A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong giảng dạy môn Toán, ngoài việc giúp học sinh nắm chắc
kiến thức cơ bản thì việc phát huy tính tích cực của học sinh để mở rộng
khai thác thêm các bài toán mới là điều rất cần thiết cho công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi. Mặt khác, từ những kinh nghiệm để giải một bài
toán ta thường phải hình thành những mối liên hệ từ những điều chưa
biết đến những điều đã biết, những bài toán đã có cách giải (bài toán
gốc). Nên việc thường xuyên khai thác, phân tích một bài toán ban đầu
là một cách nâng cao khả năng suy luận, tư duy cho học sinh.
Chủ đề hàm số là một trong những nội dung cơ bản của toán học,
nó giữ vị trí trung tâm trong chương trình môn Toán ở phổ thông, toàn
bộ việc dạy học toán ở trường phổ thông đều xoay quanh chủ đề này.
Khi dạy học về khái niệm hàm số là chúng ta phải dạy học sinh biết
khảo sát, vẽ đồ thị hàm số và đặc biệt là các bài toán liên quan, bởi hàm
số là một khái niêm rất trừu tượng phải thông qua các bài toán liên quan
này mà học sinh mới có thể hiểu sâu sắc hơn về khái niệm đó. Bài toán
tiếp tuyến của đồ thị hàm số là một trong những bài toán liên quan cơ
bản trong chủ đề hàm số thường thấy trong các đề thi Cao đẳng – Đại
học mà được thầy cô và học sinh quan tâm đến nhiều nhất.
Mặc dù dạng bài tập về tiếp tuyến là dạng toán cơ bản và đơn giản
nhưng nghiên cứu kĩ tôi thấy rằng chứa đựng trong đó nhiều điều thú vị.
Cụ thể là chúng ta có thể hướng dẫn học sinh khai thác phát triển thành
những bài tập hay hơn, khó hơn… làm vậy sẽ góp phần quan trọng trong
việc nâng cao năng lực tư duy, kích thích sự tìm tòi sáng tạo cho học
sinh. Với suy nghĩ đó, tôi quyết định chọn đề tài:

-1-


“Khai thác bài toán tiếp tuyến và bài toán liên quan”

làm đề tài nghiên cứu.
2. Mục đích nghiên cứu
- Nghiên cứu một số cách khai thác bài toán.
- Nghiên cứu bài toán về tiếp tuyến và bài toán liên quan trên cơ sở đó
giúp học sinh viết được phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số và
giải được các bài toán liên quan.
- Đề xuất hệ thống bài tập khai thác bài toán tiếp tuyến và bài toán liên
quan góp phần rèn luyện và nâng cao kĩ năng giải toán của học sinh
THPT.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu một số cách khai thác bài toán dựa trên cơ sở bài toán ban
đầu.
- Nghiên cứu cơ sở lí luận chủ đề tiếp tuyến của hàm số trong chương
trình toán THPT.
- Tìm hiểu những khó khăn và sai lầm thường gặp khi giải các bài tập về
tiếp tuyến của hàm số trong chương trình toán THPT.
- Xây dựng hệ thống bài tập về chủ đề tiếp tuyến.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Bài toán tiếp tuyến và bài toán liên quan trong chương trình toán THPT.
5. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lí luận.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
6. Cấu trúc khóa luận
Lời cảm ơn
Lời cam đoan
Mục lục


A. Phần mở đầu
1. Lí do chọn đề tài

2. Mục đích nghiên cứu
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
5. Phương pháp nghiên cứu
6. Cấu trúc khóa luận
B. Phần nội dung
Chương 1: Cơ sở lí luận
Chương 2: Hệ thống bài tập tiếp tuyến với đồ thị hàm số và các bài toán
liên quan
C. Phần kết luận
D. Tài liệu tham khảo


B. PHẦN NỘI DUNG
Chương 1: Cơ sở lí luận
1.1. Tiếp tuyến của hàm số tại một
điểm Cho hàm số y = ƒ(x) có đồ thị

y

(C),

(C)

một điểm MO cố định thuộc (C) có
hoành

độ

xO. Với


f (xM )

mỗi điểm

M thuộc (C) khác MO, ta kí hiệu xM
là hoành độ của nó và kO là hệ số

f (x0 )

góc của cát tuyến MOM. Giả sử tồn

T

M0
Hình 1

tại giới hạn hữu hạn k0  lim kM .
xM x0

Khi đó, ta coi đường thẳng MOT đi

O

x0

qua MO và có hệ số góc kO là vị trí
giới hạn của cát tuyến MOM khi M
di chuyển dọc theo (C) dần đến MO.


