rút gọn biểu thức bằng phương pháp khử liên tiếp

PHẦN I: PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một trong những môn học chiếm một vị trí rất quan trọng và
then chốt trong nội dung chương trình các môn học bậc phổ thông. Môn toán
góp phần rất quan trọng trong việc rèn luyện phương pháp suy nghĩ, phương
pháp suy luận, phương pháp giải quyết vấn đề. góp phần phát triển trí thông
minh, cách suy nghĩ độc lập, linh hoạt, sáng tạo, và đang giúp vào việc hình
thành các phẩm chất cần thiết và quan trọng của người lao động như: cần cù, cẩn
thận, có ý chí vượt khó khăn, làm việc có kế hoạch, có nề nếp và tác phong khoa
học. Quá trình học môn toán phải nhằm mục đích đào tạo con người mà xã hội
cần. Đất nước ta đang bước vào thời kì công nghiệp hóa hiện đại hóa, đòi hỏi
mỗi chúng ta đều phải đầu tư và suy nghĩ để tìm ra những biện pháp tốt nhất làm
cho học sinh nắm vững tri thức toán phổ thông, cơ bản thiết thực có kĩ năng thực
hành toán, giúp cho học sinh phát triển năng lực tư duy lôgic, khả năng diễn đạt
chính xác ý tưởng của mình, khả năng tưởng tượng và bước đầu hình thành nhân
cách qua học môn toán. Hình thành ở học sinh các phẩm chất đạo đức và có
năng lực cần thiết như giáo dục đề ra.
Bắt đầu từ bậc học THCS học sinh được làm quen với dạng toán rút gọn
biểu thức, dạng toán này tiếp tục được dạy kĩ hơn ở lớp 8, lớp 9. Nó có mặt hầu
hết ở các đề thi học kì, thi học sinh giỏi, thi tốt nghiệp, tuyển sinh vào các
trường THPT. Để giải quyết một bài toán rút gọn biểu thức đại số cách thông
thường ta dựa vào quy tắc của các phép toán cộng, trừ, nhân, chia các biểu thức
đại số. Nhưng có những biểu thức đại số ta không thể vận dụng trực tiếp quy tắc
các phép toán để thực hiện được vì nhiều lí do khác nhau. Chẳng hạn, không thể
quy đồng mẫu thức của hàng trăm phân thức có mẫu thức khác nhau để cộng,
trừ chúng. Không thể tìm tích của hàng chục phân thức bằng cách nhân trực tiếp
tử với tử, mẫu với mẫu được mà không tìm ra quy luật để rút gọn biểu thức…
Gặp những trường hợp đó học sinh thường rất lúng túng không có phương pháp
để giải dạng toán này. Về phía giáo viên lâu nay chúng ta đang tìm kiếm một
phương pháp dạy học sinh giải các bài toán rút gọn dạng này làm sao đạt hiệu
1

quả. Các tài liệu, các sách tham khảo, sách hướng dẫn cho giáo viên cũng chưa
có sách nào đề cập đến phương pháp dạy kiểu bài toán này. Có chăng chỉ là gợi
ý chung và sơ lược. Đặc biệt đi theo kết quả của bài toán rút gọn biểu thức còn
có các dạng toán khác nữa. Vì vậy, nếu không rút gọn được biểu thức thì học
sinh không thực hiện được các bước tiếp theo để giải quyết bài toán cần có kết
quả rút gọn biểu thức.
Trước thực trạng trên, bản thân Tôi là một giáo viên toán cấp THCS, cũng
đã từng trăn trở nhiều về vấn đề trên. Với đề tài này Tôi không có tham vọng lớn
để bàn về vấn đề: “Giải các bài toán” ở trường phổ thông. Tôi chỉ xin đề xuất
một vài ý kiến về một phương pháp dùng để rút gọn biểu thức đại số có dạng
đặc biệt đó là: “Rút gọn biểu thức bằng phương pháp khử liên tiếp" đối với
học sinh cấp THCS mà Tôi đã từng áp dụng thành công.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu về rút gọn biểu thức là một trong những vấn đề cơ bản của phân
môn đại số, nhằm giúp cho học sinh hiểu rõ phương pháp tiếp cận cách giải bài
toán rút gọn biểu thức. Trên cơ sở đã phát hiện những khó khăn khi học sinh tiếp
cận những bài toán rút gọn biểu thức có dạng đặc biệt, từ đó đưa ra một phương
pháp rút gọn biểu thức đại số.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu.
- Điều tra sơ bộ về việc dạy và học của các đồng nghiệp, các em học sinh ở
trường về việc dạy và học "Rút gọn biểu thức đại số"
- Phát hiện những khó khăn, vướng mắc trong quá trình dạy và học.
- Từ đó đề xuất một số phương pháp nhằm nâng cao chất lượng dạy và học về
rút gọn biểu thức đại số.
- Thực nghiệm những giải pháp đã áp dụng ở trường và đánh giá kết quả đạt
được.
4. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu
- Đối tượng: Học sinh các khối lớp cấp THCS và đặc biệt là học sinh giỏi ở các

