Một số hướng khai thác bài toán trong dạy học môn toán ở trường phổ thông

VJE<br /> <br /> Tạp chí Giáo dục, Số 424 (Kì 2 - 2/2018), tr 33-36; 8<br /> <br /> MỘT SỐ HƯỚNG KHAI THÁC BÀI TOÁN TRONG DẠY HỌC MÔN TOÁN<br /> Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG<br /> Lê Xuân Trường - Trường Đại học Đồng Tháp<br /> Ngày nhận bài: 10/9/2017; ngày sửa chữa: 11/12/2017; ngày duyệt đăng: 13/12/2017.<br /> Abstract: In this paper, author proposes the direction of exploiting a problem in teaching<br /> mathematics at high school towards the new general education curriculum. Also, the article<br /> illustrates detailedly how to exploit the maximum value proposition under the above directions.<br /> These directions consist of finding other solutions for the problem; proposing the similar problem<br /> and the general problem; creating a new problem; and finding practical applications.<br /> Keywords: Exploit the problem, practical problem.<br /> 1. Mở đầu<br /> Môn Toán ở trường phổ thông mang ý nghĩa là môn<br /> học công cụ, song nó cũng là môn học rèn luyện được<br /> nhiều loại hình tư duy cho học sinh (HS) đặc biệt là tư<br /> duy logic và tư duy sáng tạo đúng như người ta thường<br /> nói môn Toán là môn “thể thao của trí tuệ”. Chúng ta thử<br /> tưởng tượng rằng nếu như một ngày nào đó dạy học toán<br /> ở trường phổ thông đơn thuần chỉ là cung cấp một vài<br /> công cụ tính toán cho các môn học khác thì có lẽ lúc này<br /> việc dạy học toán sẽ tẻ nhạt biết bao. Song không phải<br /> như vậy, dạy học toán theo chương trình giáo dục phổ<br /> thông mới không những không tẻ nhạt đi mà còn tạo sự<br /> hào hứng cho các bạn trẻ yêu toán, trong đó giáo viên sẽ<br /> là người truyền cảm hứng và ngọn lửa đam mê cho các<br /> thế hệ HS. Để làm được như vậy thì trong quá trình dạy<br /> học toán chúng ta cũng không nên làm mất đi vẻ đẹp của<br /> Toán học mà cần phải làm nó hấp dẫn hơn. Vẻ đẹp của<br /> toán học sẽ được tôn lên nếu như giáo viên dạy toán biết<br /> khai thác một bài toán dưới nhiều khía cạnh cho HS và<br /> gắn liền với thực tiễn. Bài viết đề xuất một số hướng khai<br /> thác dưới góc nhìn của định hướng đổi mới chương trình<br /> môn Toán ở trường phổ thông.<br /> 2. Nội dung nghiên cứu<br /> 2.1. Định hướng khai thác bài toán<br /> Theo chương trình giáo dục phổ thông tổng thể [1],<br /> các năng lực (NL) cần đạt của HS gồm ba năng lực<br /> chung là: NL tự chủ và tự học, NL giao tiếp và hợp tác,<br /> NL giải quyết vấn đề và sáng tạo. Các năng lực chuyên<br /> môn gồm: NL ngôn ngữ, NL tính toán, NL tìm hiểu tự<br /> nhiên và xã hội, NL công nghệ, NL tin học, NL thẩm<br /> mĩ, NL thể chất. Trong đó môn Toán góp phần rất quan<br /> trọng trong việc hình thành và phát triển những thành<br /> tố của các năng lực chung và năng lực tính toán. Môn<br /> Toán ở trường phổ thông không chỉ là môn học giúp<br /> cho việc bồi dưỡng năng lực tính toán cho HS mà nó<br /> còn giúp HS hình thành và phát triển một số năng lực<br /> khác. Trong bài viết này, chúng tôi chỉ nêu một số biểu<br /> <br /> 33<br /> <br /> hiện của các thành tố năng lực có liên quan đến định<br /> hướng khai thác bài toán: - Biết sử dụng thành thạo các<br /> phép tính và các công cụ tính; - Biết cách sử dụng<br /> phương pháp lập luận, quy nạp và suy diễn, mô hình<br /> hóa toán học để nhìn ra những cách thức khác nhau khi<br /> giải quyết vấn đề; - Phát triển hứng thú và niềm tin trong<br /> học toán; - Biết cảm nhận vẻ đẹp (xúc cảm) của các đối<br /> tượng toán học, của các bài toán, lời giải, lập luận toán<br /> học; - Biết cách giải quyết những vấn đề xuất hiện từ<br /> những tình huống thực tiễn giả định hoặc tình huống<br /> thực trong cuộc sống bằng ngôn ngữ toán học.