SKKN: Kinh nghiệm giảng dạy chuyên đề tiếp tuyến của đường cong y = f(x) và bài toán liên quan

Chia sẻ: Nguyễn Lê Huy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST

Báo xấu

190
lượt xem 40
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mục đích giúp học sinh học có hiệu quả hơn và có cái nhìn tổng quan hiểu được bản chất vấn đề đặt ra từ đó đưa ra phương pháp giải mạch lạc phù hợp với những mẫu bài thi giúp học sinh tự tin và có phương pháp phù hơn khi gặp các bài toán liên quan đến tiếp tuyến đường cong. Sau đây là sáng kiến kinh nghiệm về kinh nghiệm giảng dạy chuyên đề tiếp tuyến của đường cong y = f(x) và bài toán liên quan các bạn học sinh hãy tham khảo để hiểu rõ hơn .

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Kinh nghiệm giảng dạy chuyên đề tiếp tuyến của đường cong y = f(x) và bài toán liên quan

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƯỜNG THPT SỐ 1 TP LÀO CAI Tên sáng kiến: Lê Thị Hiền Lào Cai, năm 2011
MỤC LỤC PHẦN 1. MỞ ĐẦU Chủ ñề Trang 1. Tính cấp thiết của ñề tài. 2 2. Tình hình nghiên cứu. 2 3. Mục ñích nghiên cứu. 3 4. Nhiệm vụ nghiên cứu. 4 5. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu. 4 PHẦN 2. NỘI DUNG 6. Đặt vấn ñề. 5 7. Viết phương trình tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) tại ñiểm M0(x0;y0) 5 8. Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = f(x) khi biết hệ số góc k. 14 9. Viết phương trình tiếp tuyến qua A(xA;yA). 18 PHẦN 3. KẾT LUẬN 23 PHẦN 4. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 24 - Trang 1 -
Đề tài: KINH NGHIỆM GIẢNG DẠY CHUYÊN ĐỀ TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG CONG Y = F(x) VÀ BÀI TOÁN LIÊN QUAN. Phần 1. MỞ ĐẦU. 1. Tính cấp thiết của ñề tài. Trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh là các mục tiêu ñược ñặt lên hàng ñầu trong các mục tiêu dạy học môn toán. Phương trình tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán liên quan là một vấn ñề ñược giáo viên và học sinh thâm nhập với một lượng thời gian không nhiều (khoảng 2 tiết) nhưng ñây là vấn ñề có thể phát triển khả năng tư duy toán học cho học sinh và ñược áp dụng nhiều trong các kì thi tốt nghiệp và Đại học. Trong quá trình giảng dạy bộ môn toán 12, tôi nhận thấy rằng học sinh còn lúng túng khi lựa chọn cho mình một phương pháp phù hợp có hiệu quả nhất ñể giải quyết các bài toán về tiếp tuyến và bài toán liên quan ñến tiếp tuyến của ñường cong y = f(x). Từ ñó, tôi ñã lựa chọn ñề tài “Kinh nghiệm giảng dạy chuyên ñề tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán liên quan” với mong muốn giúp học sinh: 1. Tổng hợp ñược kiến thức, không còn bị ñộng trong quá trình nắm bắt kiến thức, hiểu và nhớ kiến thức mới một cách chủ ñộng. 2. Rút ngắn ñược thời gian giải toán với ñộ chính xác cao. 2. Tình hình nghiên cứu. Trong chương trình dạy học bộ môn Toán nói chung và ôn thi tốt nghiệp và Đại học-Cao ñẳng cho học sinh khối 12 nói riêng, chúng ta - Trang 2 -