Đường thẳng MOT được gọi là tiếp tuyến của (C) tại điểm MO, còn MO
gọi là tiếp điểm.
Bây giờ giả sử hàm số ƒ có đạo hàm tại điểm xO. Chú ý rằng tại mỗi vị
trí của M trên (C), ta luôn có kM
=

ƒ(sM )–ƒ(so)
sM –so

(Hình 1).

Vì hàm số ƒ có đạo hàm tại điểm xO nên
= lim
lim
k.
k

f
f
(x
)
r


0
ƒ (xO )
=
xM
xM x0


xM  x0

xM x0

M

0

Từ đó ta có thể phát biểu ý nghĩa hình học của đạo hàm như sau:
Đạo hàm của hàm số y = ƒ(x) tại điểm xO là hệ số góc của tiếp tuyến
của đồ thị hàm số tại điểm MO (xO ;ƒ(xO )).

xM

x


Kết luận: Nếu hàm số y = ƒ(x) có đạo hàm tại điểm xO thì tiếp tuyến
của đồ thị hàm số tại điểm MO (xO ;ƒ(xO ) có phương trình là:
y = ƒr(xO )ƒ(x − xO ).
1.2. Sự tiếp xúc của hai đường cong
Định nghĩa: Giả sử hai hàm số ƒ và g có đạo hàm tại điểm xO.
Ta nói rằng hai đường cong y = ƒ(x) và y = g(x) tiếp xúc với
nhau tại điểm M(xO ;yO ) nếu M là một điểm chung của chúng và
hai đường cong có
tiếp tuyến chung tại điểm M. Điểm M được gọi là tiếp điểm của hai
đường cong đã cho.
Hiển nhiên các đồ thị của hai hàm số đã

y

y  g(x)

cho tiếp xúc với nhau tại điểm M(xO ;yO )
khi và chỉ khi yO = ƒ(xO), yO =

T

g (xO ) và ƒ r(xO ) = g r(xO ).
Từ đó dễ dàng suy ra rằng:

y0
M

Hai đường cong cong y = ƒ(x) và
y = g(x) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi hệ
ƒ(x) =
có nghiệm
phương trình {
g(x)
ƒrr(x)
g (x)

Hình 2
O

x0

=

và hệ phương trình trên là hoành độ tiếp điểm của hai đường cong đó.

Trường hợp đặc biệt: Cho đường cong (C): y = ƒ(x) và đường thẳng
(d) có phương trình y = kx + b.
Đường thẳng (d) tiếp xúc đường cong (C) khi và chỉ khi hệ sau có
ƒ(x) = kx + b
nghiệm: { r
ƒ (x) = k.
Khi đó nếu hệ trên có nghiệm thì đường thẳng (d) gọi là tiếp tuyến của
đường cong (C).

y  f (x)

x


1.3. Một số bài toán tiếp tuyến thường gặp


1.3.1. Bài toán 1: Viết phương trình tiếp tuyến tại một điểm thuộc
đồ thị .
Bài toán: Cho đồ thị (C): y = ƒ(x) và điểm MO (xO ;yO ) ∈ (C).
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm MO (xO ;yO ).
Phương pháp: Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm thì tiếp tuyến tại
MO (xO ;yO ) ∈ (C): y = ƒ(x) có hệ số góc là ƒ′(xO ).
Phương trình tiếp tuyến tại MO (xO ;yO ) của (C) là :
y − yO = ƒ r(xO )ƒ(x − xO ) Û y = ƒ r(xO )ƒ(x − xO ) + yO .
Ví dụ: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 tại điểm
có hoành độ xO = − 1.
Giải: Đạo hàm của hàm số ƒ(x ) = x 3 là: ƒr(x ) = 3x 2
Þ ƒ r(− 1) = 3.(− 1)2 = 3.
Tại xO = − 1 ta có: ƒ(− 1) = (− 1)3 = − 1.

