SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI
TRƯỜNG THPT SỐ 1 TP LÀO CAI

Tên sáng kiến:
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 M
0
(x
0
;y
0
) 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(x
A
;y
A
). 18PHẦN 3. KẾT LUẬN 23 PHẦN 4. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 24

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 3 -
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
- Trang 5 -
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 M
0

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’ = 3x
2
– 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
hệ :
3 2
6
6
(0; 6)
0
0
y
y x x x
M
x
x
= −


(2;0)
0
0
x
y x x x
M
y
y
=

= − + −

⇔ ⇒
 
=
=



Tiếp tuyến tại ñiểm M(2;0) có dạng : y = y’
(2
(x – 2).
Ta có y’ = 3x
2
– 2x + 1
⇒
y’
(2)
= 9
Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y = 9(x – 2).

⇒
y’
(-1)
= 0. Do ñó phương trình tiếp tuyến
cần tìm có dạng : y = 4.
Giả sử M
0
(x
0
;y
0
) là ñiểm nằm trên ñồ thị và phương trình
tiếp tuyến tại ñiểm M
0
(x
0
;y
0
) có dạng : y = f’(x
0
)(x-x
0
)+y
0

⇒
f’(x
0
) = 3x
0
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 x
1
; x
2

⇒

f’(x
1
).f’(x
2
)=-1
⇔
(3x
1
2
+6x
1
+3)(3x
2
2
+6x
2
+3)=-1
⇔

0

Để tiếp tuyến tại ñiểm M
0
vuông góc với ñường thẳng (d) : y = kx
⇔

(3x
0
2
+6x
0
+3)k = -1
⇔
3(x
0
2
+2x
0
+1)k = -1
⇔
3(x
0
+1)
2
k = -1
⇔
k < 0.
Vậy với k < 0 tiếp tuyến tại M
0

0

- Trang 8 -
Bài 3. Cho hàm số y =
2
3x x+4
4x+m
m
− +
. Tìm m ñể tiếp tuyến của ñồ thị tại
ñiểm có hoành ñộ x = 0 vuông góc với ñường tiệm cận.
Giải.
Gọi M(0;y
0
) là ñiểm nằm trên ñồ thị hàm số
⇒
y
0
=
4
m

Tiếp tuyến tại ñiểm M(0;
4
m
) có dạng : y = y’
(0)

m
∆
−
−
uur

*) Mặt khác
4
lim
m
x
y
±
 
→ −
 
 
= ∞ ⇒
phương trình ñường tiệm cận ñứng là
x = -
4
m
(d
1
). Vậy véc tơ pháp tuyến của tiếp tuyến (d
1
) là
1
(1;0)
d

16
. 0 0 4
m
n n m
m
∆
−
⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
uur uur

Để tiếp tuyến
(
)
∆
vuông góc với ñường tiệm cận xiên
2
2
16 3
1
4
m
vn
m
−
 
⇔ − = − ⇒
 
 

Vậy tiếp tuyến tại ñiểm x

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
1
( ;0)
x-1 2
2
0 0
y x
M
y y
 
= = −
 
⇔ ⇒ −
 
 
= =
 

Tiếp tuyến tại ñiểm M(
1
;0
2

4
3

Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : y =
4
3
−
(x +
1
2
).
b. Gọi M(x
0
;3) là ñiểm thuộc ñồ thị hàm số
0
4
x
⇒ = ⇒
M(4 ;3)
Tiếp tuyến tại ñiểm M(4;3) có dạng : y = y’
(4)
(x – 4) + 3.
Ta có y’ =
2
3
( 1)
x
−
−
⇒

→∞
=

Tọa ñộ giao ñiểm I của hai ñường tiệm cận I(1;2).
- Trang 10 -

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 :
y = y’
(a)
(x – a) + y
(a)

⇔
y =
2
3 2a+1
( )
( 1) a-1
x a
a
−
− +
−
.
Tọa ñộ giao ñiểm A của tiếp tuyến tại M và tiệm cận ñứng là nghiệm
của hệ phương trình
2