cần phải cho học sinh ñề cập ñến chuyên ñề “Tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán liên quan”. Sau nhiều năm trực tiếp tham gia giảng dạy môn Toán 12 và ôn thi Đại học – Cao ñẳng cho học sinh khối 12 của trường THPT số 1 TP Lào Cai, tôi nhận thấy trình ñộ nhận thức, kỹ năng thực hành, phương pháp tư duy... của một số học sinh về các bài toán tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán liên quan còn yếu. Có nhiều nguyên nhân ñể dẫn ñến tình trạng này như: học sinh giải toán kém, không phát huy ñược tính tư duy sáng tạo của mình, học tập còn thụ ñộng, ñối phó...Điều này liên quan ñến người dạy, người học và nhiều vấn ñề khác nữa. Nhưng theo tôi nguyên nhân chủ yếu nhất là do học sinh học kém, nắm kiến thức cơ bản không vững, thiếu cố gắng trong học tập, chưa có ý thức học tập một cách tích cực, chủ ñộng, ngại phát hiện và giải quyết những vấn ñề mới dựa trên nền tảng kiến thức cũ, hơn nữa thời lượng cho chuyên ñề không nhiều, tài liệu tham khảo còn chung chung, hoặc nhiều thầy, cô chưa thực sự ñi sâu về chuyên ñề này. Dựa trên tình hình thực tế ñó, từ năm học 2007 – 2008 tôi ñã ñăng ký với tổ chuyên môn ñi sâu nghiên cứu, tìm tòi về chuyên ñề này nhằm cùng với quí thầy, cô trong trường cùng với các em học sinh khắc phục phần nào những tồn tại trên. 3. Mục ñích nghiên cứu. Với mục ñích giúp cho học sinh học có hiệu quả hơn và có cái nhìn tổng quan, hiểu ñược bản chất của vấn ñề ñặt ra, từ ñó ñưa ra phương pháp giải mạch lạc phù hợp với những ñòi hỏi của mỗi bài thi, giúp học sinh tự tin và có phương pháp phù hợp khi gặp phải các bài toán liên quan ñến tiếp tuyến của ñường cong. Yêu cầu ñặt ra phải trang bị cho học sinh, ñặc biệt là ñối với học sinh khối 12 phương pháp giải các dạng bài toán về tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán liên quan. - Trang 3 -
4. Nhiệm vụ nghiên cứu. Nghiên cứu một số vấn ñề về Phương pháp giải các bài toán tiếp tuyến và bài toán liên quan .Những bài toán về tiếp tuyến và bài toán liên quan nội dung rất hấp dẫn và khó giải quyết. Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết của nó là vì thời gian ñược tiếp cận chúng không nhiều và thường ñược hỏi theo nhiều khía cạnh khác nhau, mổ xẻ vấn ñề không phải là các phương pháp thông thường hay ñược áp dụng trong ñại số. Để giải quyết phần nào những khó khăn trên, qua nghiên cứu SGK(Đại số 11-12), SGV(Đại số 11- 12), chuẩn kiến thức kĩ năng, các tài liệu tham khảo và qua nhiều năm giảng dạy của bản thân và các bài giảng của ñồng nghiệp, tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này nhằm cung cấp những phương pháp học và giải bài tập về tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán liên quan giúp các bạn yêu thích toán học, các thầy, cô giáo, các em học sinh các trường THPT và các em học sinh ñang học lớp 12 ôn thi tốt nghiệp và Đại học làm tài liệu tham khảo và tiếp tục phát triển. 5. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu. Nghiên cứu Phương pháp giải các bài tập về tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) và bài toán liên quan là một nội dung quan trọng của ñại số 12 trong chương trình Toán THPT. Dưới ñây tôi xin ñược trao ñổi với quý ñồng nghiệp một số bài toán và phương pháp giải cho những bài toán về: ‘‘Tiếp tuyến của ñường cong y = f(x)” (thường là những bài toán thường gặp trong các kỳ thi tốt nghiệp, thi Đại học) mà trong thời gian qua tôi ñã sử dụng ñể hướng dẫn học sinh giải quyết dạng toán này. - Trang 4 -