khối.
- Giới hạn kiến thức: Chương trình đại số ở bậc THCS.
2


5. Phương pháp nghiên cứu
Trong quá trình nghiên cứu để tìm ra phương pháp dạy có hiệu quả về rút
gọn biểu thức đại số. Tôi đã sử dụng các phương pháp sau:
- Phương pháp điều tra, phỏng vấn: Nghiên cứu nắm tình hình của các
khối lớp, từng học sinh để có phương pháp dạy học thích hợp.
- Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu mục tiêu dạy học môn
Toán, mục tiêu dạy học các bài về rút gọn biểu thức đại số.
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Xây dựng kế hoạch dạy học, chuẩn
bị kĩ cho từng tiết lên lớp, tiến hành giờ dạy, thực hiện kiểm tra đánh giá từ đó
nắm tình hình học tập của học sinh để từ đó điều chỉnh quá trình dạy, bồi dưỡng
học sinh giỏi, giúp đỡ học sinh yếu kém. Tham khảo tài liệu của các đồng
nghiệp, dự giờ một số lớp học, tham khảo ý kiến đồng nghiệp; thu thập các tư
liệu cho bài dạy như tranh ảnh, bài toán, bài đố vui, trò chơi, sách báo có liên
quan…

3


PHẦN II: NỘI DUNG
Chương 1: Cơ sở lý luận và thực tiễn
1. Cơ sở lý luận:
- Căn cứ Luật Giáo dục, Điều 27 Mục tiêu của giáo dục phổ thông: Điều
27. Mục tiêu của giáo dục phổ thông, cụ thể như sau:
Mục tiêu của giáo dục phổ thông là giúp học sinh phát triển tồn diện về
đạo đức, trí tuệ, thể chất, thẩm mỹ và các kỹ năng cơ bản, phát triển năng lực cá

nhân, tính năng động và sáng tạo, hình thành nhân cách con người Việt Nam xã
hội chủ nghĩa, xây dựng tư cách và trách nhiệm công dân; chuẩn bị cho học sinh
tiếp tục học lên hoặc đi vào cuộc sống lao động, tham gia xây dựng và bảo vệ Tổ
quốc.
- Xuất phát từ mục tiêu chung của giáo dục trung học cơ sở:
Giáo dục THCS nhằm giúp học sinh củng cố và phát triển những kết quả
của Tiểu học, có trình độ học vấn phổ thông cơ sở và những hiểu biết ban đầu về
kĩ thuật và hướng nghiệp học nghề hoặc đi vào cuộc sống lao động.
- Học hết chương trình THCS học sinh đạt yêu cầu sau:
+ Yêu nước, hiểu biết, có niềm tin vào lý tưởng độc lập dân tộc vào chủ
nghĩa xã hội.
+ Có kiến thức phổ thông cơ bản, tính giản, thiết thực, cập nhật làm nền
tảng từ đó có thể chiếm lĩnh những nội dung khác của KHTN.
+ Có kỹ năng bước đầu vận dụng vào những kiến thức và kinh nghiệm thu
được của bản thân.
+ Hình thành và phát triển các năng lực chủ yếu.
- Xuất phát từ mục tiêu môn toán trung học cơ sở: Đào tạo con người mà
xã hội cần:
+ Làm cho học sinh nắm vững tri thức toán phổ thông cơ bản thiết thực.
+ Có kĩ năng thực hành toán.
+ Hình thành ở học sinh các phẩm chất đạo đức và các kĩ năng cần thiết
như mục tiêu giáo dục THCS đã đề ra. Ngoài việc cung cấp cho học sinh 1 số
kiến thức Toán và dạy cho học sinh biết tính toán, mục tiêu của môn Toán còn
4


đề cập đến phương pháp, kĩ năng phát triển các năng lực trí tuệ của học sinh ở
phẩm chất đạo đức.
2. Cơ sở thực tiễn:
Trong quá trình giảng dạy môn toán ở trường THCS bản thân nhận thấy

