khai thác từ một bài toán số học lớp 6

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
"KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN SỐ HỌC LỚP 6"
1
PHẦN I. MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài
Toán học có vai trò và vị trí đặc biệt quan trọng trong khoa học kĩ thuật và
đời sống, giúp con người tiếp thu một cách dễ dàng các môn khoa học khác có
hiệu quả. Thông qua việc học toán, người học có thể nắm vững được nội dung
toán học và phương pháp giải toán, từ đó vận dụng vào các môn học khác nhất
là các môn khoa học tự nhiên, kỹ thuật. Hơn nữa Toán học còn là cơ sở của mọi
ngành khoa học khác, chính vì thế môn toán có vai trò đặc biệt quan trọng trong
trường phổ thông.
Giải toán là một nghệ thuật thực hành, cũng giống như bơi lội , chơi đàn,
… Vì vậy để có kỹ năng giải bài tập toán phải qua quá trình luyện tập. Tuy rằng
không phải cứ giải bài tập là có kỹ năng. Việc luyện tập có hiệu quả nếu như
khéo léo khai thác một bài toán sang một loạt bài toán tương tự nhằm vận dụng
một tính chất nào đó. Thực tiển cho thấy học sinh học toán thường không chú ý
đến phương pháp trên nên khi gặp những bài toán tương tự người làm thường
hay lúng túng.
Vậy với sự đam mê học toán và sự tâm huyết với nghề tôi đã tích lũy và
soạn ra đề tài này.
II. Nhiệm vụ nghiên cứu
Thông qua đề tài này, nhằm rèn luyện cho học sinh khả năng linh hoạt khi
phân tích và đưa ra hướng giải một bài toán. Giúp các em biết cách làm các bài
toán liên quan đến bài toán đã học không chỉ riêng đối với bài toán trong đề tài
này mà còn cho tất cả các bài toán khác trong chương trình học. Đề tài còn là tài
liệu cho giáo viên tham khảo và bồi duỡng học sinh giỏi.
- Cơ sở lý luận của đề tài:
Việc khai thác một bài tập toán có ý nghĩa hay không.
- Vận dụng lý luận vào thực tiễn:
2

Khai thác các ứng dụng từ một bài toán Số học 6 trong sách bài tập để giải các
bài toán liên quan.
III. Phương pháp nghiên cứu
Chuyên đề có sử dụng một số phương pháp nghiên cứu sau:
- Thông qua thực tế giảng dạy cũng như việc bồi dưỡng học sinh giỏi ở
trường.
- Phương pháp nghiên cứu thực tiễn, lý thuyết.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm.
IV. Phạm vi nghiên cứu, mục đích nghiên cứu
- Đề tài khai thác các ứng dụng một bài toán trong sách giáo khoa, áp
dụng dạy học toán ở cấp THCS.
- Mục đích của đề tài là phục vụ cho công tác dạy học toán ở THCS, bồi
dưỡng cho học sinh giỏi và làm tài liệu cho học sinh học tập.
Cơ sở thực hành đối tượng học sinh trường THCS Xxx.
2) Thời gian tiến hành:
Từ tháng 03 năm 2009 đến hết tháng 12 năm 2010.
3
PHẦN II. NỘI DUNG
1. Tình trạng sự việc hiện tại:
Giải bài tập toán là quá trình suy luận logic nhằm tìm mối liên hệ giữa cái
đã cho (giả thuyết bài toán) và cái phải tìm (kết luận bài toán). Nhưng các quy
tắc suy luận cũng như kỹ năng giải quyết của học sinh còn nhiều lúng túng,
nhiều học sinh giải bài toán này được nhưng gặp bài toán khác với nội dung
tương tự hoặc khai thác kết quả để giả bài toán khác thì gặp nhiều khó khăn.
2. Nội dung và giải pháp mới:
Xét bài toán mở đầu:
Chứng minh rằng:
1 1 1
1 ( 1)n n n n