Phần 2. NỘI DUNG. Đặt vấn ñề Học tập là một hoạt ñộng của học sinh, hoạt ñộng học tập nhằm lĩnh hội những ñiều mà hoạt ñộng dạy truyền thụ và biến những ñiều tiếp thu ñược thành ‘‘năng lực thể chất và năng lực tinh thần”. Với tư cách là một hoạt ñộng, việc học chỉ xảy ra khi nào mà những hành ñộng của con người ñược ñiều khiển bởi mục ñích tự giác lĩnh hội tri thức, kĩ năng, kĩ xảo, những hành vi và những hoạt ñộng nhất ñịnh. Chính vì vậy, khi dạy các nội dung kiến thức ñi sâu về rèn luyện kĩ năng giải toán cho học sinh, là một trong những giáo viên trực tiếp giảng dạy, tôi thường ñạt ra những câu hỏi “làm thế nào giúp học sinh hiểu và nắm bắt ñược phương pháp giải toán nhanh và có hiệu quả nhất”. Muốn vậy, là giáo viên chúng ta phải nắm vững ñược kiến thức và hiểu rõ nội dung của sách giáo khoa. Rồi từ ñó lựa chọn phương pháp phù hợp với ñối tượng học sinh với những dạng toán cụ thể giúp các em ñịnh hướng ñược phương pháp giải nhanh nhất và có hiệu quả nhất. Sau ñây là một số bài toán về “Tiếp tuyến của ñường cong y = f(x)” và phương pháp giải mà tôi ñã sử dụng ñể hướng dẫn học sinh thực hiện trong thời gian qua. Đề tài: KINH NGHIỆM GIẢNG DẠY CHUYÊN ĐỀ TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG CONG Y = F(x) VÀ BÀI TOÁN LIÊN QUAN. 1. Viết phương trình tiếp tuyến của ñường cong y = f(x) tại ñiểm M0(x0;y0) Phương pháp chung: *) Xác ñịnh hệ số góc k = f’(x). *) Thay các giá trị x0; y0, f’(x0) vào phương trình y = f’(x0)(x – x0) + y0. Bài 1: Cho hàm số y = x3 – x2 + x – 6. - Trang 5 -
a. Lập phương trình tiếp tuyến của ñộ thị hàm số tại ñiểm M(1;-5). b. Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại giao ñiểm của ñồ thị với trục tung. c. Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại giao ñiểm của ñồ thị với trục hoành. Giải. a. Tiếp tuyến tại ñiểm M(1 ;-5) có dạng : y = y’(1)(x – 1) – 5. Ta có y’ = 3x2 – 2x + 1 ⇒ y’(1) = 2 Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y = 2(x – 1) – 5. b. Tọa ñộ giao ñiểm của ñồ thị hàm số với trục oy là nghiệm của  y = x 3 − x2 + x − 6  y = −6 hệ :  ⇔ ⇒ M (0; −6) x = 0 x = 0 Tiếp tuyến tại ñiểm M(0;-6) có dạng : y = y’(0)(x – 0) – 6. Ta có y’ = 3x2 – 2x + 1 ⇒ y’(0) = 1 Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y = 1(x – 0) – 6. ⇔ y = x−6 c. Tọa ñộ giao ñiểm của ñồ thị hàm số với trục ox là nghiệm của  y = x 3 − x2 + x − 6 x = 2 hệ :  ⇔ ⇒ M (2; 0) y = 0 y = 0 Tiếp tuyến tại ñiểm M(2;0) có dạng : y = y’(2(x – 2). Ta có y’ = 3x2 – 2x + 1 ⇒ y’(2) = 9 Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y = 9(x – 2). Bài 2. Cho hàm số y = x3 + 3x2 + 3x + 5. a. Lập phương trình tiếp tuyến của ñộ thị hàm số tại ñiểm uốn. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại ñiểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất. b. Chứng minh rằng trên ñồ thị không tồn tại hai ñiểm mà tiếp tuyến tại hai ñiểm ñó vuông góc với nhau. - Trang 6 -