đa số các em học sinh khi tiếp cận và giải một bài toán có dạng khác các dạng
toán cơ bản thì các em thường lúng túng chưa tìm được hướng giải thích hợp,
không biết sử dụng phương pháp nào trước, phương pháp nào sau, phương pháp
nào phù hợp nhất, hướng nào tốt nhất. Và đặc biệt với dạng toán rút gọn biểu
thức thì học sinh chỉ mới làm được một số bài thuộc dạng cơ bản vận dụng quy
tắc của các phép toán cộng, trừ, nhân, chia các biểu thức đại số, còn với bài toán
rút gọn biểu thức mà biểu thức cho có dạng đặc biệt thì học sinh thường không
thực hiện được. Để giúp học sinh nắm vững các phương pháp rút gọn biểu thức
giải quyết một số bài toán hay và khó trong chương trình toán THCS từ đó phát
triễn khả năng tư duy sáng tạo ở các em. Tôi đưa ra một đề tài về một phương
pháp rút gọn biểu thức đại số mà Tôi đã tìm hiểu, tập hợp được thông qua thực
tế giảng dạy. Đề tài hướng dẫn học sinh THCS giải loại toán rút gọn biểu thức
đại số bằng phương pháp khử liên tiếp. Với đề tài này tôi đề cập đến 2 vấn đề
chính như sau:
- Vấn đề 1: nêu cách rút gọn biểu thức bằng phương pháp khử liên tiếp thông
qua một số ví dụ cụ thể.
- Vấn đề 2: dùng phương pháp rút gọn biểu thức bằng phương pháp khử liên tiếp
để giải quyết một số bài tập.
Chương 2: Các biện pháp chính để thực hiện
Để sử dụng phương pháp này vào rút gọn một biểu thức đại số về phương
pháp chung, ta thường tách mỗi hạng tử thành tổng hoặc hiệu của các biểu thức
khác hoặc tách mỗi nhân tử thành tích của hai hay nhiều biểu thức, để sau đó
làm xuất hiện các số hạng đối nhau hoặc các thừa số giống nhau ở trên tử và
dưới mẫu. Từ đó ta có thể khử liên tiếp đưa về được một kết quả gọn hơn. Với
biểu thức đại số thông thường ta chia ra 2 dạng là biểu thức nguyên và biểu thức

5


phân, sau đây tôi xin trình bày cách rút gọn biểu thức bằng phương pháp khử

liên tiếp thông qua một số ví dụ ở hai dạng biểu thức này.
A. Đối với biểu thức nguyên
Tổng quát: Giả sử ta cần tính tổng hữu hạn: Sn = a1 + a2 + .... an.
Ta có thể biểu diễn ai (i = 1,2,3...,n) qua hiệu hai số hạng liên tiếp của 1 dãy số
khác, chính xác hơn, giả sử : a1 = b1 - b2
a2 = b2 - b3
.... .... .....
an = bn – bn+ 1
khi đó ta có ngay :
Sn = ( b1 – b2 ) + ( b2 – b3 ) + ...... + ( bn – bn + 1 )
= b1 – bn + 1
Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức: A=1 + 3 + 32 + 33 + … + 3k
Hướng dẫn: Với ví dụ này để rút gọn ta cần tách các hạng tử để làm xuất hiện
các số đối nhau rồi dùng phương pháp khử liên tiếp để rút gọn. Bài này ta có thể
thực hiện theo 2 cách như sau:
Cách 1: Vì 2=3-1 nên 2A=1(3-1) + 3(3-1) + 32(3-1) + 33(3-1) + … + 3k(3-1)
=3 – 1 +32 -3 + 33 – 32 +34 – 33 + … + 3k+1 – 3k = -1 + 3k+1
Vậy A=
Cách 2:

−1 + 3k +1
2

3A =

3 + 32 + 33 + … + 3k + 33k+1

A = 1 + 3 + 3 2 + 33 + … + 3 k
Trừ vế theo vế ta được: 2A=-1 + 3

k+1

−1 + 3k +1
Suy ra: A=
2

Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức: B=1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n(n+1)
Hướng dẫn: Đây là dạng toán đặc biệt để rút gọn được biểu thức này ta cần tách
các hạng thích hợp để làm xuất hiện các số đối nhau, để có cách tách thích hợp
ta đi chứng minh đẳng thức sau: k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)=3k(k+1)
Ta có: VT = k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1) = (k2+k)(k+2) – k(k2-1) = k3+3k2+2k-k3+k
= 3k2+3k = 3k(k+1) = VP (đpcm)
+) Áp dụng rút gọn biểu thức: B=1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n(n+1)
3B = 3.1.2 + 3.2.3 + 3.3.4 + … + 3n(n+1)
3B = 1.2.3 – 0 + 2.3.4 – 1.2.3 + 3.4.5 – 2.3.4 + … + n(n+1)(n+2) – (n-1)n(n+1)
6


Bằng phương pháp khử liên tiếp ta được: 3B = n(n+1)(n+2)
Vậy B =

n(n + 1)(n + 2)
3

Ví dụ 3: Rút gọn biểu thức: C=1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + n(n+1)(n+2)
Hướng dẫn: tương tự ví dụ 2 ta dễ dàng chứng minh công thức sau:
k(k+1)(k+2)(k+3) - (k-1)k(k+1)(k+2)=4k(k+1)(k+2).
Áp dụng công thức vào ví dụ ta có:
4C = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + n(n+1)(n+2)
= 4.1.2.3 + 4.2.3.4 + 4.3.4.5 + … + 4.n(n+1)(n+2)