Vậy tiếp tuyến tại điểm có hoành độ xO = − 1 là:
y = ƒ r(− 1)(x + 1) + ƒ(− 1) = 3(x + 1) − 1 hay y = 3x + 2.
1.3.2. Bài toán 2: Viết phương trình tiếp tuyến theo hệ số góc cho
trước.
Bài toán: Cho đồ thị (C): y = ƒ(x) và một số k ∈ R. Viết phương
trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến có hệ số góc k.
Phương pháp:
Cách 1: Phương pháp tìm tiếp điểm
Giả sử tiếp tuyến có hệ số góc k tiếp xúc với (C): y = ƒ(x) tại điểm
có hoành độ xi Þ ƒ r(xi ) = k Þ x = xi là nghiệm của ƒ r(x) = k.
Giải phương trình: ƒ r(x) = k Þ Nghiệm x ∈ {xO ,x1 ,… ,xn }.
Phương trình tiếp tuyến tại xi là: y = k(x − xi) + ƒ(xi).
Cách 2: Phương pháp sử dụng điều kiện nghiệm kép


Xét đường thẳng với hệ số góc k có phương trình: y = kx + m (ẩn
m) tiếp xúc (C): y = ƒ(x) Û Phương trình: kx + m = ƒ(x) có
nghiệm kép Û u.x 2 + r(m).x + w (m) = 0 có nghiệm kép
Û ∆= r2 (m) − 4u.w (m) = 0 = g(m).
Giải phương trình: ∆= g(m) = 0
Þ Các giá trị của m Þ Phương trình tiếp tuyến.
Chú ý: Cách 2 chỉ sử dụng được cho các dạng hàm số ƒ(x) mà
phương trình tương giao kx + m = ƒ(x) có thể biến đổi tương
đương với một phương trình bậc 2.
 Các dạng biểu diễn của hệ số góc k:
Dạng trực tiếp:k = ± 1,± 2,… ,±
2

1


,±

1

3

,… ,± √ 2,± √ 3,…



Tiếp tuyến tạo với chiều dương Ox góc Þ k = tanα.



Tiếp tuyến song song với đường thẳng (∆):y = ax + b Þ k = a.



Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (∆):y = ax + b Þ k = −

1

a

(a ≠ 0).


Tiếp tuyến tạo với đường thẳng (∆):y = ax + b góc α.

Þ


|

k–a

1+ka

| = tanα.

Ví dụ: Cho hàm số: y =

2s–3 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp
5s–4

tuyến của (C) vuông góc với (∆):y = − 2x.
Giải: Điều kiện x ≠

4
5

∙

Cách 1: Vì tiếp tuyến (d) của (C) vuông góc với (∆):y = − 2x nên có hệ
số góc là

1
2

∙



7

Ta có y′=
4)

1

=

(5s–4)2

ƒ14+

2

2

Û (5x −

4

= 14

4

Û[x =

(thỏa mãn x ≠ )


5
− ƒ14+ 4
x=
5

5

Phương trình tiếp tuyến tại x
=

ƒ14+

4

là:

5

y=

1

(x − ƒ

14+ 4

2

) + y (ƒ


5

14+ 4

) hay y =

5

5

4

(x −

− ƒ14+

2

− ƒ14+
4

)+ y(

5

√14

∙

5


− ƒ14+

4

1

x−

2

Phương trình tiếp tuyến tại x =

y=

1

là:

) hay y
=

5

1 x + √ 14 ∙
2

5

Cách 2: Vì tiếp tuyến (d) của (C) vuông góc với (∆):y = − 2x nên có

hệ số góc là

1
2

∙

Ta có phương trình tiếp tuyến (d) của (C) là: =
(d) tiếp xúc (C) Û
3

1

2

x+m=

2s–

1
2

x + m.