c. Tìm k ñể trên ñồ thị có ít nhất một ñiểm mà tiếp tuyến tại ñó vuông góc với ñường thẳng (d) : y = kx. Giải. a. Ta có y’ = 3x2 + 6x + 3 ⇒ y’’ = 6x + 6 ⇒ y " = 0 ⇔ x = −1 ⇒ y = 4 . Vậy tọa ñộ ñiểm uốn I(-1;4). Tiếp tuyến tại ñiểm I(-1;4) có dạng : y = y’(-1)(x + 1) + 4. Ta có y’ = 3x2 + 6x + 3 ⇒ y’(-1) = 0. Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y = 4. Giả sử M0(x0 ;y0) là ñiểm nằm trên ñồ thị và phương trình tiếp tuyến tại ñiểm M0(x0 ;y0) có dạng : y = f’(x0)(x-x0)+y0 2 2 2 ⇒ f’(x0) = 3x0 +6x0+3 =3(x0 +2x0+1) = 3(x0+1) ≥ 0 ∀ x0, dấu ‘‘ = ’’ khi x0 = -1 ⇔ M ≡ I ⇒ ñpcm. Tổng quát : Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d. (a ≠ 0 ). *) Nếu a > 0 thì tiếp tuyến tại ñiểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất . *) Nếu a < 0 thì tiếp tuyến tại ñiểm uốn có hệ số góc lớn nhất. b. Giả sử A, B là hai ñiểm ∈ (C) sao cho tiếp tuyến tại hai ñiểm ñó vuông góc với nhau và hoành ñộ tương ứng là x1; x2 ⇒ f’(x1).f’(x2)=-1 ⇔ (3x12+6x1+3)(3x22+6x2+3)=-1 ⇔ 9(x1+1)2(x2+1)2=-1 (vô lí) ⇒ ñpcm. c. Giả sử M0(x0 ;y0) là ñiểm nằm trên ñồ thị và phương trình tiếp tuyến tại ñiểm M0(x0 ;y0) có dạng y = f’(x0)(x-x0)+y0 Để tiếp tuyến tại ñiểm M0 vuông góc với ñường thẳng (d) : y = kx ⇔ (3x02+6x0+3)k = -1 ⇔ 3(x02+2x0+1)k = -1 ⇔ 3(x0+1)2k = -1 ⇔ k < 0. Vậy với k < 0 tiếp tuyến tại M0 vuông góc với ñường thẳng (d). Tổng quát: Phương trình tiếp tuyến ( ∆ ) của ñồ thị hàm số y = f(x) tại ñiểm M0(x0 ;y0) có dạng : y = f’(x0)(x-x0)+y0 - Trang 7 -
*) Nếu ∆ ⊥ d ⇔ k∆ .kd = −1 *) Nếu ∆ // d ⇔ k∆ = kd −3x 2 + mx+4 Bài 3. Cho hàm số y = . Tìm m ñể tiếp tuyến của ñồ thị tại 4x+m ñiểm có hoành ñộ x = 0 vuông góc với ñường tiệm cận. Giải. 4 Gọi M(0;y0) là ñiểm nằm trên ñồ thị hàm số ⇒ y0 = m 4 4 Tiếp tuyến tại ñiểm M(0; ) có dạng : y = y’(0)(x – 0) + . (∆) m m −12x 2 − 6mx+m 2 − 16 m2 − 16 Ta có y’ = ⇒ y '(0) = . (4x+m) 2 m2 uur m 2 − 16 Vậy véc tơ pháp tuyến của tiếp tuyến ( ∆ ) là : n∆ ( ; −1) m2 *) Mặt khác lim y = ∞ ⇒ phương trình ñường tiệm cận ñứng là ±  m x → −   4 m uur x=- (d1). Vậy véc tơ pháp tuyến của tiếp tuyến (d1) là ⇒ nd 1 (1;0) ; 4  3 17  lim  y − (− x + m)  = 0 ⇒ x →±∞  4 16  3 17 phương trình ñường tiệm cận xiên là y = x + m (d2) 4 16 Để tiếp tuyến ( ∆ ) vuông góc với ñường tiệm cận ñứng m2 − 16 ⇔ n∆ .nd1 = 0 ⇔ = 0 ⇔ m = ±4 uur uur m2 Để tiếp tuyến ( ∆ ) vuông góc với ñường tiệm cận xiên m2 − 16  3  ⇔  −  = −1 ⇒ vn m2  4  Vậy tiếp tuyến tại ñiểm x0 = 0 chỉ vuông góc với ñường tiệm cận ñứng khi m = ±4 2x+1 Bài 4. Cho hàm số y = . x-1 - Trang 8 -
a. Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại giao ñiểm của ñồ thị với trục ox. b. Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại ñiểm có tung ñộ bằng 3. c. Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của ñồ thị hàm số ñều lập với hai ñường tiệm cận một tam giác có diện tích không ñổi. d. Tìm tất cả các ñiểm M nằm trên ñồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến tại M tạo với hai ñường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất. Giải. a. Tọa ñộ giao ñiểm của ñồ thị hàm số với trục ox là nghiệm của hệ :  2x+1  1 y = x = − 1  x-1 ⇔  2 ⇒ M (− ; 0)  y = 0  y = 0 2 Tiếp tuyến tại ñiểm M(  − ; 0  có dạng : y = y’( − 1 )(x + ). 1 1 2   2 2 −3 4 Ta có y’ = ⇒ y’( − 1 ) = - ( x − 1) 2 2 3 4 1 Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y = − (x + ). 3 2 b. Gọi M(x0 ;3) là ñiểm thuộc ñồ thị hàm số ⇒ x0 = 4 ⇒ M(4 ;3) Tiếp tuyến tại ñiểm M(4;3) có dạng : y = y’(4)(x – 4) + 3. −3 1 Ta có y’ = ⇒ y’(4) = - ( x − 1) 2 3 1 Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y = − (x – 4) + 3. 3 −3 c. Ta có y’ = ( x − 1)2 Tiệm cận ñứng x = 1 vì lim y = ∞ , tiệm cận ngang y = 2 vì lim x →∞ y=2 x →1 Tọa ñộ giao ñiểm I của hai ñường tiệm cận I(1;2). - Trang 9 -