= 1.2.3.4 + 2.3.4.5 – 1.2.3.4 + 3.4.5.6 – 2.3.4.5 + … + n(n+1)(n+2)(n+3)
– (n-1)n(n+1)(n+2)
= n(n+1)(n+2)(n+3)
Vậy C=

n ( n + 1) ( n + 2 ) ( n + 3)
4

Ví dụ 4 : Rút gọn biểu thức: Sn = 1! +2.2 ! + 3.3 ! + ...... + n .n!
(n! = 1.2.3 ....n )
Hướng dẫn: để rút gọn được biểu thức này về cơ bản ta thực hiện theo phương
pháp tổng quát tiến hành tách hạng tử: n.n! = (n+1)! – n!
Ta có : 1! = 2! -1!
2.2! = 3! -2!
3.3! = 4! -3!
..... ..... .....
n.n! = (n + 1)! –n!
Vậy Sn = 2! - 1! +3! – 2 ! + 4! - 3! +...... + ( n+1) ! – n!
= ( n+1) ! - 1! = ( n+ 1) ! – 1
Ví dụ 5 : Tính giá trị biểu thức:
B = x15 – 8x14 + 8x13 – 8x12 + … - 8x2 + 8x – 5; Tại x = 7
Hướng dẫn: Để thực hiện tính giá trị biểu thức trên bằng cách thay trực tiếp vào
biểu thức B thì tính toán sẻ rất phức tạp. Ở đây ta nghỉ đến cần phải biến đổi làm
sao có thể làm gọn được biểu thức B rồi tính giá trị biểu thức B qua biểu thức đã
làm gọn.
7


Lời giải:
Với x=7 => 8=x+1 thay vào biểu thức B ta có:

B = x15 – (x+1)x14 + (x+1)x13 – (x+1)x12 + … - (x+1)x2 + (x+1)x - 5
= x15 – x15 – x14 + x14 + x13 + … - x3 – x2 + x2 + x - 5
Đến đây bằng phương pháp khử liên tiếp ta được B = x-5
Vậy giá trị biểu thức B tại x = 7 là: B = 7 – 5 = 2
B. Đối với biểu thức phân
Tổng quát: về phương pháp chung ta cũng thực hiện tách các hạng tử để làm
xuất hiện các biểu thức đối nhau rồi tiến hành khử liên tiếp như đối với biểu
thức nguyên. Nhưng đối với biểu thức phân ngoài phương pháp trên trong một
số bài tập ta còn có thể đưa về dưới dạng tích rồi biến đổi làm xuất hiện thừa số
chung trên tử và dưới mẫu để khử liên tiếp. Sau đây là một số ví dụ cụ thể về
dạng này.
Ví dụ 6: Rút gọn biểu thức:
1

1

1

1

S= x( x + 1) + ( x + 1)( x + 2) + ( x + 2)( x + 3) + ... + ( x + 99)( x + 100)
Hướng dẫn giải: Trong bài tập này nếu ta thực hiện theo quy tắc của các phép
tính với phân thức theo cách thông thường thì rất phức tạp. Ta cần nghỉ đến việc
tách mỗi hạng tử thành hiệu của hai phân thức để làm xuất hiện những hạng tử
đối nhau từ đó có thể khử liên tiếp được các hạng tử đó.
Để giải quyết bài tập này ta cần chứng minh công thức:
1
1
1
=

−
( x + k )( x + k + 1) x + k x + k + 1
( x + k + 1) − ( x + k )

1

1

1

Ta có: ( x + k )( x + k + 1) = ( x + k )( x + k + 1) = x + k − x + k + 1 (đpcm)
Cho k lần lượt lấy các giá trị từ 0 đến 99 ta được:
1   1
1   1
1 
1 
1
 1
S = −
−
−
−
÷+ 
÷+ 
÷+ ... + 
÷
 x x +1  x +1 x + 2   x + 2 x + 3 
 x + 99 x + 100 

Vì số trừ ở nhóm trước bằng số bị trừ ở nhóm sau nên sau khi khử liên tiếp ta

1

1

x + 100 − x

100

được: S = x − ( x + 100) = x( x + 100) = x( x + 100)
8


1 
1 
 1  1 
Ví dụ 7: Tính tích: P = 1 + ÷. 1 + ÷. 1 + ÷... 1 + 2
÷
3
8
15
n + 2n






 



Hướng dẫn: Đây là một tích gồm nhiều thừa số, để rút gọn dạng này ta cần tách
các thừa số thành nhiều thừa số khác sao cho làm xuất hiện những thừa số chung
cả trên tử và dưới mẫu từ đó có thể khử liên tiếp được để đưa về biểu thức đơn
giản hơn.
1
k 2 + 2k + 1 (k + 1) 2
= 2
=
Dạng tổng quát của mỗi thừa số là: 1 + 2
k + 2k
k + 2k
k (k + 2)