− =
+ +
(1)
Hướng dẫn:
Ta có:
1 1 1 1 1
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n n n n
n n n n n n n n n n
+ + −
− = − = =
+ + + + +
(đpcm).
* Nhận xét 1:
Đặc điểm của đẳng thức (1). Vế trái là hiệu của hai phân số có tử là 1, còn
mẫu số hơn kém nhau 1 đơn vị thì bằng phân số có tử là 1, còn mẫu là tích hai
mẫu số của hai phân số đã cho.
* Nhận xét 2:
Đẳng thức (1) chẳng những đúng cho n
∈
N mà còn đúng cho x
∈
R, chẳng
những đúng mẫu là tích của 2 số hơn kém 1 đơn vị mà còn đúng cho tích của 3,
4, … số cách đều. Ví dụ ở sách bài tập toán 8 có bài toán sau:
a) Chứng minh rằng:
1 1 1
1 ( 1)x x x x
− =
+ +

b) Đố: Đố em tính nhẩm được tổng sau:
1 1 1 1 1 1
( 1) ( 1)( 2) ( 2)( 3) ( 3)( 4) ( 4)( 5) 5x x x x x x x x x x x
+ + + + +
+ + + + + + + + + +
.
4
Hướng dẫn:
a)
1 1 1
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
x x x x
VT VP
x x x x x x x x
+ + −
= − = = =
+ + + +
(đpcm).
b) Xét đặc điểm đẳng thức ở câu a). Biểu thức là tổng của các phân thức
có mẫu là tích hai đa thức cách nhau 1 và 1 cũng chính là tử của các phân thức
đó.
Áp dụng hệ thức:
1 1 1
1 ( 1)x x x x
− =
+ +
Khi đó ta có:
1 1 1 1 1 1
( 1) ( 1)( 2) ( 2)( 3) ( 3)( 4) ( 4)( 5) 5x x x x x x x x x x x

+ + + + +
+ + + + + + + + + +
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5x x x x x x x x x x x x
= − + − + − + − + − + =
+ + + + + + + + + +
* Chú ý: Các dạng mở rộng của công thức (1) là:
1)
1 1 1
1 ( 1)x x x x
− =
+ +
(2)
2)
1 1 1 1
( )x x a a x x a
 
 ÷
 
= −
+ +
(3)
3)
1 1 1 1
( 1)( 2) 2 ( 1) ( 1)( 2)x x x x x x x
 
 ÷
 
= −
+ + + + +

(4)
4)
1 1
( )( 2 ) 2 ( ) ( )( 2 )
a a
x x b x b b x x b x b x b
 
= −
 ÷
+ + + + +
 
(5)
I. KHAI THÁC ỨNG DỤNG TRONG TÍNH TOÁN VÀ CHỨNG MINH
ĐẲNG THỨC:
Bài 1: Tính tổng
a)
1 1 1

1.2 2.3 2009.2010
A = + + +
5
b)
1 1 1

1.2 2.3 ( 1)
B
n n
= + + +
+
(với n

≥
1).
Hướng dẫn:
a)
1 1 1 1 1 1 1 2009
1
1 2 2 3 2009 2010 2010 2010
A = − + − + + − = − =
b) Nhận xét thấy bài toán ở câu b) là một bài toán tổng quát của bài toán ở
câu a).
Với n
≥
1 ta có:
1 1 1 1 1 1 1
1
1 2 2 3 1 1 1
n
B
n n n n
= − + − + + − = − =
+ + +
.
* Nhận xét 3: Nếu đặc điểm của mẫu các phân thức là tích của hai nhân tử cách
nhau 2, 3, … thì bài toán giải như thế nào?
Bài 2: Tính tổng
a)
1 1 1

1.3 3.5 2009.2011
A = + + +

b)
1 1 1

2.5 5.8 ( 3)
B
n n
= + + +
+
(Với n
∈
N, n>1)
c)
1 2 2 3
1

. . .
k k
n n n
C
a a a a a a
+
= + + +
( Với a
i
- a
i+1
= b, i =
1,k
)
Hướng dẫn:

a) Áp dụng công thức (2). Viết mỗi hạng tử trong tổng dưới dạng:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
; ; ;
1.3 2 1 3 3.5 2 3 5 2009.2011 2 2009 2011
     
 ÷  ÷  ÷
     
= − = − = −
Do đó:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1005
+ 1
2 1 3 3 5 2009 2011 2 2011 2011
A
   
 ÷  ÷
   
= − + − + − = − =
b) Phương pháp làm như câu a).
Xét hạng tử tổng quát: Với k>1 ta có
1 1 1 1
( 3) 3 3k k k k
 
 ÷
 
= −
+ +
6
Khi đó:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
+

3 2 5 5 8 n 3 3 2 3 6( 3)
n
B
n n n
   
 ÷  ÷
   
+
= − + − + − = − =
+ + +
c) Biến đổi C về dạng:
1 2 2 3
1
1 1 1

. . .
k k
C n
a a a a a a
+
 
 ÷
 ÷
 
= + + +
.
Rồi áp dụng kết quả
1 1
1 1 1 1
.