Tọa ñộ giao ñiểm B của tiếp tuyến tại M và tiệm cận ngang là nghiệm
của hệ phương trình:
2
2
2
(2a-1;2)
3 2a+1
y = ( )
2a-1
( 1) a-1
y
y
B
x a
x
a
=

=


⇔ ⇔
−
 
− +
=


−

2
= IA
2
+ IB
2

≥
2IA.IB = 2.
6
.2 1 12 2 3
1
a AB
a
− = ⇒ ≥
−

IA + IB
2 . 2 12 4 3
IA IB≥ = =

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

Bài 5. Cho hàm số y =
2
2 2
1
x x
x
+ +
+

a. M là ñiểm trên ñồ thị có hoành ñộ x
M
= 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 củ a 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 x

y’
(a)
=
2
2
2a
(a+1)
a
+

Do ñó phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng :
y =
2
2
2a
(a+1)
a
+
(x – a) +
2
2a+2
1
a
a
+
+

⇔
y =
2

( 1)
a
a
+
+
= 0
⇔
a
2
+ 3a + 1 = 0
1,2
3 5
2
a
− ±
⇔ =

và theo Viét ta có: a
1
+ a
2
= -
3
2
; a
1
.a
2
= 1. Vậy có hai giá trị của a thỏa
mãn ñiều kiện của bài toán.

.k
2
=
2
1 1
2
1
2a
(a +1)
a +
.
2
2 2
2
2
2a
(a +1)
a +
=
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
2a ( ) 4a
1
( 1)
a a a a a a
a a a a
+ + +
=

M(a;y
(a)
) và phơng trình tiếp tuyến tại M có dạng:
y = y
(a)
(x-a)+y
(a)
1
22
)(
)1(
2
2
2
2
+
++
+
+
+
=
a
aa
ax
a
aa
y

(


2
;1(
1
2
1
1
22
)(
)1(
2
1
2
2
2
a
A
a
y
x
a
aa
ax
a
aa
y
x

Toạ độ giao điểm B của (

) và tiệm cận xiên là nghiệm của hệ phơng

=
+=
aaB
ay
ax
a
aa
ax
a
aa
y
xy

Ta thấy x
A
+ x
B
=2a=2x
M


M là trung điểm của AB.
Diện tích của tamg giác IAB đợc xác định bởi công thức:
S =
=+
+
= 222
1
2
2

1
C
x
−
.
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
Ta có y’ = 1-
2
)1(
1
−x
;
Tiệm cận ñứng x = 1 vì
1
lim
x
y
→
= ∞

Tiệm cận xiªn y = x+1 vì
[
]
lim ( 1) 0
x
y x
→∞

aa
y
(d)
*)Toạ ñộ giao ñiểm A của tiếp tuyến (d) với tiệm cận ñứng là nghiệm
của hệ





−
⇔
−
=
=
⇔





−
+−
−
−
=
=
)
1
2



−⇔
=
−=
⇔





−
+−
−
−
=
+=
)2;12(
2
12
1
)(
)1(
2
1
2
2
2
aaB
ay

∆
ABI là AI+BI+AB=AI+BI+
2 2
2 .
AI BI AI BI
+ −4
2 . 2 . 2 . 4 2 2 2( 2 1)
AI BI AI BI AI BI
≥ + − = + −

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.

- Trang 14 -
Vậy CV
min
= 4
)12(222
4
−+
khi AI=BI

4
2
1
1+=⇔ a
⇒

2
+3x -
3
8
. Lập phương trình tiếp tuyến của

ñường cong (C) khi biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng 3.
Giải
*) Cách 1: Gọi M
0
(x
0
;y
0
) là tiếp ñiểm của tiếp tuyến
∆
với (C).
Phương trình tiếp tuyến
∆
có dạng y=f’(x
0
)(x-x
0
)+y
0
.
Theo gt ta có 3x
0
2
-4x

3
8
3
4
3
8
3
4
0
0
0
0
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
Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số
2
ax +bx+c
(ad 0)
dx+e
y
= ≠