M là ñiểm tùy ý thuộc ñồ thị, giả sử M có hoành ñộ bằng a, khi ñó M(a,y(a)) và phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : −3 2a+1 y = y’(a)(x – a) + y(a) ⇔ y = ( x − a) + . (a − 1) 2 a-1 Tọa ñộ giao ñiểm A của tiếp tuyến tại M và tiệm cận ñứng là nghiệm của hệ phương trình x = 1 x = 1   2a+4  −3 2a+1 ⇔  2a+4 ⇔ A(1; )  y = (a − 1)2 ( x − a ) + a-1  y = a-1 a-1  Tọa ñộ giao ñiểm B của tiếp tuyến tại M và tiệm cận ngang là nghiệm y = 2 y = 2 của hệ phương trình:  −3 2a+1 ⇔  ⇔ B (2a-1; 2)  y = (a − 1)2 ( x − a ) + a-1  x = 2a-1  1 Diện tích tam giác IAB ñược xác ñịnh bởi: S = IA.IB 2 2a+4 6 Trong ñó IA = −2 = ; IB = 2a-1-1 = 2 a − 1 a-1 a −1 1 6 Vậy S = .2 a − 1 = 6 không phụ thuộc vào a. 2 a −1 6 d. Ta có AB2 = IA2 + IB2 ≥ 2IA.IB = 2. .2 a − 1 = 12 ⇒ AB ≥ 2 3 a −1 IA + IB ≥ 2 IA.IB = 2 12 = 4 3 Suy ra, chu vi của tam giác IAB ñược cho bởi: P = AB + IA + IB ≥ 2 3 + 4 3 = 6 3 Vậy ∆ IAB có chu vi nhỏ nhất bằng 6 3 ñặt ñược khi IA = IB 6 ⇔ = 2 a −1 ⇔ a = 1 ± 3 a −1 Kết luận: Tồn tại hai ñiểm M1 (1 + 3; 2 + 3 ) , M2 (1 − 3; 2 − 3 ) thỏa mãn ñiều kiện ñầu bài. Tổng quát: - Trang 10 -
thuộc ñồ thị hàm số ñều: a) Lập với hai ñường tiệm cận một tam giác có diện tích không ñổi. b) Lập với hai ñường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi IA = IB (I là giao ñiểm của hai ñường tiệm cận, A và B lần lượt là giao ñiểm của tiếp tuyến với hai ñường tiệm cận.) x2 + 2 x + 2 Bài 5. Cho hàm số y = x +1 a. M là ñiểm trên ñồ thị có hoành ñộ xM = a. Viết phương trình tiếp tuyến ( ∆ ) của ñồ thị tại ñiểm M. b. Xác ñinh a ñể tiếp tuyến ( ∆ ) ñi qua ñiểm (1;0). Chứng tỏ rằng có hai giá trị của a thỏa mãn ñiều kiện của bài toán và hai tiếp tuyến tương ứng là vuông góc với nhau. c. Gọi I là tâm ñối xứng của ñồ thị, M là một ñiểm nằm trên ñồ thị.Tiếp tuyến tại ñiểm M của ñồ thị cắt hai ñường tiệm cận ñứng và xiên tại hai ñiểm A và B. Chứng tỏ rằng M là trung ñiểm của AB, và tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc M. Giải. a. Phương trình tiếp tuyến tại ñiểm M có hoành ñộ xM = a có dạng: y = y’(a)(x – a) + y(a). ( ∆ ) a 2 + 2a+2 x 2 + 2x a 2 + 2a Ta lần lượt có y( a ) = ; y’ = ⇒ y’(a) = a +1 (x+1) 2 (a+1) 2 Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : a 2 + 2a a 2 + 2a+2 a 2 + 2a a 2 + 4a+2 y= (x – a) + ⇔ y = x + . (a+1) 2 a +1 (a+1) 2 (a + 1)2 a 2 + 2a a 2 + 4a+2 b. Tiếp tuyến ( ∆ ) ñi qua ñiểm (1;0) khi : + =0 (a+1) 2 (a + 1)2 2 −3 ± 5 ⇔ a + 3a + 1 = 0 ⇔ a1,2 = 2 3 và theo Viét ta có: a1 + a2 = - ; a1.a2 = 1. Vậy có hai giá trị của a thỏa 2 mãn ñiều kiện của bài toán. - Trang 11 -