Áp dụng vào biểu thức P ta có: P =

22 32 42 (n + 1) 2 2.3.4...( n + 1) 2.3.4...( n + 1)
.
. ...
=
.
1.3 2.4 3.5 n(n + 2)
1.2.3...n
3.4.5...(n + 2)

Bằng cách khử liên tiếp các thừa số giống nhau trên tử và dưới mẫu ta thu được
kết quả: P =

n +1 2
2( n + 1)

.
=
1 n+2
n+2

Ví dụ 8: Tính tổng S =

x 2 − yz
y 2 − zx
z 2 − xy
+
+
( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x) ( z + x)( z + y )

Hướng dẫn: Với bài tập này nếu chúng ta tiến hành thực hiện theo cách thông
thường thì khá là phức tạp, ta có thể vận dụng phương pháp khử liên tiếp thì sẻ
đơn giản hơn rất nhiều.
Lời giải
x 2 − yz
x 2 + xy − xy − yz x ( x + y ) − y ( x + z )
x
y
=
=
=
−
Ta có:
( x + y )( x + z )
(x + y )(x + z )
(x + y )(x + z )

x+ z x + y
y 2 − zx
y
z
z 2 − xy
z
x
=
−
;
=
−
Tương tự:
( y + z )( y + x ) y + x y + z ( z + x )( z + y ) z + x z + x
x

y

y

z

z

x

Do đó: S = x + z − x + y + y + x − y + z + z + y − z + x =0
Ví dụ 9: Cho S =

1 1 1

1
2
8
+ 2 + 2 + ... + 2 Chứng minh rằng < S <
2
2 3 4
9
5
9

Lời giải:
Ta có

1
1
1
1
1
1
1
1
>
; 2> ; 2>
;…; 2 >
2
2
2.3 3
3.4 4
4.5
9

9.10

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta có:
S=

1 1 1
1
1
1
1
1
+ 2 + 2 + ... + 2 >
+
+
+ ... +
2
2 3 4
9
2.3 3.4 4.5
9.10

9


S>

1 1 1 1 1 1
1 1
− + − + − + ... + −
2 3 3 4 4 5

9 10

S>

1 1 2
− =
2 10 5

Chứng minh tương tự ta có S <
Vậy:

8
9

2
8
5
9

Ví dụ 10: Cho n ∈ N * , chứng minh rằng:








a) P = 1 + ÷1 + ÷1 + ÷... 1 +

÷ có giá trị nhỏ hơn 2.
1.3
2.4
3.5
n(n + 2)
1



1



1



1

 






 

b) Q = 1 + ÷1 + ÷1 + ÷... 1 + 2
÷ có giá trị nhỏ hơn 3

2
5
9
n + 3n
1



1



1



2

 



Hướng dẫn: Ta tiến hành biến đổi biểu thức P như ví dụ 5 để tiến hành rút gọn
biểu thức P và Q bằng phương pháp khử liên tiếp, từ đó ta suy ra điều phải
chứng minh.
22 32 42 ( n + 1) 2 2.3.4...(n + 1) 2.3.4...( n + 1) n + 1 2
2( n + 1)
=
.
=

.
=
a) P = . . ...
1.3 2.4 3.5 n(n + 2)
1.2.3.4...n 3.4.5...(n + 2)
1 n+2
n+2
n +1
< 1 nên P<2 (đpcm)
n+2

Vì

b) Dạng tổng quát của mỗi nhân tử là:
1+

2
k 2 + 3k + 2 (k + 1)(k + 2)
=
=
k (k + 3)
k (k + 3)
k (k + 3)

Áp dụng vào biểu thức Q ta có:
Q=

2.3 3.4 4.5 (n + 1)(n + 2) 2.3.4...(n + 1) 3.4.5...(n + 2) n + 1 3
3(n + 1)
.

.
...
=
.
=
.
=
1.4 2.5 3.6
n(n + 3)
1.2.3...n
4.5.6...( n + 3)
1 n+3
n+3

Vì

n +1
< 1 nên Q<3
n+3

Ví dụ 11: Chứng minh với mọi số nguyên dương n:
1
1
1
1
+
+
+ ... +
<1
2 1 +1 2 3 2 + 2 3 4 3 + 3 4

( n + 1) n + n n + 1

Lời giải:
Ta có hạng tử tổng quát của VT là:

10


1
1
n +1 − n
1
1
=
=
=
−
(n + 1) n + n n + 1
n . n + 1( n + 1 + n )
n. n + 1
n
n +1