ñồ thị hàm số biết rằng tiếp tuyến ñó vuông góc với ñường thẳng
(d) : 3x – 5y – 4 = 0.
Giải
*) Cách 1: Gọi M
0
(x
0
;y
0
) là tiếp ñiểm của tiếp tuyến
∆
với (C).
Phương trình tiếp tuyến
∆
có dạng y=f’(x
0
)(x-x
0
)+y
0
.
Theo gt ta có (3x
0
2
- 6x
0
)
3
5


∆
là tiếp tuyến của (C) khi

3 2
2
5 29 5 29
3 2
3 27 3 27
5 61 5 61
3 6
3 27 3 27
x x x b b y x
x x b y x
  
− + = − + = = − +
  

⇔ ⇒
 

 

− = − = = − +
 

  

Bi 9. (Đề 95): Cho y=
2
33

) là tiếp ñiểm của tiếp tuyến
∆
với (C).
Phương trình tiếp tuyến
∆
có dạng y=f’(x
0
)(x-x
0
)+y
0
.
- Trang 16 -
Vì
∆
vuông góc với ñường thẳng (d) : y =
1
2
3
x
−

⇒
f’(x
0
).
1
1
3
= − ⇔

 
= − −

+ = ⇔ ⇔ ⇒
 

= −

 
= − = −
 
 

*) 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
)(

+

⇔
⇒



= − −



− = −
= −

+




b) (d
1
):
3
394
)
3
63
(2
−
+

0
0
2x 2
m
x 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
a, Ta có y = x – 3m +
m
x
mm
+
+
2
3
. Để (C
m
) có tiếp tuyến
- Trang 17 -

)1(
3
1
0
03

0
2
0
2
2
mx
mmmxx
mx
mm
xk
mx
mm
+
+
=
+
+
=
+
+

Nu y(x
0
) =0
2
0 0
0
2 x +m
0
x m


=
+

=
+
+
=

0
0
2
0
2
2
0
2
0
2
00
22
)(
22
)(
222

b, Theo yờu cu bi ta cú




m
gi A(x
1
;y
(x1)
), B(x
2
;y
(x2)
) l hai giao ủim
1)(')('
)(2
)(';
)(2
)('
21
2
2
2
1
1
1
=

+

=
+

=


=
=





=
=+

5
0
(*)
2
21
21
m
m
mxx
mxx
so
sỏnh vi ủiu kin m=5

3. Vit phng trỡnh tip tuyn qua A(x
A
;y
- Trang 18 -

T×m x
0
; y
0
: V× A n»m trªn ®−êng th¼ng (d) ta cã y
A
=f(x
0
)(x
A
-x
0
)+y
0
*) C¸ch 2: +) Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng (d) qua A víi hÖ sè gãc k
cã d¹ng y = k(x-x
A
)+y
A

+) T×m k: §Ó (d) lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng cong (C) khi




=

0

⇔
y = (3x
2
0
- 6x
0
)(x – x
0
) + x
3
0
- 3x
2
0
+ 2 (d)
Vì A nằm trên (d), ta có -2 = (3x
2
0
- 6x
0
)(
23
9
– x
0
) + x
3
0

= ⇔ = −
 
 
= =
 
 

Với x
0
= 3
⇒
f’(x
0
) = 9
⇒
Phương trình tiếp tuyến y = 9x-25
Với x
0
= -2
⇒
f’(x
0
) = 0
⇒
Phương trình tiếp tuyến y = -2.
Với x
0
=
1
3













+−=
−=
−=
⇒
−=
=
=
⇒
=
=
=
⇒





=−

x
kxx
xkxx
*) Chú ý:Cho hàm số
)0(
2
≠
+
++
= bd
e
dx
cbxax
y
ñiều kiện ñể ñường thẳng

- Trang 19 -


+ + = + − + + = + − + −
 
+ +
 
⇔
 
 
− = − =
+ +
 
 

2
2
1 3 1 3
1 2 1 2
1
2 3 3
1
1 (*)
( 1)
4
k k
x x
k k
k
k
x
 
− −



= − − −
= − − − + −


⇔ ⇒


= − + −
= − − − + −



(d): y=kx+m là tiếp tuyến của ñường cong (C).
Viết lại (C): y=
e
dx
x
+
++
γ
βα
. Điều kiện ñể (d) là tiếp tuyến của (C)

khi





+ + = + − +
+
(3)
Thay (2) vào (3) (lưu ý chỉ thay
))( edx
d
k
+
, ñược
)4()(
2
11
)(
)(
1
2
β
α
γ
γ
α
γ
βα
−++−=
+
⇒+−





