng tìm đƣợc nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và hoàn cảnh 
khác nhau, khả năng xem xét đối tƣợng dƣới những khía cạnh khác nhau. Các bài tập 
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 
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 
oM , M là hai điểm phân biệt và 
cùng thuộc đồ thị (C). Khi đó, nếu 
cố định điểm oM và cho điểm M 
di động trên (C) đến gần điểm 
oM 
thì vị trí giới hạn của cát tuyến 
( oM M ) là tiếp tuyến oM T tại 
điểm oM .  lim o
M Mo
M M

Tiếp 
tuyến oM T 
2.2. 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 oM 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 oM x y C y f x  
có hệ số góc là '( )ok f x 
Phƣơng trình tiếp tuyến tại ( ; )o o oM x y của (C) là: ( ) : '( )( )o o od y f x x x y   
Bài 1. Cho hàm số 3 2 m3 2 (C )y x x x   
1) Viết phƣơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm uốn 
2) Viết phƣơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng -1 
3) Viết phƣơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng 6 
4) Viết phƣơng trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm cho (C) với trục hoành 
M 
M1 
Mo 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 3 2 ( 0)y ax bx cx d a     . 
Bài giải 
1) Ta có: 2' 3 6 2y x x    '' 6 6y x   '' 0 1y x   
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: 1 6o ox y    và Ta có: '( ) '( 1) 11oy x y   . Suy ra 
Phƣơng trình tiếp tuyến là: ( ) : '( 1)( 1) 6 11 5d y y x x      
3) Gọi ( ; )o o oM x y là tiếp điểm, ta có: 
 3 23 2 6 ( 3)( 2) 0 3o o o o o ox x x x x x         
Vậy phƣơng trình tiếp tuyến là: ( ); '(3)( 3) 6 11 27d y y x x     
4) Phƣơng trình giao điểm của (C) với Ox : 3 23 2 0 0; 1; 2x x x x x x       
* 0ox   '( ) '(0) 2oy x y  ; ( ) (0) 0oy x y  
ta có tiếp tuyến '(0)( 0) 0 2y y x x    
* 1ox   '( ) '(1) 1oy x y   ; ( ) (1) 0oy x y  
ta có tiếp tuyến '(1)( 1) 0 1y y x x      
* 2ox   '( ) '(2) 2oy x y  ; ( ) (0) 0oy x y  
ta có tiếp tuyến '(2)( 2) 0 2 4y y x x     
5) Vì hệ số góc của mọi tiếp tuyến đều có dạng '( )f x và hệ số góc của tiếp tuyến tại 
điểm uốn bằng -1. Do đó, để chứng minh bài toán, ta chỉ cần chứng minh: '( ) 1f x   
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 3 2 ( 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     ( )mC Viết phƣơng trình tiếp tuyến của 
( )mC tại giao điểm của ( )mC 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 )A m  
Suy ra tiếp tuyến tại (0;1 )A m : ( ) : '(0) (1 )dm y f x m   
Với 2'( ) 3f x x m  suy ra '(0)f m  
 Vậy tiếp tuyến: ( ) : 1dm y mx m    
Gọi B dm Ox  
1
(0; )
m
B
m

 
Có 
1 1 1
. 1 . 8
2 2
OAB
m
S OAOB m
m


   
2(1 ) 16 | |m m   
2
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 2 2
( )
1
x x
y C
x
 


. Dự đoán rằng không có điểm nào trên (C) để 
tiếp tuyến tại M tạo với Ox góc 45o. Chứng minh điều dự đoán đó là đúng. 
Bài giải 
Giả sử ( ; )o oM x y thuộc (C) 
Suy ra tiếp tuyến tại M có hệ số góc: 
2
2
2
'( )
( 1)
o o
o
o
x x
k y x
x

 

Do tiếp tuyến tạo với Ox góc 45o suy ra hệ số góc 
tan 45 1ok   
12 
Do đó: 
2
2 2
2
2
1 2 ( 1)
( 1)
o o
o o o
o
x x
x x x
x

    

 (vô nghiệm) 
Kết luận: Không có điểm ( )M C để tiếp tuyến tại đó tạo với Ox góc 45
o
Bài 4. Cho hàm số 
2 2 2
( )
1
x x
y C
x
 


. 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 ( ; )o oM x y thuộc (C) 
Suy ra tiếp tuyến tại M có hệ số góc: 
2
2
2
'( )
( 1)
o o
o
o
x x
k y x
x

 

Do đƣờng thẳng 2y   //Ox nên tiếp tuyến tạo với 
2y   góc 45
o
 tạo với Ox góc 45o 
Do đó hệ số góc 1k   
Nếu 
2
2 2
2
2
1 1 2 ( 1)
( 1)
o o
o o o
o
x x
k x x x
x

      

(vô nghiệm)
Nếu 
2
2
2
2
1 1 2 4 1 0
( 1)
o o
o o
o
x x
k x x
x

        
 
2 6 6
1
2 2
ox
 
    
Viết 
1
2
1
y x
x
  
 
Kết luận: có 2 điểm 
1
6 6 2
1 ; 3
2 2 6
M
 
    
  
2
6 6 2
1 ; 3
2 2 6
M
 
     
  
Trên (C) mà tiếp tuyến tại đó tạo với đƣờng thẳng y = -2 góc 45o 
13 
Bài 5. Cho hàm số 
2
( )
1
x
y C
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
y x
x
  

  tiệm cận đứng 1x  ; tiệm cận 
xiên 1y x  
 giao điểm hai tiệm cận là điểm (1;2)I 
Giả sử ( ; ) ( )o oM x y C  
2
1
o
o
o
x
y
x


 tiếp tuyến 
tại ( ; ) ( )o oM x y C 
2 2
2
2
( ) : ( )
( 1) 1
o o o
o
o o
x x x
d y x x
x x