Áp dụng vào vế trái của bất đẳng thức ta có:
VT =

1
1
1
1

1
1
1
1
1
−
+
−
+
−
+ ... +
−
= 1−
<1 (đpcm)
1
2
2
3
3
4
n
n +1
n +1

Ví dụ 12: Cho P=

2− 1
3− 2
4− 3
25 − 24

+
+
+ ... +
1+ 2
2+3
3+ 4
24 + 25

Chứng minh rằng P<

2
5

Hướng dẫn giải: Phương pháp chung để giải bài tập này ta tiến hành rút gọn
biểu thức P nhưng để rút gọn biểu thức P ta cần tách được mỗi hạng tử của P
thành những hạng tử mà có thể thực hiện khử liên tiếp được. Từ liên hệ cách
tách ở bài 6 ta có lời giải như sau:
Lời giải:
Ta

xét

công

thức

tổng

quát

sau:

n +1 − n
n +1 − n
n +1 − n
n +1 − n
n +1 − n 1  1
1 
=
=
<
=
= 
−
÷
n + (n + 1)
2n + 1
2 n(n + 1) 2  n
n +1 
4n 2 + 4n + 1
4 n 2 + 4n

Áp dụng vào biểu thức P ta có:
1 1
1
1
1
1
1 
P< 

−
+
−
+ ... +
−
÷=
2 1
2
2
3
24
25 

1 1 2
1 − ÷ =
2 5 5

C. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1 (Bài 2.6 (tr 8) SBT toán 7): Tính nhanh:
C=

1
1
1
1
1
1
−
−
−

− ... −
−
100 100.99 99.98 98.97
3.2 2.1

Lời giải:
C=

1
1
1
1
1
1
−
−
−
− ... −
−
100 100.99 99.98 98.97
3.2 2.1

C=

1  1
1
1
1
1 
−

+
+ ... +
+
+
÷
100  1.2 2.3
97.98 98.99 99.100 

C=

1  1 1 1
1 1 1 1
1
1 
−  1 − + − + ... + − + − + −
÷
100  2 2 3
97 98 98 99 99 100 

11


1 
1  −49
− 1 −
÷=
100  100  50

C=

Bài 2. Rút gọn các biểu thức:
1

1

1

1

1

1

a) 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + (n − 1)n
1

1

b) 2.5 + 5.8 + 8.11 + ... + (3n + 2)(3n + 5)
1

1

1

1

c) 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + (n − 1)n(n + 1)
Lời giải:
1

1

1

1

1 1

1 1 1 1

1

1

1

n −1

a) 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + (n − 1)n = − 2 + 2 − 3 + 3 − 4 + ... + (n − 1) − n = 1 − n = n

1
1
1
1
11 1 1 1 1 1
1
1 
+
+

+ ... +
=  − + − + − + ... +
−
÷
2.5 5.8 8.11
(3n + 2)(3n + 5) 3  2 5 5 8 8 11
3n + 2 3n + 5 
b)
1 1
1 
n +1
=  −
÷=
3  2 3n + 5  2(3n + 5)
c)

1
1
1
1
+
+
+ ... +
1.2.3 2.3.4 3.4.5
(n − 1)n(n + 1)

1 1
1
1
1

1
1
1
1 
= 
−
+
−
+
−
+ ... +
−
÷
2  1.2 2.3 2.3 3.4 3.4 4.5
( n − 1) n n( n + 1) 
1 1
1  ( n + 2)(n − 1)
= 
−
÷=
2  1.2 n(n + 1) 
4n(n + 1)

Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số tư nhiên n ≥ 1:
1

1

1

1

1

1

1

1

a) 22 + 42 + 62 + ... + (2n) 2 < 2
1

1

b) 32 + 52 + 72 + ... + (2n + 1)2 < 4

c) 1 +



1 
1 
1  
1
÷< 2
÷ 1 +
÷1 +
÷... 1 +
1.3  2.4  3.5   n(n + 2) 

Lời giải:
a) Ta có:
1 1 1
1
1 1 1 1
1 
+ 2 + 2 + ... +
=  2 + 2 + 2 + ... + 2 ÷
2
2
2 4 6
(2n)
4 1 2 3
n 
1
1
1
1 
< 1 +
+
+ ... +
÷=
4  1.2 2.3
(n − 1)n 

1 1 1 1
1 + − ÷<
4 1 n 2

12


b)

1 1 1
1
1
1
1
1
+ 2 + 2 + ... +
< 2
+ 2
+ 2
+ ... +
2
2
3 5 7
(2n + 1)
3 −1 5 −1 7 −1
(2n + 1) 2 − 1

1
1
1
11 1 1 1
1
1 
+

+ ... +
=  − + − + ... +
−
÷
2.4 4.6
2n(2n + 2) 2  2 4 4 6
2n 2n + 2 
11
1  1
=  −
÷<
2  2 2n + 2  4
=

c) Ta có: 1 +

1
(n + 1) 2
=
do đó:
n(n 2) n( n + 2)

 22 32 42 ( n + 1) 2
1 
1 
1  
1

1
+

1
+
1
+
...
1
+
.
. ...