có nghiệm kép x ≠

4
5

5s–4


Û (x + 2m)(5x − 4) = 2(2x − 3) có nghiệm kép x ≠

4
5

Û g(x) = 5x2 + 2(5m − 4)x − (8m − 6) = 0 có nghiệm kép x ≠
2

∆= (5m − 4) + 5(8m − 6) =
0
Û { 4
g( ) 5

2
Û { 25m
14 − 14 = 0

4
5


Û m=± ≠ 0
√14
5

5

≠ 0


∙

Vậy có hai tiếp tuyến vuông góc ∆:y = − 2x là y =

1
2

x±

√ 14
5

∙


1.3.3. Bài toán 3: Viết phương trình tiếp tuyến đi qua một điểm cho
trước
Bài toán: Cho đồ thị (C): y = ƒ(x) và điểm A(a;b) cho trước.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C): y = ƒ(x), biết tiếp tuyến
đi qua điểm A(a;b).
Phương pháp:
Phương pháp tìm tiếp điểm
Cách 1: Giả sử tiếp tuyến đi qua A(a;b) tiếp xúc (C): y = ƒ(x)
tại điểm có hoành độ xi suy ra phương trình tiếp tuyến (d) của (C) có
dạng:
y = ƒ r(xi )(x − xi ) + ƒ(xi ).
Do A(a;b) ∈ (d) nên b = ƒ r(xi )ƒ(a − xi ) + ƒ(xi )
Þ x = xi là nghiệm của phương trình b = ƒ r(x )(a − x) + ƒ(x)
Û ƒ r(x )(a − x) + b − ƒ(x ) = 0 (∗).
Giải phương trình (∗) Þ Nghiệm x ∈ {xO ,x1 ,… xi ,… ,xn }.

Phương trình tiếp tuyến tại x = xi là: y = ƒ r(xi )(x − xi) + ƒ(xi).
Cách 2: Đường thẳng đi qua A(a;b) với hệ số góc k có phương trình
y = k(x − a) + b tiếp xúc với đồ thị (C): y = ƒ(x)Û Hệ phương trình
ƒ(x) = k(x − a) + b
sau có nghiệm: { r
ƒ ( x) = k
Þ ƒ(x ) = ƒ r(x )(a − x ) + b Û ƒ r(x )(a − x ) + b − ƒ(x ) = 0
(∗). Giải phương trình (∗) Þ Nghiệm x ∈ {xO ,x1 ,… xi ,… ,xn }.
Phương trình tiếp tuyến tại x = xi là: y = ƒr(xi )(x − xi ) + ƒ(xi ).
Phương pháp sử dụng điều kiện nghiệm kép
Cách 3: Đường thẳng đi qua A(a;b) với hệ số góc k có phương trình
y = k(x − a) + b tiếp xúc với (C): y = ƒ(x) Û k(x − a) + b =
ƒ( x )
có nghiệm kép Û u(k).x 2 + r(k).x + w (k) = 0 có nghiệm kép


u( k ) ≠ 0
Û {∆= r2 (k) − 4u(k).w (k) = 0
u(k) ≠ 0
Û {
∆= g(k) = αk2 + þk + y =
0

(∗∗)

Giải hoặc biện luận hệ (∗∗) suy ra các giá trị của k hoặc số lượng của
k. Từ đó suy ra phương trình tiếp tuyến hoặc số lượng của tiếp tuyến đi
qua A(a;b).
Chú ý: Cách 3 chỉ sử dụng được cho các dạng hàm số ƒ(x) mà
phương trình tương giao kx + m = ƒ(x) có thể biến đổi tương

đương với một phương trình bậc 2.
Ví dụ: Cho hàm số y = (2 − x)2x2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp
tuyến của (C) biết tiếp tuyến đi qua A(2;0).
Giải: Gọi d là đường thẳng đi qua A, có hệ số góc k.
Þ d:y = k(x − 2).
(2 − x)2x2 = k(x −
có nghiệm.
2)
d là tiếp tuyến của (C) Û Hệ: {
4x(x − 2)(x − 1) = k
Thay k từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất ta được:
x4 − 4x3 + 4x2 = (x − 2)(4x3 − 12x2 + 8x)
4

Û x(3x − 4)(x − 2)2 = 0 Û x = 0, x = 2, x = ∙
3

Với x = 0 Þ k = 0 Þ Phương trình tiếp tuyến d:y =
0. Với x = 2 Þ k = 0 Þ Phương trình tiếp tuyến d:y
= 0.
Với x =