i i
i i
a a b a a
+ +
 
 ÷
 
= −
, ( Với a
i
- a
i+1
= b, i =
1,k
)
* Nhận xét 4: Còn nếu là mẫu là tích của 3, 4, … số tự nhiên cách đều thì sao?
Bài 3: Tính tổng
a)
1 1 1

1.2.3 2.3.4 ( 1) ( 1)
A
n n n
= + + +
− +
(Với n
∈
N, n >1).
b)
1 1 1

1.3.5 3.5.7 (2 1)(2 1)(2 3)
B
n n n
= + + +
− + +
(Với n
∈
N, n
≥
1).
Hướng dẫn:
a) Xét số hạng tổng quát ta có:
1 1 1 1
( )
( 1) ( 1) 2 ( 1) ( 1)k k k k k k k
= −
− + − +
( với k > 1)
Do đó:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 1.2 2.3 2.3 3.4 ( 1) ( 1) 2 2 ( 1)
A
n n n n n n
   
 ÷  ÷
   
= − + − + + − = −
− + +

b) Tương tự xét số hạng tổng quát ta có:
1 1 1 1
(2 1)(2 1)(2 3) 4 (2 1)(2 1) (2 1)(2 3)k k k k k k k
 
 ÷
 
= −
− + + − + + +
,
Do đó:
1 1 1 1 1 1 1

4 1.3 3.5 3.5 5.7 (2 1)(2 1) (2 1)(2 3)
B
n n n n
 
 ÷
 
= − + − + + −
− + + +

1 1 1
4 3 (2 1)(2 3)n n
 
 ÷
 
= −
+ +
7
* Nhận xét 5: Từ (1) ta có đẳng thức tổng quát hơn:

1 1 b a
a b ab
−
− =
(Với a, b
∈
R
và a, b
≠
0). Khi đó việc áp dụng công thức trên trong thực tế rất nhiều.
Chẳng hạn bài toán sau.
Bài 4: Cho biết a, b, c là các số khác 0. Chứng minh rằng:

2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b b c c a
c a c b a b a c b c b a a b b c c a
− − −
+ + = + +
− − − − − − − − −
Hướng dẫn:
Đối với bài toán này ta quy đồng mẫu số thì quá trình thực hiện rất phức
tạp. Quan sát các số hạn ở vế trái ta thấy các tử số vừa đúng bằng hiệu của các
mẫu số. Điếu đó gợi cho ta áp dụng đẳng thức:
1 1b a
ab a b
−
= −
.
Tức là:

1 1
( )( )
a b
c a c b c a c b
−
= −
− − − −
.
Do đó:
1 1 1 1 1 1
VT VP
c a c b a b a c b c b a
= − + − + − =
− − − − − −
(đpcm).
* Chú ý: Các dạng bài tập ở mục này áp dụng cho tất cả đối tượng là học sinh
THCS.
II. KHAI THÁC ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC:
Bài 1: Với n là số tự nhiên lớn hơn 1, chứng minh rằng:
a)
1 1 1
1
1.2 2.3 ( 1)n n
+ + + <
−
b)
2 2 2 2
1 1 1 1 1
2

1 2 3 n n
+ + + < −
c)
3 3 3 3
1 1 1 1 5

1 2 3 4n
+ + + + <
8
Hướng dẫn:
a) Với k > 1, ta có:
1 1 1
( 1) 1k k k k
= −
− −
.
Từ đó suy ra:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
1.2 2.3 ( 1) 2 2 3 1n n n n n
+ + + = − + − + + − = − <
− −
(đpcm)
b) Để áp dụng kết quả (1) cần sử dụng phương pháp làm trội. Vậy sử
dụng như thế nào? Hãy xem nhận xét sau.
Với k > 1, ta có:
2
1 1
( 1)k k k
<

−
hay
2
1 1 1
1k k k
< −
−
.
Khi đó
1 1 1 1 1 1 1
1 2
1 2 2 3 1
VT VP
n n n
< + − + − + + − = − =
−
(đpcm)
c) Tương tự ta cũng sử dụng phương pháp làm trội.
Với k > 1, ta có:
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1
( 1) ( 1) 2 ( 1) ( 1)k k k k k k k k k k k
 