<br /> Qua những biểu hiện của các thành tố năng lực đã<br /> nêu, chúng tôi thấy rằng trong dạy học toán không chỉ<br /> dừng lại ở mức độ cung cấp công cụ tính toán cho HS mà<br /> còn cần phải khai thác và phát triển bài toán. Thực tế<br /> trong dạy học toán ở trường phổ thông, khi giải một bài<br /> tập toán nhiều HS chỉ tìm ra được một lời giải bài toán.<br /> Như vậy là chưa đủ mà cần phải suy nghĩ khai thác bài<br /> toán theo các hướng khác nhau. Đó mới là cách học<br /> thông minh và sáng tạo và cũng qua đó HS sẽ thấy được<br /> “vẻ đẹp lung linh” của môn Toán. Căn cứ vào những biểu<br /> hiện các thành tố năng lực cần đạt của HS trong dự thảo<br /> chương trình giáo dục phổ thông mới, chúng tôi đề xuất<br /> khai thác một bài toán có thể theo 5 hướng sau: - Hướng<br /> 1: Tìm thêm các cách giải khác của bài toán; - Hướng 2:<br /> Phát biểu bài toán tương tự; - Hướng 3: Phát biểu bài toán<br /> tổng quát; - Hướng 4: Sáng tạo bài toán mới; - Hướng 5:<br /> Tìm ứng dụng thực tiễn.<br /> Không phải bài toán nào ta cũng có thể khai thác<br /> được đầy đủ theo cả 5 hướng trên mà tùy thuộc vào từng<br /> bài toán cụ thể để có thể khai thác theo hướng nào. Trong<br /> bài viết này, chúng tôi minh họa các hướng khai thác một<br /> bài toán từ một bài toán tìm giá trị lớn nhất trong chương<br /> trình toán ở trường trung học phổ thông.<br /> <br /> 2.2. Khai thác bài toán từ một bài toán tìm giá trị lớn nhất<br /> Suy nghĩ từ một bài toán tìm giá trị lớn nhất ở cấp<br /> trung học phổ thông: Tìm giá trị lớn nhất (GTLN) của<br /> <br /> VJE<br /> <br /> Tạp chí Giáo dục, Số 424 (Kì 2 - 2/2018), tr 33-36; 8<br /> <br /> tích xy với x, y là hai số không âm thỏa mãn điều kiện<br /> x + y = 1.<br /> Nếu chỉ tìm một lời giải của bài toán này thì vấn đề<br /> không có gì để bàn. Tuy nhiên trong dạy học toán để<br /> truyền cảm hứng cho những HS yêu toán, nếu chịu khó<br /> suy nghĩ một chút thì đây cũng là bài toán có tiềm năng<br /> khai thác theo các hướng trên. Sau đây là cách trình bày<br /> khai thác bài toán này theo nhiều hướng khác nhau:<br /> 2.2.1. Khai thác theo hướng 1: Tìm thêm các cách giải<br /> khác nhau<br /> 1<br /> Cách 1 (phương pháp đổi biến số): Đặt x   m;<br /> 2<br /> 1<br /> y   m ta có x + y = 1. Khi đó:<br /> 2<br /> 1<br /> 1<br />  1<br />  1<br /> xy    m   m    m2  ,<br /> 2<br /> 2<br /> 4<br /> 4<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> dấu “=” xảy ra khi m = 0 tức là x  y <br /> <br /> 1<br /> .<br /> 2<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> , tại x = y = .<br /> 4<br /> 2<br /> Cách 2 (sử dụng bất đẳng thức đã biết): Từ giả thiết<br /> Vậy Max(xy) <br /> <br /> 1 1<br /> x  y  1  x    y . Mặt khác ta luôn có:<br /> 2 2<br /> 2<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> 1.