4
3

Þ k=−

32
7


Þ Phương trình tiếp tuyến d:y = −

7

1.3.4. Một số bài toán khác

32

x+

64

27

∙


1.3.4.1. Bài toán về hai đồ thị tiếp xúc nhau.


Phương pháp: Sử dụng điều kiện tiếp xúc, điều kiện nghiệm kép.
Ví dụ: CMR: Hai đường cong y = x 3 − x2 + 4 và y = − x2 + 3x + 6
tiếp xúc nhau tại điểm nào đó. Xác định tiếp điểm đó.
Giải: Hoành độ tiếp điểm của hai đường cong đã cho là nghiệm của hệ
x3 − x2 + 4 = − x2 + 3x + 6
phương trình: {(x3 − x 2 + 4)′= (− x2 + 3x + 6)′
x 3 − 3x − 2 = 0
Û {3x2 − 2x = − 2x + 3
x3 − 3x − 2 = 0
Û {x 2 = 1

x3 − 3x − 2 = 0
Û {
Þ x = − 1.
x=±
1
Vậy hai đường cong đã cho tiếp xúc nhau tại điểm M(− 1;2).
1.3.4.2. Viết phương trình tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị tại hai điểm
phân biệt
Phương pháp: Đường thẳng y = kx + m tiếp xúc với đồ
thị (C): ƒ(x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e tại hai điểm phân
biệt Û ƒ(x ) = kx + m có hai nghiệm x1 ,x2 phân biệt
Û ƒ(x) − kx + m = (x − x1)2(x − x2)2, ∀ x
Û ƒ(x) − kx + m = (x 2 − Sx + P)2 , ∀ x (S = x1 + x2 ,P = x1 .x2 )
Û ƒ(x) − kx + m = x4 − 2Sx3 + (S2 + 2P)x2 − 2SPx + P2, ∀ x
Đồng nhất hệ số của x ta tìm được S,P,k,m. Từ đó tìm được x1 ,x2
và viết được phương trình tiếp tuyến.


Ví dụ: Cho đồ thị (C): y = x4 − 2x2 + 3. Viết phương trình tiếp tuyến
tiếp xúc với đồ thị tại hai điểm phân biệt và tìm hoành độ của hai tiếp
điểm.
Giải: Đường thẳng y = kx + m tiếp xúc với đồ thị (C) tại hai điểm
phân biệt Û x 4 − 2x 2 + 3 = kx + m có hai nghiệm x1 ,x2 phân biệt
Û x 4 − 2x 2 − kx + 3 − m = 0 có hai nghiệm x1 ,x2 phân biệt
Û x4 − 2x2 − kx + 3 − m = (x − x1)2(x − x2)2, ∀ x
Û x4 − 2x2 − kx + 3 − m = (x2 − Sx + P)2, ∀ x
(S = x1 + x2 ,P = x1 .x2 )
Û x4 − 2x2 − kx + 3 − m = x4 − 2Sx3 + (S2 + 2P)x2 − 2SPx + P2 , ∀ x
2S = 0
S2 + 2P = −

Û 2
{
2SP = k
P2 = 3 − m

S = x1 + x2
P = x1 .x2
Û { k = 2SP = 0
m = 3 − P2 =
2

x =1
Û {x 1 = − 1
2

Þ Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = 2.
1.4. Một số cách thức khai thác bài bài toán tiếp tuyến
1.4.1. Lập bài toán tương tự bài toán ban đầu
Sau khi học sinh giải xong mỗi bài tập, giáo viên có thể dựa vào bài
tập đó mà nghĩ ra các bài tập mới tương tự với bài tập vừa giải. Giáo
viên lập đề toán theo kiểu này là một biện pháp rất tốt để học sinh nắm
vững các cách giải các bài tập cùng loại, giúp học sinh nắm rõ hơn mối
quan hệ giữa các đối tượng và những quan hệ bản chất trong mỗi loại
toán.
Nhờ thế mà học sinh hiểu bài tập này sâu sắc hơn rất nhiều.
Bài tập có thể được lập mới từ bài tập đã cho thông qua các cách:
 Thay đổi các số liệu đã cho.


 Thay đổi các đối tượng trong đề toán.

 Thay đổi các quan hệ trong đề toán.
 Tăng hoặc giảm đối tượng trong đề toán.
 Thay đổi câu hỏi của bài tập bằng một câu hỏi khó hơn.
3s–7

Ví dụ: Cho (C): =

–2s+5

.

Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết

tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng ∆:y = − 9x + 1.
Giải: Điều kiện ≠
1

Ta có yr =

5

(∗).