< = ⇒ < −
 ÷
− − + − +
 
Khi đó:
3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 .
1 2 1.2 2.3 2.3 3.4 ( 1) ( 1) 2 2 ( 1) 2 2
5
4
VT
n n n n n n
VP
   
< + − + − + + − = + − < +
 ÷  ÷
− + +
   
= =
Vậy:
3 3 3 3
1 1 1 1 5

1 2 3 4n
+ + + + <
, với n > 1 (đpcm).
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 ta có:
1 2 3 1
1
2! 3! 4! !
n
n
−
+ + + + <
Hướng dẫn:
Với k > 1 ta có:

1 1 1
! ( 1)! !
k
k k k
−
= −
−
.
Do đó:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1
1! 2! 2! 3! 3! 4! ( 1)! ! !
VT VP
n n n
= − + − + − + + − = − < =
−
(đpcm).
9
* Chú ý: Các bài toán có sử dụng phương pháp làm trội chỉ áp dụng cho đối
tượng là học sinh lớp 8 và lớp 9.
CÁC BÀI TẬP ÁP DỤNG TRONG NỘI DUNG NÀY:
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n
≥
1 ta có:
a)
2 2 2 2
1 1 1 1 1

2 4 6 (2 ) 2n
+ + + + <

b)
2 2 2 2
1 1 1 1 1

3 5 7 (2 1) 4n
+ + + + <
+
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
a)
2 2
3 5 7 2 1
1
4 36 144 ( 1)
n
n n
+
+ + + + <
+
b)
2 2
1 1 1 1 9

5 13 25 ( 1) 20n n
+ + + + <
+ +
Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 ta có:
2
1 5 11 1
2
2! 3! 4! !

n n
n
+ −
+ + + + <
III. KHAI THÁC ỨNG DỤNG TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT
PHƯƠNG TRÌNH:
Bài 1: Giải các phương trình:
1 1 1 1 148 98
( 2)
1.3 3.5 5.7 97.99 99 99
x x x
 
+ + + + − + = −
 ÷
 
Hướng dẫn:
Xét
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 49
1 1
1.3 3.5 97.99 2 3 3 5 97 99 2 99 99
   
+ + + = − + − + + − = − =
 ÷  ÷
   
Khi đó (a)
49 148 98
( 2) 49( 2) 99 148 98
99 99 99
0. 0
x x x x x x

x x R
⇔ − + = − ⇔ − + = −
⇔ = ⇔ ∈

10
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = R.
Bài 2: Giải phương trình sau:
2 2 2
2 1 1
( 1)( 1) 1 3 5x x x x
= −
− + − +
Hướng dẫn:
Đây là phương trình chứa ẩn ở mẫu, nếu ta quy đồng, khử mẫu và đi
không đúng hướng thì ra phương trình bậc 4 rất phức tạp. Nhưng áp dụng kết
quả của bài toán mở đầu ta biến đổi đưa về một phương trình đơn giảng hơn rất
nhiều.
Chú ý rằng:
2 2 2 2
2 1 1
( 1)( 1) 1 1x x x x
= −
− + − +
Do đó, với điều kiện
1x ≠ ±
và
5
3
x ≠ −
phương trình đa tương đương với phương

trình sau:
2
2
1
1 1
3 4 0 ( 1)( 4) 0
4
1 3 5
x
x x x x
x
x x
= −

− = − ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔

=
+ +

Kiểm tra với ĐKXĐ, ta thấy chỉ có nghiệm x = 4 thỏa
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =
{ }
4
Bài 3: Giải các phương trình sau:
a)
2 2 2
1 1 1 3
3 2 5 6 4x x x x x x
+ + =
+ + + + +

b)
2 2
1 1 1
4 3 8 15 6x x x x
+ =
+ + + +
c)
2 2 2
1 2 3 6
5 6 8 15 13 40 5x x x x x x
+ + = −
− + − + − +
Hướng dẫn:
a) Dễ nhận thấy các mẫu thức của các phân thức ở vế trái có dạng tích của
hai biểu thức hơn kém nhau 1 đơn vị, cụ thể:
11
x
2
+ x = x(x + 1); x
2
+ 3x + 2 = (x + 1)(x + 2) và x
2
+ 5x + 6 = (x + 2)(x +
3)
Do đó: Phương trình xá định khi x
≠
0, -1, -2, -3 và:

1 1 1 3 1 1 3 3 3
( )