<br /> <br />  x    0  x  y  xy   0  xy <br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> 4<br /> 4<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> Dấu “=” xảy ra khi x  , suy ra y  .<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> Vậy Max(xy) <br /> <br /> khi đó y  1  y  1 <br /> <br /> 1<br /> 1<br /> 0x ,<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> 1 1<br />  .<br /> 2 2<br /> <br /> Vậy Vậy Max(xy) <br /> <br /> 1<br /> 1<br /> , tại x  y  .<br /> 4<br /> 2<br /> <br /> Cách 6 (sử dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki): Vận<br /> dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki đối với các số thực tùy<br /> 2<br /> ý x, y, 1, 1 ta được:  x.1  y.1  (x 2  y2 )(12  12 ) , do<br /> x + y = 1 nên ta có<br /> 1<br /> 1<br /> 2<br /> x 2  y2    x  y    2xy<br /> 2<br /> 2<br /> ,<br /> 1<br /> 1<br />  1   2xy  xy <br /> 2<br /> 4<br /> x y<br /> 1<br />  <br /> dấu “=” xảy ra khi  1 1  x  y  .<br /> 2<br /> x  y  1<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> Vậy Max(xy)  , tại x  y  .<br /> 4<br /> 2<br /> <br /> 1<br /> Khi đó xy  cos2 .sin 2   sin 2  , vì 0  sin 2 2  1<br /> 4<br /> 1<br /> 1<br /> nên xy  . Dấu “=” xảy ra khi sin 2  1  x  y  .<br /> 2<br /> 4<br /> 1<br /> 1<br /> Vậy Max(xy)  , tại x  y  .<br /> 4<br /> 2<br /> Cách 8 (Sử dụng bất đẳng thức quen biết):<br /> <br /> 1 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi<br /> 4<br /> <br /> Vậy Max(xy) <br /> <br /> dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x <br /> <br />  <br /> Đặt x  cos2 , y  sin2  , với   0;  , ta vẫn<br />  2<br /> 2<br /> 2<br /> có điều kiện x + y = cos   sin  = 1.<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> , tại x = y = .<br /> 4<br /> 2<br /> <br /> x  y<br /> 1<br /> xy<br /> <br /> 2<br /> x  y  1<br /> <br /> 2<br /> <br /> 1 1<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> xy  x 1 – x   x 2  x      x    ,<br /> 4 4<br /> 4 <br /> 2<br /> 4<br /> <br /> Cách 7 (Sử dụng lượng giác):<br /> <br /> Cách 3 (sử dụng bất đẳng thức Côsi): Đối với hai số<br /> không âm x, y ta có: x  y  2 xy , mà x + y = 1 nên<br /> 1  2 xy  xy <br /> <br /> Cách 5: Từ giả thiết ta có y = 1 – x, khi đó<br /> <br /> .<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> , tại x  y  .<br /> 4<br /> 2<br /> <br /> Ta luôn có:<br /> <br />  x  y<br /> <br /> Cách 4 (biến đổi giả thiết): Từ giả thiết, bình phương<br /> 2 vế ta được: x2  y2  2xy  1  (x  y)2  1  4xy . Vì<br /> 1<br /> (x  y)2  0 nên 1  4xy  0  xy  , dấu “=” xảy ra<br /> 4<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> khi x  y  . Vậy Max(xy)  , tại x  y  .<br /> 4<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br />  0  (x  y)2  4xy  1  4xy  xy <br /> <br /> x  y<br /> 1<br /> Dấu “=” xảy ra khi <br /> xy .<br /> x<br /> <br /> y<br /> <br /> 1<br /> 2<br /> <br /> <br /> Vậy Max(xy) <br /> <br /> 34<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> , tại x  y  .<br /> 4<br /> 2<br /> <br /> 1<br /> 4<br /> <br /> VJE<br /> <br /> Tạp chí Giáo dục, Số 424 (Kì 2 - 2/2018), tr 33-36; 8<br /> <br /> Cách 9 (Sử dụng nhận xét đã được khẳng định):<br /> Nhận xét: Nếu tổng hai số dương không đổi thì tích của<br /> chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.