÷
÷
÷ 
÷=
 1.3  2.4  3.5   n( n + 2)  1.3 2.4 3.5 n(n + 2)
2.3....(n + 1) 2.3...(n + 1) n + 1 2
=
.
=
.
<2
1.2...n
3.4....(n + 2)
1 n+2
1 3 5
2 4 6

Bài 4. Cho A = . . ...

2n − 1

(n ∈ N,n ≥ 2)
2n

Chứng minh rằng:
a) A<

1
2n + 1

b) A<

1
3n + 1

Lời giải:
1 3 5
2 4 6

a) Ta có: A = . . ...
1 3 5

2n − 1
2 4 6
2n
và A < . . ...
2n
3 5 7 2n + 1

2n − 1 2 4 6

2n

1

1

2
Nên: A < 2 . 4 . 6 ... 2n . 3 . 5 . 7 ... 2n + 1 = 2n + 1 ⇒ A <
2n + 1

b) Để giải bài toán này trước hết ta cần chứng minh bất đẳng thức
2k − 1
3k − 2
<
(1)
2k
3k + 1

Thật vậy: ( 1) ⇔ (2k − 1) 3k + 1 < 2k 3k − 2
⇔ (4k 2 − 4k + 1)(3k + 1) < 4k 2 (3k − 2)
⇔ 12k 3 − 8k 2 − k + 1 < 12k 3 − 8k 2
⇔ k −1 > 0

Đúng với mọi k ≥ 2
Trong (1) lần lượt thay k bằng 1,2,…,n ta được
1
1 3
4
2n − 1
3n − 2

≤
; <
; ...;
<
2
2n
4 4
7
3n + 1

Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên ta có:
13


1 3 5 2n − 1
1 4
3n − 2
1
A = . . ...
<
.
...
=
2 4 6
2n
4 7
3n + 1
3n + 1

Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2:

a)

1 1 1
1 2
+ 2 + 2 + ... + 2 <
2
2 3 4
n
3

2 
2  
2  1
 2 
b) 1 − ÷1 − ÷1 + ÷... 1 −
÷>
6
12
20
n(n + 1)
3






 



Lời giải:
a) Ta có:

1
4
1 
 1
< 2
= 2
−
÷ do đó:
2
n
4n − 1
 2n − 1 2n + 1 

1 1 1
1
1
1 
1  2
1 1 1 1
1
+ 2 + 2 + ... + 2 < 2  − + − + ... +
−
÷= 2  −
÷<
2
2 3 4

n
2n −1 2n + 1 
3 5 5 7
 3 2n + 1  3

b) Ta có: 1 −

2
n 2 + n − 2 (n − 1)(n + 2)
=
=
do đó:
n(n + 1)
n(n + 1)
n(n + 1)

2 
2  
2  1.4 2.5 ( n − 1)( n + 2) 1 n + 2 1
 2 
.
...
= .
>
÷=
 1 − ÷ 1 − ÷1 + ÷... 1 −
n(n + 1)
n 3
3
 6  12  20   n(n + 1)  2.3 3.4

(14 + 4)(54 + 4)(94 + 4)...(214 + 4)
Bài 6. Rút gọn biểu thức: B = 4
(3 + 4)(7 4 + 4)(114 + 4)...(234 + 4)

Lời giải:
Xét: n4 + 4 = (n2 + 2)2 – 4n2 = (n2 – 2n + 2)(n2 + 2n + 2)
= [(n-1)2 + 1][(n + 1)2 +1]
Do đó B =

(02 + 1)(22 + 1) (42 + 1)(62 + 1) (20 2 + 1)(22 2 + 1)
1
1
. 2
...
= 2
=
2
2
2
2
2
(2 + 1)(4 + 1) (6 + 1)(8 + 1) (22 + 1)(24 + 1) 24 + 1 577

Bài 7. Rút gọn biểu thức:
M=

1
1
1
1

+ 2
+ 2
+ 2
a − 5a + 6 a − 7a + 12 a − 9a + 20 a − 11a + 30
2

Lời giải:
1
1
1
1
+
+
+
( a − 2)(a − 3) (a − 3)(a − 4) (a − 4)(a − 5) (a − 5)( a − 6)
1
1
1
1
1
1
1
1
=
−
+
−
+
−
+

−
a −2 a −3 a −3 a −4 a − 4 a −5 a −5 a −6
1
1
4
=
−
=
a − 2 a − 6 ( a − 2)(a − 6)
M=