a12 + 2a1 a22 + 2a 2 Các tiếp tuyến có hệ số góc tương ứng là: k1 = ; k 2 = (a1 +1) 2 (a 2 +1) 2 a12 + 2a1 a22 + 2a 2 a12 a22 + 2a1a2 (a1 + a2 ) + 4a1a2 Ta có k1.k2 = . = = −1 . Chứng (a1 +1) 2 (a 2 +1) 2 (a1a2 + a1 + a2 + 1) 2 tỏ rằng hai tiếp tuyến ñó vuông góc với nhau. x 2 + 2x c. Ta cã y’ = ; ( x + 1) 2 Tiệm cận ñứng x = - 1 vì lim y = ∞ x →−1 Tiệm cận xiªn y = x+1 vì lim x →∞ [ y − ( x + 1)] = 0 M(a;y(a)) vµ ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i M cã d¹ng: y = y’(a)(x-a)+y(a) ⇔ y = a + 2a ( x − a) + a + 2a + 2 2 2 (∆) (a + 1) 2 a +1 To¹ ®é giao ®iÓm A cña ( ∆ ) víi tiÖm cËn ®øng lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh :  x = −1  x = −1  2 + 2 + + 2 y = a 2 a ( x − a) + a 2 a 2 ⇔  2 ⇔ A(−1; ) y= a + 1  (a + 1) 2 a +1   a +1 To¹ ®é giao ®iÓm B cña ( ∆ ) vµ tiÖm cËn xiªn lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh:  y = x +1   x = 2a + 1  y = a + 2 a ( x − a ) + a + 2a + 2 ⇔  ⇔ B(2a + 1;2a + 2) 2 2   y = 2 a + 2 (a + 1) 2 a +1 Ta thÊy xA+ xB=2a=2xM ⇔ M lµ trung ®iÓm cña AB. DiÖn tÝch cña tamg gi¸c IAB ®−îc x¸c ®Þnh bëi c«ng thøc: 1 1 2 S= y A − y I xB − xI = 2a + 2 = 2 ∉ vµo a 2 2 a +1 Tổng quát: ax 2 +bx+c Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = (ad ≠ 0) tại mọi ñiểm M thuộc dx+e ñồ thị hàm số ñều: a) Cắt hai ñường tiệm cận tại hai ñiểm A và B sao cho M là trung ñiểm của ñoạn thẳng AB. - Trang 12 -
b) Diện tích của tam giác ñược tạo bởi hai ñường tiệm cận và tiếp tuyến tại M không phụ thuộc vào vị trí của ñiểm M. 1 Bài 6: Cho hàm số y = x+1+ (C ) . x −1 Tìm những ñiểm trên ñồ thị hàm số có hoành ñộ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại ñiểm ñó tạo với hai ñường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất. Giải 1 Ta có y’ = 1- ; ( x − 1) 2 Tiệm cận ñứng x = 1 vì lim y = ∞ x →1 Tiệm cận xiªn y = x+1 vì lim x →∞ [ y − ( x + 1)] = 0 Toạ ñộ tâm ñối xứng của ñồ thị hàm số là I(1;2). M(a;y(a)) ∈ (C ) với a>1, khi ñó phương trình tiếp tuyến của (C) tại M a 2 − 2a a2 có dạng: y=y’(a)(x-a)+y(a) ⇔ y = ( x − a ) + (d) (a − 1) 2 a −1 *)Toạ ñộ giao ñiểm A của tiếp tuyến (d) với tiệm cận ñứng là nghiệm  x =1  x =1 của hệ  y = a − 2a ( x − a) + a ⇔  y = 2a ⇔ A(1;  2 2 2a )  (a − 1) a −1  a − 1 2  a −1 *) Toạ ñộ giao ñiểm B của tiếp tuyến (d) và tiệm cận xiên là nghiệm  y = x +1   x = 2a − 1 của hệ:  y = a 2 − 2a a2 ⇔  ⇔ B(2a − 1;2a ) ( x − a) +  y = 2a  (a − 1) 2 a −1 2 Ta có: AI= x A − x I = ; a −1 π BI= 2 2 a − 1 ⇒ AI .BI = 4 2 ⇒ AB 2 = AI 2 + BI 2 − 2 AI .BI cos 4 Chu vi ∆ ABI là AI+BI+AB=AI+BI+ AI 2 + BI 2 − 2 AI .BI ≥ 2 AI .BI + 2 AI .BI − 2 AI .BI = 4 4 2 + 2 2( 2 − 1) - Trang 13 -
Vậy CVmin = 4 4 2 + 2 2( 2 − 1) khi AI=BI 1 1 1 ⇔ a = 1+ 4 ⇒ M( 1 + 4 ;2 + 4 2 + 4 ) 2 2 2 Tổng quát : ax 2 +bx+c Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = (ad ≠ 0) tại mọi ñiểm M thuộc dx+e ñồ thị hàm số lập với hai ñường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi IA = IB (I là giao ñiểm của hai ñường tiệm cận, A và B lần lượt là giao ñiểm của tiếp tuyến với hai ñường tiệm cận.) 2. Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = f(x) khi biết hệ số góc k. Phương pháp chung: Ta có thể lựa chọn một trong hai cách: *) Cách 1: Xác ñịnh hoành ñộ tiếp ñiểm qua phương trình f’(x) = k và từ ñó ñưa về dạng 1. *) Cách 2: Phương trình tiếp tuyến với hệ số góc k có dạng (d): y = kx + b. Tham số b ñược suy ra từ ñiều kiện (d) tiếp xúc với ñồ thị hàm số. 8 Bài 7: Cho y = x3 –2x2 +3x - . Lập phương trình tiếp tuyến của 3 ñường cong (C) khi biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng 3. Giải *) Cách 1: Gọi M0(x0;y0) là tiếp ñiểm của tiếp tuyến ∆ với (C). Phương trình tiếp tuyến ∆ có dạng y=f’(x0)(x-x0)+y0.  x0 = 0  8  8 y =− y = 3x − Theo gt ta có 3x02-4x0+3=3 ⇒  4⇒ 0 3 ⇒  3  x0 =  y =4  y = 3x  3  0  *) Cách 2: Gọi (∆) là ñường thẳng cần tìm, khi ñó phương trình ñường thẳng có dạng: y = 3x+b. Đường thẳng (∆) là tiếp tuyến của (C) khi - Trang 14 -