<br /> Vì x + y = 1 không đổi nên tích xy lớn nhất khi và chỉ<br /> khi x = y. Mặt khác vì x + y = 1 nên từ x = y suy ra<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> x  y   xy  . Vậy Max(xy)  , tại x = y =<br /> 4<br /> 2<br /> 4<br /> 2<br /> .<br /> <br /> Dấu “=” xảy ra khi hai véc tơ u và v cùng phương<br /> x y<br /> 1<br />  <br /> khi và chỉ khi  1 1  x  y  .<br /> 2<br />  x  y  1<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> , tại x  y  .<br /> 4<br /> 2<br /> 2.2.2. Khai thác theo hướng 2: Phát biểu bài toán tương tự<br /> Với cách giải như trên, có hai hướng suy nghĩ để đề<br /> xuất bài toán tương tự:<br /> Bài toán tương tự 2.1 (Thay đổi dữ kiện của giả<br /> thiết): Cho x, y là các số không âm sao cho x + y = S với<br /> S là số dương tùy ý. Tìm giá trị lớn nhất của xy.<br /> Vậy Max(xy) <br /> <br /> Cách 10 (Sử dụng phương pháp tam thức bậc 2): Đặt<br /> p = xy khi đó x, y là nghiệm của phương trình bậc hai:<br /> X2  X  P  0 , trong đó   1  4P . Phương trình có<br /> 1<br /> nghiệm thực khi và chỉ khi.   1  4P  0  P  .<br /> 4<br /> 1<br /> Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X  ,<br /> 2<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> tức là x  y  . Vậy Max(xy)  tại x  y  .<br /> 4<br /> 2<br /> 2<br /> Cách 11 (Sử dụng đạo hàm): Từ giả thiết y = 1 – x,<br /> thay vào ta được xy = x(1 – x). Đặt<br /> <br /> Bài toán tương tự 2.2 (Thay đổi dữ kiện của kết<br /> luận): Cho x, y là các số không âm sao cho x + y = 1.<br /> Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức (1+ x)(1 + y). Trong<br /> bài toán trên đã thay biểu thức xy bởi biểu thức<br /> (1 + x)(1+y).<br /> Bài toán tương tự 2.3 (Thay đổi dữ kiện của giả thiết<br /> và kết luận): Cho x, y là các số không âm sao cho x + y<br /> = S với S là số dương tùy ý. Tìm giá trị lớn nhất của<br /> (a + x)(a + y), với a là số thực không âm.<br /> 2.2.3. Khai thác theo hướng 3: Phát biểu bài toán tổng quát<br /> Bài toán tổng quát 3.1:<br /> <br /> f (x)  x(1  x)  x  x2  f '(x)  1  2x .<br /> <br /> Lập bảng biến thiên, ta được:<br /> <br /> (Mở rộng số lượng biến từ bài toán 2.1): Cho<br /> , x n là các số không âm sao cho<br /> x1  x 2   x n  S với S là số dương tùy ý. Tìm giá trị<br /> x1 , x 2 ,<br /> <br /> lớn nhất của A = x1 . x 2<br /> <br /> xn .<br /> <br /> Bài toán tổng quát 3.2: (mở rộng biến từ bài toán<br /> tương tự 2.2): Cho x1 , x 2 ,<br /> <br /> 1<br /> Vậy Max(xy)  , tại x = y = 1 .<br /> 4<br /> 2<br /> <br /> cho x1  x2    xn  S với S là số dương tùy ý. Tìm<br /> giá trị lớn nhất của A = (1  x1 )(1  x 2 )<br /> <br /> Cách 12 (sử dụng tọa độ véctơ): Đặt u  (x; y) ,<br /> trong đó x, y là các số thực không âm và x  y  1 , đặt<br /> u  v  u  v cos(u, v)<br />  u  v  u  v cos(u, v)  u  v<br /> <br /> 2.2.4. Khai thác theo hướng 4: Sáng tạo bài toán mới<br /> <br />  x.1  y.1  x 2  y 2 12  12<br /> <br /> 1<br /> <br /> (1  x n ).<br /> <br /> Bài toán tổng quát 3.3: (mở rộng biến từ bài toán<br /> 2.3): Cho x1 , x 2 , , x n là các số không âm sao cho<br /> x1  x 2   x n  S với S là số dương tùy ý. Tìm giá<br /> trị lớn nhất của (a  x1 )(a  x 2 ) (a  x n ) , trong đó a<br /> là số thực không âm.