( 1) ( 1)( 2) ( 2)( 3) 4 3 4 ( 3) 4
a
x x x x x x x x x x
⇔ + + = ⇔ − = ⇔ =
+ + + + + + +
2
( 3) 4 3 4 0
1 0 1
( 1)( 4) 0
4 0 4
x x x x
x x
x x
x x
⇔ + = ⇔ + − =
− = =
 
⇔ − + = ⇔ ⇔
 
+ = = −
 
Cả hai nghiệm x = 1, x = - 4 đều thỏa ĐKXĐ.
Vậy tập nghiệm phương trình là: S =
{ }
4;1−
b) Nhận xét: x
2
+ 4x + 3 = (x + 1)(x + 3)
x
2

+8x + 15 = (x + 3)(x + 5)
ĐKXĐ: x
≠
- 1; - 3; - 5.
2 2
1 1 1 1
( ) ( 3) 4
2 1 5 6
b x
x x
 
⇔ − = ⇔ + =
 ÷
+ +
 
3 4 7
3 4 1
x x
x x
+ = − = −
 
⇔ ⇔
 
+ = =
 
(đều thỏa ĐKXĐ)
Vậy tập nghiệm phương trình là: S =
{ }
7;1−
c) Cánh trình bày tuơng tự như câu b).

Bài 4:Giải bất phương trình:
1 1 1 1 1 1

1.51 2.52 10.60 1.11 2.12 50.60
x
 
+ + + < + + +
 ÷
 
Hướng dẫn:
Cánh làm tương tự như bài 1 ở mục này, chỉ có chú ý dấu bất đẳng thức
thay bằng dấu đẳng thức.
Kết quả: x < 5.
12
* Chú ý: Các dạng bài tập ở mục này áp dụng nhiều cho đối tượng học sinh lớp
8 và lớp 9. Học sinh lớp 6 và lớp 7 làm được dạng bài 1 với nội dung tìm x.
CÁC BÀI TẬP ÁP DỤNG TRONG NỘI DUNG NÀY:
Bài 5: Giải các phương trình:
a)
1 1 1 1 149 99
2
1.2 2.3 99.100 2 50 200
x x x
  
+ + + − + = −
 ÷ ÷
  
b)
1 1 1 1 1 1
.

1.101 2.102 10.110 1.11 2.12 100.110
x
 
+ + + = + + +
 ÷
 
c)
2 2
1 1 1
9 20 13 42 18x x x x
+ =
+ + + +
d)
2 2 2
1 1 1
( 1) 3 5x x x x
= −
+ +
13
Phần III: KẾT KUẬN - KIẾN NGHỊ
I. Kết luận :
Phương pháp giải bài toán có hệ thống và logic là một yếu tố cơ bản giúp
học sinh nắm vững kiến thức, giải quyết linh hoạt các bài toán và đạt kết quả cao
trong học tập. Điều quan trọng nhất cần đề cập bài toán theo nhiều cách khác
nhau, nghiên cứu, khảo sát kỹ từng chi tiết của bài toán để mở rộng cho các bài
toán khác.Đồng thời qua đó có thể khai thác các ứng dụng của một bài toán cơ
bản vào giải quyết các bài toán cùng loại.
Hi vọng rằng với một số ứng dụng tôi đưa ra trong đề tài này giúp các em
học sinh biết cách làm chủ được kiến thức của mình, thêm yêu mến môn toán, tự
tin trong quá trình học tập và nghiên cứu sau này.

II. KIẾN NGHỊ
1. Với Sở GD&ĐT, Phòng GD&ĐT
- Quan tâm hơn nữa đến việc bồi dưỡng chuyên môn, nghiệp vụ cho giáo
viên dạy toán. Nên tổ chức các hội thảo chuyên đề chuyên sâu cho giáo viên
trong tỉnh.
2. Với BGH nhà trường
- Hiện nay, nhà trường đã có một số sách tham khảo tuy nhiên có vẻ như
chưa đầy đủ. Vì vậy nhà trường cần quan tâm hơn nữa về việc trang bị thêm
sách tham khảo môn Toán để học sinh được tìm tòi, học tập khi giải toán để các
em có thể tránh được những sai lầm trong khi làm bài tập và nâng cao hứng thú,
kết quả học tập môn toán nói riêng, nâng cao kết quả học tập của học sinh nói
chung.
3. Với PHHS
- Quan tâm việc tự học, tự làm bài tập ở nhà của con cái. Thường xuyên
kiểm tra sách, vở và việc soạn bài trước khi đến trường của các con
14