 3 8  8  8  x − 2 x + 3x − = 3x + b b=− y = 3x − 2  3 ⇔  3⇒  3    3x − 4 x + 3 = 3 2  b = 0  y = 3 x Bài 8. Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2. Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số biết rằng tiếp tuyến ñó vuông góc với ñường thẳng (d) : 3x – 5y – 4 = 0. Giải *) Cách 1: Gọi M0(x0;y0) là tiếp ñiểm của tiếp tuyến ∆ với (C). Phương trình tiếp tuyến ∆ có dạng y=f’(x0)(x-x0)+y0.  5  46  5 29  x0 =  y0 = −  y = − x+ 3 3 27 3 27 Theo gt ta có (3x02 - 6x0) = -1 ⇒  ⇒ ⇒ 5  x = 1  y = 46  y = − 5 x + 61  0 3  0 27  3 27 *) Cách 2: Gọi (∆) là ñường thẳng cần tìm, khi ñó phương trình 5 ñường thẳng có dạng: y = − x+b 3 Đường thẳng (∆) là tiếp tuyến của (C) khi  3 5  29  5 29  x − 3 x + 2 = − 3 x + b b = y = − x+ 2 27  3 27  ⇔ ⇒  5 b = 61  5 61 3x − 6 x = − 2 y = − x+  3  27  3 27 x 2 + 3x + 3 B i 9. (Đề 95): Cho y= x+2 a, Lập phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến ñó vuông góc với ñường thẳng có phương trình x-3y-6=0. b, Lập phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến ñó song song với ñường thẳng có phương trình y =-2x+6 Giải: x 2 + 3x + 3 1 Ta có y= = x+1+ x+2 x+2 a) *) Cách 1: Gọi M0(x0;y0) là tiếp ñiểm của tiếp tuyến ∆ với (C). Phương trình tiếp tuyến ∆ có dạng y=f’(x0)(x-x0)+y0. - Trang 15 -
1 Vì ∆ vuông góc với ñường thẳng (d) : y = x−2 3 1 1 ⇒ f’(x0). = −1 ⇔ f’(x0) = -3 ⇔ 1 − = −3 ⇔ 3 ( x0 + 2) 2  3  3  x0 = −  y0 = 1 2 2  y = −3 x − 3 ( x0 + 2) 2 = ⇔  ⇔ ⇒ 4 x = − 5 y = − 7  y = −3x-11  0 2   0 2 *) Cách 2: Gọi (∆) là ñường thẳng cần tìm, vì ( ∆ ) vuông góc với ñường thẳng (d) nên phương trình ñường thẳng ( ∆ ) có dạng: y = −3 x+b. Đường thẳng (∆) là tiếp tuyến của (C) khi  1  3  x + 1 + x + 2 = −3 x + b  b=2  y = −3 x − 3  ⇔ ⇒  1− 1 = −3 b = − 7  y = −3 x − 11  ( x + 2) 2   2 3 −6 4−9 3 b) (d1): y = −2( x − )+ 3 3 6+ 3 6+ 3 (d2): y = −2( x + )+ 3 12 − 3 x 2 − 2mx+m Bài 10. Cho hàm số y = (C). x+m a. Chứng minh rằng nếu ñồ thị (C) cắt Ox tại x = x0 thì hệ số góc 2x 0 − 2m của tiếp tuyến tại ñó là k = . x0 + m b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể ñồ thị hàm số cắt Ox tại hai ñiểm và hai tiếp tuyến tại hai ñiểm ñó vuông góc với nhau. Gi¶i 3m 2 + m a, Ta có y = x – 3m + . Để (Cm) có tiếp tuyến x+m - Trang 16 -
 m ≠ 0 ⇔ 3m 2 + m ≠ 0 ⇔  1 (1) m≠−  3 Khi ñó: 3m 2 + m 3m 2 + m x0 + 2mx0 − 2m 2 − m 2 y’=1- ⇒ k ( x0 ) = 1 − = ( 2) ( x + m) 2 ( x 0 + m) 2 ( x 0 + m) 2 Nếu y(x0) =0 x02 − 2mx 0 +m  x − 2mx 0 + m = 0  x = 2mx 0 + m 2 2 ⇔ =0 ⇔ 0 ⇔ 0 (3) x0 + m  x0 + m ≠ 0  x0 + m ≠ 0 2mx0 − m + 2mx0 − 2m 2 − m 2 x0 − 2m 2 2 x0 − 2m 2 Từ (2), (3) ⇒ k = = = ( x 0 + m) 2 ( x 0 + m) 2 x0 + m  x 2 − 2mx + m = 0 (1) b, Theo yêu cầu bài ta có  có hai nghiệm phân  3m 2 + m ≠ 0  m > 1  biệt ⇔  m < 0 gọi A(x1 ;y(x1)), B(x2 ;y(x2)) là hai giao ñiểm m ≠ − 1  3 2( x1 − m) 2( x 2 − m) ⇒ y ' ( x1 ) = ; y' ( x2 ) = ⇒ y ' ( x1 ) y ' ( x 2 ) = −1 x1 + m x2 + m 4( x1 − m)( x 2 − m) ⇔ = −1 ⇔ 5 x1 x 2 − 3m( x1 + x 2 ) + 5m 2 = 0 .