2

2

∙

(− 2x+ 5)


Vì tiếp tuyến (d) của (C) vuông góc với (∆):y = − 9x + 1 nên có hệ số
góc là
Þ

1
9
1

(–

2s+5)2

=
1

1

Û (− 2x + 5)2 = 9 Û

x=

thỏa mãn (∗)

[
x=

9

4

Þ Tiếp tuyến tại x = 1 là: y =
Þ Tiếp tuyến tại x = 4 là: y =

1

9
1
9

(x − 1) −
(x − 4) −

4

3
5
3

Û y=
y=

1

9

1

9

x−


13

x−
19
9

9

∙

∙

Nếu bây giờ ta thay đường thẳng ∆:y = − 9x + 1 bởi đường thẳng
∆r:y = − 4x + 1 còn các đối tượng khác trong ví dụ trên vẫn
giữ nguyên thì ta được bài toán tương tự sau:
3s–7

Bài toán tương tự: Cho (C): y
=

–2s+5

. Viết phương trình tiếp tuyến

của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng ∆′:y = − 4x + 1.
Giải: Điều kiện ≠
Ta có yr =

1


5
2

(∗).
∙


2

(− 2x+ 5)


Vì tiếp tuyến (d) của (C) vuông góc với (∆):y = − 4x + 1 nên có hệ số
góc là
Þ

1
4
1

(–

=
[

1

Û (− 2x + 5)2 = 4 Û x =


4

3
2 thỏa mãn (∗)
7

x= −

2

2s+5)2

Þ Tiếp tuyến tại x =

3

là: y =

2

Þ Tiếp tuyến tại x = −

7

35

1

(x −


9

1

là: y =

2

9

3
2

)−
7

5
4

Û y=

(x + ) −
2

1
9

x−

Û y=

24

1

13
9

x−

9

∙

133

∙

72

1.4.2. Lập bài toán đảo của bài toán đầu
Trong một bài tập nếu ta thay một trong những điều đã cho bằng
đáp số của bài tập và đặt câu hỏi vào điều đã cho ấy thì ta được một bài
toán đảo.
Đây cũng là một cách hay dùng để dựa vào các bài tập cũ mà đặt ra
đề bài tập mới bằng cách đảo ngược bài tập đã biết.
Ví dụ: Cho hàm số =

2x

, một điểm M thuộc (C), tiếp tuyến của (C)


x+ 1

tại M cắt Ox, Oy tại A,B. Tính diện tích tam giác OAB trong các trường
hợp điểm M(1;1) và M (−

2

2

Giải: Ta có: y′=

(x+

1

1)

2

;− 2).

∙

TH1: Điểm M(1;1).
Tiếp tuyến của (C) tại điểm M(1;1) là ∆: y =
∙

2


∆ ∩ Ox tại A(− 1;0) Þ OA = 1.
∆ ∩ Oy tại B (0;
1

SOÆB =

2

1
2) Þ OB =

2

1
.OA .OB =

4

1

∙

∙

1

(x − 1 ) + 1 =
2

1


x+
2

1


TH2: Điểm M (−

2

1

;− 2).


Tương tự với điểm M (−
S

1

;− 2) ta cũng tính được

=
OÆB

2

1


∙

4

Bài toán trên có giả thiết là cho một hàm y, tọa độ của điểm M, tiếp
tuyến của (C) tại M cắt Ox, Oy tại A và B, yêu cầu tính diện tích ∆OAB .
Nếu với kết quả diện tích ∆ABC vừa tìm được ta đưa lên làm giả thiết và
yêu cầu tìm giả thiết tọa độ điểm M của bài toán đầu thì ta được bài toán
đảo.
Bài toán đảo: Cho hàm số y =

2x
x+ 1

, tìm điểm M thuộc (C) biết tiếp

tuyến của (C) tại M cắt Ox, Oy tại A,B sao cho diện tích tam giác OAB
bằng

1
4

∙

2x0

Giải: Gọi M (xO;

).


x0+ 1

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:
2

∆:y =

(x0+

1)

2

2x0

(x − x ) +
O

.

x0+ 1

2

∆ ∩ Ox tại A(− xO ;0);
∆ ∩ Oy tại B (0;

2x20 2 ).