<br /> <br /> v  (1; 1) . Khi đó<br /> <br />  1  x 2  y 2  2  (x  y) 2 <br /> <br /> , x n là các số không âm sao<br /> <br /> Quan niệm về bài toán mới ở đây không phải là bài<br /> toán mới hoàn toàn mà nhân loại chưa biết, mới ở đây có<br /> thể là cấu trúc khác bài toán gốc, thông qua biến đổi dữ<br /> kiện bài toán gốc để xuất hiện bài toán mới.<br /> <br /> 1<br />  2xy<br /> 2<br /> .<br /> <br /> 1<br /> 1<br />  2xy  xy <br /> 2<br /> 4<br /> <br /> 35<br /> <br /> VJE<br /> <br /> Tạp chí Giáo dục, Số 424 (Kì 2 - 2/2018), tr 33-36; 8<br /> <br /> Đối với bài toán tương tự 2.2 đã giải ở trên nếu xuất<br /> phát từ suy nghĩ: Ta có 1 + x = x + y + x  3 3 x 2 y (1);<br /> 1 + y = x + y + y  3 3 xy2 (2). Nhân vế với vế (1) và (2),<br /> ta được: (1+ x)(1 + y)  9 3 x 3 y3  9xy . Nếu ta chia hai<br />  1  1 <br /> vế cho xy, ta được: 1   1    9 . Từ đó,<br />  x  y <br /> có thể phát biểu bài toán mới.<br /> <br /> Bài toán mới 4.1: Cho hai số dương x và y thỏa mãn<br />  1  1 <br /> x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P  1   1   .<br />  x  y <br /> <br /> Ta có các lời giải bài toán :<br /> <br /> x = 2y  2y  2y  136  y <br /> <br /> x<br /> y<br /> z<br /> .<br /> <br /> <br /> x 1 y 1 z 1<br /> <br /> suy ra x <br /> <br /> Cứ tiếp tục thay đổi giả thiết và kết luận của bài toán<br /> ta có được những bài toán mới. Chẳng hạn tiếp tục thay<br /> đổi cả giả thiết và kết luận của các bài toán trên theo<br /> 1<br /> hướng phức tạp hơn, bằng cách thay x bởi , thay y bởi<br /> x<br /> 1<br /> vào giả thiết của bài toán và tăng số lượng biến. Ta<br /> y<br /> <br /> 136<br /> 2<br /> <br /> 136<br /> 4<br /> <br />  34 (m),<br /> <br />  68(m) . Vậy khu đất có diện tích lớn<br /> <br /> nhất khi x = 68m, y = 34m.<br /> Lời giải bài 5.2: Gọi x là bán kính của hình bán<br /> nguyệt, ta có độ dài của cung bán nguyệt là x , tổng 3<br /> cạnh của hình chữ nhật là 8  x . Diện tích cửa sổ là<br /> S<br /> <br /> x 2 8  x  2x<br />  <br />  <br /> <br />  x 8    2  x <br /> 2<br /> 2<br /> 2<br />  <br />  <br /> <br /> Theo giả thiết đã cho ta có S lớn nhất khi và chỉ khi<br /> <br /> <br />   2  S lớn nhất. Lại có<br /> 2<br /> <br /> <br /> được các bài toán mới phức tạp hơn.<br /> Bài toán mới 4.3: Cho x, y, z là các số thực dương<br /> 1 1 1<br /> thỏa mãn:    1 . Tìm GTLN của biểu thức<br /> x y z<br /> A<br /> <br /> Hình 2<br /> <br /> Lời giải bài 5.1: Gọi x là chiều dài cạnh song song<br /> với bờ dậu và y là chiều dài cạnh vuông góc với bờ dậu (<br /> x > 0, y > 0). Theo đề bài có x + 2y = 136. Diện tích của<br /> miếng đất là S = xy. Ta có S lớn nhất khi 2S lớn nhất mà<br /> 2S = 2xy. Mặt khác theo giả thiết x + 2y = 136 không đổi<br /> nên 2S lớn nhất khi và chỉ khi<br /> <br /> Nếu mở rộng số lượng biến và thay đổi kết luận, ta<br /> được bài toán mới tiếp theo.<br /> Bài toán mới 4.2: Cho x, y, z là ba số dương và<br /> x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức<br /> Q<br /> <br /> Hình 1<br /> <br />        <br />   2  S    2  x 8    2  x <br /> 2  2   2  <br /> <br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> .