(*) Vì x1; x2 ( x1 + m)( x 2 + m)  x + x = 2m m = 0 là nghiệm của phương trình (1) ⇔  1 2 ⇒ (*) ⇔  so  x1 x 2 = m m = 5 sánh với ñiều kiện m=5 u ( x) Nếu ñồ thị hàm số y = f(x) = cắt trục hoành tại ñiểm x =x0 thì v ( x) u ' ( x0 ) hệ số góc của tiếp tuyến tại ñiểm x0 là k = v( x0 ) 3. Viết phương trình tiếp tuyến qua A(xA;yA). Phương pháp chung : *) C¸ch 1: Gi¶ sö hoµnh ®é tiÕp ®iÓm lµ x0 khi ®ã ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm M cã d¹ng y=f (x0)(x-x0)+y0.(d) - Trang 17 -
T×m x0; y0: V× A n»m trªn ®−êng th¼ng (d) ta cã yA=f (x0)(xA-x0)+y0 *) C¸ch 2: +) Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng (d) qua A víi hÖ sè gãc k cã d¹ng y = k(x-xA)+yA +) T×m k: §Ó (d) lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng cong (C) khi k ( x − x A ) + y A = f ( x )  cã nghiÖm.  f ' ( x) = k Bài 11(Đ61). Cho hàm số y = x3-3x2+2. Lập phương trình tiếp tuyến 23 biết rằng tiếp tuyến ñó qua A( ; − 2) . 9 Giải Cách 1. Gọi M(x0 ;y0) là ñiểm nằm trên ñồ thị, phương trình tiếp tuyến tại ñiểm M có dạng : y=f (x0)(x-x0)+y0 ⇔ y = (3x 02 - 6x0)(x – x0) + x 30 - 3x 02 + 2 (d) 23 Vì A nằm trên (d), ta có -2 = (3x 02 - 6x0)( – x0) + x 30 - 3x 02 + 2 9    x0 = 3  y0 = 2   ⇔ (x0 – 2)(3x 02 - 10x0 + 3) = 0 ⇔  x0 = 2 ⇔  y0 = −2  1  8  x0 =  y0 =  3  3 Với x0 = 3 ⇒ f’(x0) = 9 ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = 9x-25 Với x0 = -2 ⇒ f’(x0) = 0 ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = -2. 1 5 5 61 Với x0 = ⇒ f’(x0) = − ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = − x + . 3 3 3 27 Cách 2. Phương trình ñường thẳng (d) qua ñiểm A với hệ số góc k có dạng y = k(x-xA)+yA. Để (d) là tiếp tuyến của ñường cong khi     3 2 x = 2  k =0  y = −2  x − 3x + 2 = k ( x − ) − 2  2   3 ⇒  x = 3 ⇒ k = 9 ⇒  y = 9 x − 25    3x − 6 x = k 2 x = 1 k = − 5  y = − 5 x + 61  3  3  3 27 ax 2 + bx + c *) Chú ý:Cho hàm số y = (bd ≠ 0) ñiều kiện ñể ñường thẳng dx + e - Trang 18 -
(d): y=kx+m là tiếp tuyến của ñường cong (C). γ Viết lại (C): y= αx + β + . Điều kiện ñể (d) là tiếp tuyến của (C) dx + e  γ αx + β + dx + e = kx + m (1) khi  γd Viết (1) dưới dạng  α− = k ( 2 )  (dx + e) 2 γ k ke αx+ β + = (dx + e) − + m (3) dx + e d d k Thay (2) vào (3) (lưu ý chỉ thay (dx + e)) , ñược d γ 1  γd  ke 1 1 ke αe αx + β + = (dx + e) α − 2  − +m ⇒ = (− + + m − β ) ( 4) dx + e d  ( dx + e )  d dx + e 2γ d d Thay (4) vào (2) ta ñược f(k)=Ak2+Bk+C=0 (5) Khi ñó theo yêu cầu cụ thể của bài ñưa về giải hoặc biện luận ñiều kiện cho của phương trình. 1 Bài 12 : Cho y = x+2+ x +1 a, Lập phương trình tiếp tuyến qua A(0;1- 3 ) b, Chứng minh rằng qua A có thể kẻ ñược hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. Giải. a, Phương trình tiếp tuyến qua A có dạng y=kx+1- 3 (d). Để (d) là tiếp tuyến của (C) khi :  1  1  x + 2 + x + 1 = kx + 1 − 3  x + 2 + x + 1 = k ( x + 1) − k + 1 − 3  ⇔  1  1 1− =k 1− =k  ( x + 1) 2  ( x + 1)2  1 k− 3  1 k− 3  =  =  x +1 2  x +1 2 ⇔ ⇔ 1 − 1 = k  k − 2 3k + 3 2  ( x + 1) 2 1 − =k (*) 4 (*) ⇔ k 2 + 2(2 − 3)k − 1 = 0 k = 3 − 2 − 2 2 − 3  y = ( 3 − 2 − 2 2 − 3 )x +1− 3 ⇔ 1 ⇒    k2 = 3 − 2 + 2 2 − 3  y = ( 3 − 2 − 2 2 − 3 )x +1− 3 - Trang 19 -