( x 0+


S

OÆB

=

1
2

1)
1

2

2

O

.OA .OB = |− x ||

4

2

2x2

( x 0+

1


0

1)

2 |=

4

∙

Û 4xO − xO − 2xO − 1 = 0
2

2

2

Û xO (4xO − 1) − (2xO + 1) = 0
3

2

Û (2xO + 1)(2xO − xO − 1) = 0
xO = 1
Û [
xO = −
1

1


Þ M1 (1;1), M2 (−

2

2

1.4.3. Khái quát hóa bài toán ban đầu

;− 2).


Có một hướng quan trọng để khai thác các bài toán mới là dựa trên
một số trường hợp cụ thể, dùng phép quy nạp không hoàn toàn để nhận
xét và rút ra giả thiết rồi dùng phương pháp thử, chọn để thử xem giả
thiết đó có đúng không? Nếu đúng thì đề ra bài tập mới và cách giải.
Ví dụ:
a. CMR: Trong tất cả các tiếp tuyến của (C): y = x3 + 3x2 − 9x + 3
tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
b. CMR: Trong tất cả các tiếp tuyến của (C): y = − x3 +

3
2

x2 − x + 1

tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
Giải:
a. Ta có: y = x 3 + 3x2 − 9x + 3
Þ yr = 3x2 + 6x − 9

Þ y rr= 6x + 6
yrr= 0 Û x = −
1
Þ Điểm uốn U(− 1;14).
Lập bảng xét dấu:
x

−∞

y′ ′
+∞
y′

+∞

−1
−

+

0

+∞

− 12

Þ y′đạt GTNN tại x = − 1 hay tiếp tuyến tại x = − 1 có hệ số góc
nhỏ nhất.
Þ Tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
b. Ta có: y = − x3 +


3
2

x2 − x + 1

Þ yr = − 3x2 + 3x − 1


Þ y rr= − 6x + 3
yrr= 0 Û x = −

1
2

Þ Điểm uốn U (−

13

; ).

2 4

Lập bảng xét dấu:
x

−

−


1
2

+∞

∞
−

y′′

0

+

7
−

y′
−∞

16

Þ y′đạt GTLN tại x = −

−∞
1
2

hay tiếp tuyến tại x = −


1
2

có hệ số góc lớn

nhất.
Þ Tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
Nhận xét: Để tìm GTLN hay GTNN của hàm số y′ở bài toán trên
ta lập bảng xét dấu của ′′. Ở phần a ta có hệ số a = 1 > 0 lập bảng
xét dấu thì yr đạt GTNN tại điểm uốn, phần b hệ số a = − 1 < 0 lập
bảng xét dấu thì y′đạt GTLN tại điểm uốn. Từ đây dễ dàng ta rút
ra kết luận y rđạt GTLN hay GTNN luôn đạt tại điểm uốn và chỉ
phụ thuộc vào dấu của hệ số a. Từ đây ta có bài toán tổng quát:
Bài toán tổng quát: Cho đồ thị (C): y = ax3 + bx2 + cx + d
(a ≠ 0). CMR: Trong tất cả các tiếp tuyến của (C) tiếp tuyến tại điểm
uốn có hệ số góc nhỏ nhất nếu a > 0 và lớn nhất nếu a < 0.
Giải: Ta có: y = ax 3 + bx2 + cx + d
Þ yr = 3ax2 + 2bx + c
Þ yrr= 6ax + 2b


yrr= 0 Û x = −

b

Þ Điểm uốn U (− ;ƒ (−

3a

b


b

3a

)).

3a

TH1: a > 0
Lập bảng xét dấu:
x y′′− ∞
+∞
y′

b
−
3a

−

+∞
+

0

+∞

b
ƒ ( −)

3a

Þ y′đạt GTNN tại x = −

b
3a

hay tiếp tuyến tại x = −

b
3a

có hệ số góc

nhỏ nhất.
Þ Tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số lớn nhất với a > 0.
TH2: a < 0
Lập bảng xét dấu:
−

x

−
∞ y′′

−

b

+∞


3a

+

0
b

y′

ƒ (− )
3a

−∞
Þ y′đạt GTLN tại x = −

−∞
b
3a

hay tiếp tuyến tại x = −

b
3a

có hệ số góc

lớn nhất
Þ Tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất với a < 0.
1.5. Một số khó khăn và sai lầm của học sinh khi gặp bài toán tiếp

tuyến
Trong chương trình giải tích 11, kiến thức về tiếp tuyến với đường
cong học sinh đã học dưới dạng áp dụng ý nghĩa của đạo hàm cấp một.