<br /> <br /> <br /> 2x  y  z x  2y  z x  y  2z<br /> <br /> Mặt khác    2  x  8     2  x   8 là số<br /> 2<br /> <br /> 2<br />  <br /> <br /> <br /> Bài toán mới 4.4: Cho x, y, z là các số thực tùy ý thỏa<br /> mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm GTLN của biểu thức<br /> B = xy + xz + yz.<br /> 2.2.5. Khai thác theo hướng 5: Tìm bài toán thực tế<br /> Bài toán thực tế 5.1: Người ta muốn rào quanh một khu<br /> đất để làm vườn với một số vật liệu cho trước là 136 mét<br /> thẳng hàng rào. Ở đó người ta tận dụng một bờ dậu có sẵn<br /> để làm một cạnh của hàng rào (hình 1). Làm thế nào để rào<br /> khu đất ấy theo hình chữ nhật sao cho có diện tích lớn nhất ?<br /> Bài toán thực tế 5.2: Cần phải làm một cái cửa sổ có<br /> chu vi là 8m mà phía trên là hình bán nguyệt, phía dưới<br /> là hình chữ nhật (hình 2). Hãy xác định các kích thước<br /> của nó để diện tích cửa sổ là lớn nhất.<br /> <br /> <br /> không đổi nên   2  S lớn nhất khi và chỉ khi<br /> 2<br /> <br />  <br /> 8<br /> <br /> <br />  <br /> .<br />   2  x  8    2  x   x <br /> 4<br /> 2<br /> <br />  <br />  2<br /> Vậy để cửa sổ lớn nhất thì các kích thước của nó là:<br /> 8<br /> Chiều cao của phần bán nguyệt x <br /> ; chiều rộng,<br /> 4<br /> 16<br /> dài của phần hình chữ nhật là<br /> .<br /> 4<br /> (Xem tiếp trang 8)<br /> <br /> 36<br /> <br /> VJE<br /> <br /> Tạp chí Giáo dục, Số 424 (Kì 2 - 2/2018), tr 6-8<br /> <br /> - Đổi mới phương pháp đánh giá kết quả bồi dưỡng.<br /> Khi đã đa dạng hóa được các hình thức tổ chức bồi dưỡng,<br /> cũng cần đa dạng và linh hoạt trong đánh giá để thúc đẩy<br /> quá trình bồi dưỡng hiệu quả hơn, có ý nghĩa hơn. Đối với<br /> loại hình bồi dưỡng trực tuyến, giáo viên phổ thông tham<br /> gia các khóa học phải hoàn thành các module trả lời hệ<br /> thống câu hỏi trắc nghiệm trước khi chuyển sang các<br /> module kiến thức mới. Những giáo viên hoàn thành tốt<br /> khóa học trực tuyến sẽ được tiếp tục tham gia các khóa học<br /> tập trung tại các cơ sở để nâng cao trình độ. Đối với hình<br /> thức bồi dưỡng tập trung, ngoài đánh giá qua bài viết thu<br /> hoạch cá nhân hoặc sáng kiến kinh nghiệm, có thể đánh<br /> giá bằng các bài giảng, hoạt động trải nghiệm sáng tạo, các<br /> hoạt động mẫu,…<br /> 3. Kết luận<br /> Trên đây là một số nội dung xoay quanh việc đổi mới<br /> công tác bồi dưỡng giáo viên đáp ứng yêu cầu đổi mới giáo<br /> dục phổ thông của Trường. Tuy còn nhiều vấn đề cần bàn<br /> thêm, song, với vị thế là một trong các trường có vị trí quan<br /> trọng trong hệ thống giáo dục đại học Việt Nam, Trường<br /> Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên luôn nỗ lực để<br /> hoàn thành tốt nhiệm vụ đào tạo và chuẩn hóa đội ngũ giáo<br /> viên, cán bộ quản lí giáo dục để khẳng định vai trò cung cấp<br /> nguồn nhân lực phục vụ sự nghiệp CNH, HĐH, xứng đáng<br /> là trường trọng điểm trong đào tạo giáo viên và cán bộ quản<br /> lí giáo dục đối với các tỉnh trung du, miền núi phía Bắc.<br /> <br /> [5] Bộ GD-ĐT (2009). Phát triển chương trình đào tạo giáo<br /> viên trung học phổ thông đáp ứng chuẩn nghề nghiệp<br /> giáo viên trung học. Tài liệu hội thảo - tập huấn: Phát triển<br /> chương trình đào tạo, bồi dưỡng giáo viên trung học phổ<br /> thông theo chuẩn nghề nghiệp giáo viên trung học,<br /> tháng 9/2013.