  
 
2
1 1;
1
o
o
x
A d x A
x
 
     
 
 1 2 1;2o oB d y x B x x      
Có 
2 2
2
1 1
o
A I
o o
x
IA y y
x x
    
 
2 2( ) ( ) 2 2( 1)B I B I oIB x x y y x      
2 2 2 2 . .cos45oAB AI BI AI BI   
Với BĐT Cosi 2a b ab  
Và chu vi C AI BI AB   
 2
2 4
2 2( 1) 8( 1) 8
1 ( 1)
o o
o o
C x x
x x
   
         
    
 
ôs
2 4 2 2 32 8
C i
C    
14 
 Chu vi bé nhất 4min 4 2 2 32 8C    đạt đƣợc khi 
22 12 2( 1) ( 1)
1 2
o o
o
x x
x
    

Vì 
4
1
1 1
2
o ox x    nên 
4
4 4
1 1
1 ;2 2
2 2
M
 
   
 
Bài 6. Cho hàm số: )(
1
1
C
x
x
y


 . 
a) Gọi ( ; ) ( )o o oM 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
00 C
x
x
xM 


. 
2
0
0
)1(
2
)('



x
xy 
 Phƣơng trình tiếp tuyến tại điểm M0 có dạng: 
1
1
)(
)1(
2
0
0
02
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: 


















1
12
1
1
1
)(
)1(
2
0
0
0
02
0
y
xx
y
x
x
xx
x
y
 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




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
1
0
0


 x
x
ACABS ( 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







21
21
2)1(
0
02
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 ( ; )A AA x y cho trƣớc 
đến đồ thị hàm số ( ) : ( )C y f x 
* Phương pháp tìm tiếp điểm 
Cách 1: Giả sử tiếp tuyến đi qua 
( ; )A AA x y tiếp xúc ( ) : ( )C y f x 
tại tiếp điểm có hoành độ ox suy 
ra phƣơng trình tiếp tuyến có 
dạng: ( ) : '( )( ) ( )o o od y f x x x f x   
( ; )A AA x y
( ) : ( )C y f x
16 
- Điểm ( ; ) ( )A AA x y d  '( )( ) ( )A o A o oy f x x x f x   . Giải phƣơng trình này có 
nghiệm 
ox , từ đó có phƣơng trình tiếp tuyến 
Phương pháp 2: Sử dụng điều kiện tiếp xúc 
- Phƣơng trình đƣờng thẳng qua điểm ( ; )o o oM x y với hệ số góc k có phƣơng trình: 
( ) ( )A Ad y k x x y   tiếp xúc với đồ thị ( ) : ( )C y f x 
 Hệ phƣơng trình 
( ) ( )
'( )
o of x k x x y
k f x
  


 (*) có nghiệm 
Giả hệ phƣơng trình (*)  nghiệm ox  ( )o oy f x ; '( )ok f x 
- Phƣơng trình tiếp tuyến tại ox x là: ( ) : '( )( )o o od 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 
Phương pháp 1: 
- Gọi ( ; )o o oM x y là tiếp điểm, phƣơng trình tiếp tuyến là: 
( ) : '( )( ) ( )o o od y f x x x f x   
Với 3( ) 3 1o o o oy f x x x    ; 
' 2'( ) 3 3o o oy f x x   
- Điểm 
2
( ; 1) ( )
3
M d    2 3
2
1 3 3 3 1
3
o o o ox x x x
 
       
 
0
1
o
o
x
x

 

Với 0 1; ( ) 3o ox y f x       tiếp tuyến: 
2
( ) : 3 1 3 1
3
d y x x
 
       
 
Với 1 1; '( ) 0o ox y f x      tiếp tuyến: ( ) : 1d y   
Phương pháp 2: 
Phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua 
2
( ; 1)
3
M  : 
2
( ) : 1
3
d y k x
 
   
 
17 
(d) là tiếp tuyến: hệ điều kiện tiếp xúc 
3
2
2
3 1 1 (1)
3
3 3 (2)
x x k x
k x
  
      
 
  
Thế pt(2) và pt(1) đƣợc: 3 2
2
3 1 3( 1) 1
3
x x x x
 
      
 
3 2 23 1 3 2 3 1x x x x x       3 22 2 0x x   
0
1
x
x

  
Với 0 3ox k     tiếp tuyến: 
2
( ) : 3 1 3 1
3
d y x x
 
       
 
Với 1 0ox k    tiếp tuyến: ( ) : 1d y   
* 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 3 23 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 ( ; )o o oM x y là tiếp điểm phƣơng trình tiếp 
tuyến là: 
( ) : '( )( ) ( )o o od y f x x x f x   
Với 3 2( ) 3 2
oo o o
y f x x x     ; ' 2'( ) 3 6o o o oy f x x x    
- Điểm ( ;2) ( )M a d    2 3 22 3 6 3 2
oo o o o
x x a x x x       
18 
2( 2)(2 (3 1) 2) 0o o ox x a x      2
2
2 (3 1) 2 0 (3)
o
o o
x
x a x

 
   
Để từ ( ;2)M a 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
  
  
 
1
5
3
2
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)M a : ( ) : ( ) 2d y k x a   
(d) là tiếp tuyến  
3 2
2
3 2 ( ) 2 (1)
3 6 3 ( 2) (2)
x x k x a
k x x x x
     

     
Thế (2) vào (1)  3 23 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)M a 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
   
  
 
1
5
3
2
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 ph