Dạng toán này đơn giản ít có dạng đòi hỏi tư duy cao. Trong chương
trình giải tích lớp 12, kiến thức về tiếp tuyến với đường cong học sinh
gặp lại nhưng dưới dạng tổng quát hơn. Dạng toán vận dụng công thức
này thì phong phú, nhiều dạng đòi hỏi tư duy cao hơn. Như vậy vấn đề
tiếp tuyến các em gặp lại hai lần trong hai năm học nhưng thực tế vẫn
còn một số khó khăn và sai sót khi giải bài toán liên quan đến tiếp tuyến.
Dưới đây là những khó khăn và sai sót các mà học sinh thường mắc phải
khi gặp các bài toán về tiếp tuyến.
1.5.1. Một số sai lầm học sinh thường mắc phải
1.5.1.1. Học sinh thường mắc sai lầm là: ứng với hai tiếp điểm khác
nhau thì hai tiếp tuyến khác nhau
Ta biết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = ƒ(x)
tại điểm M(xO ;yO ) là d1 : y = ƒr(xO )(x − xO ) + yO
tại điểm N(x1 ;y1 ) là d2 :y = ƒr(x1 )(x − x1 ) + y1 .
ƒ r(xO ) = ƒ′(x1 )
Vậy nếu xO ≠ x1 mà {
thì d1 ≡ d2.
− xO ƒ r(xO ) + yO = − x1 ƒ r(x1 ) +
y1
Ví dụ 1: Cho hàm số (C): y = x4 − 2x2 + 3. Tìm trên đồ thị (C) những
điểm mà tiếp tuyến với (C) tại điểm đó song song với tiếp tuyến với
(C) tại điểm A(1;2).
Sai lầm: Gọi B(xO ;yO ) thuộc (C) là điểm cần
tìm. Vì B ≠ A Þ xO ≠ 1.
Tiếp tuyến tại B song song tiếp tuyến tại A nên ta có:

3
ƒr(xO ) = ƒr(1) Û 4x
O − 4xO = 0

Û 4xO(x2O − 1) = 0 Û xO = 0,xO = − 1,xO = 1 (loại).
Vậy B là điểm B1 (0;3) hoặc B2 (− 1;2).
Phân tích: Hai đường thẳng d1:y = kx + m và đường thẳng


k = k′
d :y = krx + m′song song với nhau khi và chỉ khi {
2
m ≠ m r.
Vậy cách giải trên thiếu điều kiện m ≠ m′ dẫn đến không loại
được nghiệm x nên kết quả bài toán không chính xác. Do đó với
cách làm trên sau khi tìm được xO ta phải thử lại xem tiếp tuyến tại
các điểm xO
đó có trùng với tiếp tuyến tại điểm A(1;2) không.
Khắc phục: Tếp tuyến tại B1 (0;3) có phương trình là: y =
3. Tếp tuyến tại B2 (− 1;2) có phương trình là: y = 2.
Tếp tuyến tại A (− 1;2) có phương trình là: y = 2.
Do đó chọn B1 (0;3).
Ví dụ 2: Cho hàm số = x4 − 2x2 + 3 (∗). Tìm trên đường thẳng y = 2
những điểm mà qua đó ta kẻ được bốn tiếp tuyến phân biệt với đồ thị
(C) của hàm số (∗).
Sai lầm: Gọi M(a;2) là điểm thuộc đường thẳng y = 2.
Phương trình đường thẳng d đi qua một điểm M có hệ số góc k là:
y = k(x − a) + 2.
Ta có d là tiếp tuyến của (C) Û Hệ phương trình sau có nghiệm
x 4 − 2x2 + 3 = k(x − a) + 2

{ 3
4x − 4x = k

(1)
(2)

Thế (2) vào (1) ta được phương trình:
3x4 − 4ax3 − 2x2 + 4ax − 1 = 0

(∗)

Û (x2 − 1)(3x2 − 4ax + 1) = 0
(3)
2
Û
1 = 02
[gx(x−) =
3x − 4ax + 1 = 0
x(=
x)±=13x2 − 4ax + 1 = 0
Û
g
Qua M(a;2) kẻ được bốn tiếp tuyến phân biệt với (C) Û Phương trình
(3) có bốn nghiệm phân biệt Û Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm
phân biệt đều khác 1 và − 1.