<br /> MỘT SỐ HƯỚNG KHAI THÁC BÀI TOÁN…<br /> (Tiếp theo trang 36)<br /> 3. Kết luận<br /> Khai thác bài toán là vấn đề khá hứng thú đối với<br /> những HS ham mê học toán. Để truyền cảm hứng cho<br /> nhiều HS yêu thích toán thì trong chương trình phổ thông<br /> mới, khi khai thác bất cứ bài toán nào ngoài phần khai thác<br /> theo 4 hướng nêu trên thì cần lồng ghép phần tìm hiểu bài<br /> toán thực tế (hướng thứ 5), qua đó để HS thấy được những<br /> cái hay, cái đẹp và cả sự thiết thực của toán học.<br /> Tài liệu tham khảo<br /> [1] Bộ GD-ĐT (2017). Chương trình giáo dục phổ thông<br /> (Chương trình tổng thể).<br /> [2] Nguyễn Thái Hòe (2003). Rèn luyện tư duy qua việc<br /> giải bài tập toán. NXB Giáo dục.<br /> [3] Nguyễn Bá Kim - Vương Dương Minh - Tôn Thân<br /> (1998). Khuyến khích một số hoạt động trí tuệ của<br /> học sinh qua môn Toán ở trường trung học cơ sở.<br /> NXB Giáo dục.<br /> [4] Hoàng Kỳ (chủ biên) - Hoàng Thanh Hà (2004). Đại số<br /> sơ cấp và thực hành giải Toán. NXB Đại học Sư phạm.<br /> [5] Lê Xuân Trường (2011). Kinh nghiệm khai thác bài<br /> Toán trong dạy và học môn Toán ở trường phổ thông.<br /> Kỉ yếu Hội thảo Quốc gia về Giáo dục Toán học ở<br /> trường phổ thông. NXB Giáo dục, tr 428-435.<br /> [6] Phan Anh Tài - Nguyễn Ngọc Giang (2016). Dạy học<br /> khám phá bài toán tìm tham số để đường thẳng có<br /> phương trình chứa tham số cắt đồ thị hàm phân thức hữu<br /> tỉ tại hai điểm phân biệt với sự hỗ trợ của Maple. Tạp chí<br /> Giáo dục, số đặc biệt, tháng 12/2016, tr 157-159.<br /> [7] Nguyễn Lê Nguyên Thảo - Trần Kiêm Minh<br /> - Nguyễn Đức Hồng - Nguyễn Thị Hà Phương (2016).<br /> Khả năng biến đổi bài toán hình học từ chứng minh<br /> sang khảo sát của giáo viên Toán tương lai. Tạp chí<br /> Giáo dục, số đặc biệt, tháng 12/2016; tr 167-169, 166.<br /> [8] Nguyễn Văn Tuyến - Đào Thị Mỹ (2016). Xây dựng<br /> các bài toán về bất đẳng thức giải bằng phương pháp<br /> hàm số nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh<br /> khá, giỏi lớp 12. Tạp chí Giáo dục, số 406, tr 44-48.<br /> <br /> Tài liệu tham khảo<br /> [1] Phạm Thị Kim Anh (2015). Chương trình đào tạo giáo<br /> viên ở Việt Nam - Một số bất cập và định hướng phát<br /> triển. Kỉ yếu Hội thảo khoa học quốc tế “Teacher<br /> Training Curriculum Development - Opportunities and<br /> Challenges”, Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái<br /> Nguyên tổ chức vào ngày 20 - 21 tháng 8/2015; tr 25-32.<br /> [2] Phạm Hồng Quang (2015). Đổi mới chương trình đào<br /> tạo phải bắt đầu từ nâng cao năng lực giảng viên sư<br /> phạm. Kỉ yếu Hội thảo khoa học quốc tế “Teacher<br /> Training Curriculum Development - Opportunities and<br /> Challenges” (Phát triển chương trình đào tạo giáo viên cơ hội và thách thức), Trường Đại học Sư phạm - Đại học<br /> Thái Nguyên tổ chức vào ngày 20-21 tháng 8/2015;<br /> tr 17-24.<br /> [3] Đảng ủy Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái<br /> Nguyên (2014). Kế hoạch triển khai thực hiện Nghị quyết<br /> số 29-NQ/TW.<br /> [4] Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên (2016).<br /> Bồi dưỡng giáo viên, cán bộ quản lí giáo dục và đào tạo<br /> theo hình thức vừa làm vừa học đáp ứng yêu cầu đổi mới<br /> giáo dục phổ thông. Tài liệu hội nghị, tháng 4/2016.<br /> <br /> 8<br /> <br />