1
.k
2
=-1 .
Bài 13: Cho y =
x
mmxx +−
2

a, Khi m=1. Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị qua M(2;-1).
Chứng minh rằng các tiếp tuyến ñó vuông góc với nhau.
b, Xác ñịnh m ñể từ M có thể kẻ ñược hai tiếp tuyến vuông góc với
nhau.
Giải
a, Phương trình ñường thẳng ñi qua M có dạng y=k(x-2)-1 (d). Để
ñường thẳng (d) là tiếp tuyến của (C) khi





=−
−−=+−
k
x
kkx
x
x
2
1

−
=
⇒






−−
=
+−
=
⇒
1)2(
53
51
1)2(
53
51
53
51
53
51
2
51
2
51
2
1

m
k
x
m
xk
x
m
mx

Bài 14: Cho hàm số y=
1
1
2
+
++
x
xx

a, Lập phương trình tiếp tuyến biết rằng tiếp tuyến ñó ñi qua
A(1;
)
2
3

b, Tìm trên ñường thẳng y = -1 những ñiểm mà từ ñó có thể kẻ
ñược hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.
Giải
a, Phương trình ñường thẳng y = k(x-1)+
2
3

4
3
4
3
1
)1(
1
1
2
3
)1(
1
1
2
xy
k
x
k
x
xk
x
x

b, Gọi M(a;-1) là ñiểm mà ñường thẳng ñi qua
⇒
phương trình ñường
thẳng
∆
: y=k(x-a)-1.
Để

)2(
)1(
1
1
)1(1)1(
1
1
)1(
1
1
1)(
1
1
2
2
2
k
x
kakxk
x
x
k
x
axk
x
xx

Thay (2) vào (1) ta có
2
1 1 1 1

−=
=
⇔



±=+
∀
⇔





=
+
>++
⇔



−=
>∆
3
1
21
1
)1(
4
0)1(44

1 x+y
4x 2x=k
x x k

− + =

⇔

−


có nghiệm.
Khử k ta ñược phương trình: 3x
4
– x
2
+ y
0
– 1 = 0. (1)
- Trang 22 -
Đặt t = x
2
ta có
2
0
3 1 0 (2)
0
t t y
t


 

− =



=




Với t = 0
0 0
x k
⇒
=
⇒
=

Với t =
2
1 1 3 2 3
3 3 3 9
x x k
⇒
=
⇒
= ±
⇒
= ±

tài liệu, tham khảo ñồng nghiệp, xâu chuỗi chúng lại và cho học sinh
các bài tập ñịnh hướng ñể các em học tập, tìm hiểu.
Đối tượng học sinh ôn thi tốt nghiệp và ôn thi Đại học – Cao ñẳng,
luôn tin tưởng ở thầy, có ñiều kiện học tập, nghiên cứu.
Trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu bản thân tôi cùng với sự
giúp ñỡ của các ñồng nghiệp ñã ñúc rút ra ñược một số kinh nghiệm ;
Thông qua ñề tài này mong hội ñồng khoa học và các ñồng nghiệp
kiểm ñịnh và góp ý ñể ñề tài ngày hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng
rãi trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh.

Xin chân thành cảm ơn!

Lào Cai, ngày 04 tháng 05 năm 2011
Người viết Lê Thị Hiền
- Trang 24 -
Phần 4. DANH MỤC TƯ LIỆU THAM KHẢO.

Khi chuẩn bị chuyên ñề trên tôi ñã sử dụng những tài liệu tham
khảo sau:
1. SGK Đại số 11 – Nâng cao, SGK Đại số 11 - Cơ bản.
2. SBT Đại số 11 – Nâng cao, SBT Đại số 11 – Cơ bản.
3. SGV Đại số 12 – Nâng cao, SGV Đại số 12 – Cơ bản.
4. Tài liệu bồi dưỡng giáo viên thực hiện chương trình,
sách giáo khoa.