Bài 8. Tính tổng:
14


x− y

y−z

z−x

a) A = xy + yz + zx
b) B =

7
19
37
3n 2 + 3n + 1
+
+

+
...
+
(1.2)3 (2.3)3 (3.4)3
[ n .(n + 1)]3

Lời giải:
1

1 1

1



a) A =  − ÷+  − ÷+  − ÷ = 0
 y x  z y  x z
1

1

b) Dạng tổng quát của mỗi hạng tử là:
3k 2 + 3k + 1 (k + 1)3 − k 3 1
1
= 3
= 3−
3
3
[k (k + 1)]
k (k + 1)

k (k + 1)3

Cho k lấy các giá trị 1, 2, 3…, n ta được
1
1 
1 1   1 1 1 1
B =  3 − 3 ÷+  3 − 3 ÷+  3 − 3 ÷+ ... +  3 −
3 ÷
1 2   2 3   3 4 
 n ( n + 1) 
= 1−

1
n3 + 3n2 + 3n
=
(n + 1)3
(n + 1)3

CHƯƠNG 3: Kết quả thực hiện
Sau khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy cho học sinh trong một số tiết
học tự chọn và bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy được một số chuyển biến
rõ rệt như sau:
- Học sinh rèn được phương pháp tự học, tự phát hiện vấn đề, biết nhận dạng
một số bài toán, nắm vững cách giải. Kĩ năng trình bày một bài toán khoa học,
rõ ràng.
- Đa số các em đã yêu thích giờ học Toán học, nhiều học sinh tích cực xây dựng
bài.
- Học sinh rất có hứng thú khi gặp dạng toán rút gọn biểu thức và Toán học nói
chung.
- Trước đây kết quả giảng dạy trên lớp nếu đưa bài tập dạng rút gọn biểu thức

này vào thì hầu hết học sinh không thực hiện được và tỉ lệ học sinh khá, giỏi
chiếm tỉ lệ 40% đến 50%, nhưng khi sử dụng các kinh nghiệm trên thì số học
sinh giỏi, khá làm được dạng bài tập này đã tăng lên và số học sinh trung bình
yếu cũng giảm.
15


Kết quả cụ thể: So sánh kết quả 02 năm học trên những đối tượng lớp và học
sinh tương đương
+ Năm học: 2012-2013 (chưa áp dụng sáng kiến trên)
TT Khối
1

Giỏi
SL

Khá
SL

TB
SL

%
%
lớp
HS
8 A,B 67
8
12
26

39
26
+ Năm học: 2013-2014 (áp dụng sáng kiến trên)

TT Khối
1

Số

lớp
8 A,B

Số
HS
68

Giỏi
SL
12

%

Yếu
SL

%

39

7

10

Yếu
SL

%

2

3

%

Khá
SL

%

TB
SL %

17,6

36

53

18 26,4

PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Qua quá trình nghiên cứu, bản thân nhận thấy đây là dạng toán hay và khó
đối với học sinh nên khi tiếp cận dạng toán này một số HS yếu và trung bình còn
chưa hứng thú. Vì vậy khi dạy chuyên đề này trước hết phải gây hứng thú cho
HS qua hệ thống bài tập từ đơn giản đến phức tạp, qua đó có thể hình thành một
số kỉ năng và phương pháp cho học sinh. Giáo viên cần có sự quan tâm đúng
16


mức đối với học sinh, nắm được năng lực và tâm lý của từng học sinh ,từ đó đề
ra phương pháp giáo dục thích hợp. Dạng bài tập rút gọn biểu thức đại số đặc
biệt này không chỉ có ở một khối lớp nhất định nào mà nó có ở tất cả các khối
lớp, chính vì vậy ta không thể dạy một tiết, hai tiết, … mà là cả một quá trình
dạy toán. Chẳng hạn với các em học sinh ở lớp 6 các em chưa được học khái
niệm về biểu thức đại số nhưng cũng đã có những bài toán dạng này, chính vì
vậy giáo viên cần linh hoạt trong giảng dạy mỗi khi học đến vấn đề nào người
giáo viên có thể hướng dẫn cho học sinh trong phạm vi đó, từ đó học sinh dần
dần lĩnh hội kiến thức một cách có hệ thống và vận dụng hợp lí vào các bài tập
dạng này. Trong thực tế các dạng bài toán, mỗi vấn đề thường có nhiều phương
án giải quyết, mỗi phương pháp có nhiều ưu điểm, nhược điểm riêng của nó.
Đối với đối tượng học sinh khá giỏi giáo viên nên khuyến khích tìm tòi nhiều
cách khác nhau để qua đó các em được củng cố kiến thức, rèn kĩ năng, phát triển
tư duy toán học linh hoạt và sáng tạo, vận dụng kiến thức đã học vào việc rút
gọn. Với học sinh trung bình có thể làm được những bài tập điển hình đơn giản.
Với học sinh khá giỏi các em có thói quen tư duy sâu hơn. Tìm ra hướng suy
nghĩ để giải bài tập, có kĩ năng đơn giản hóa các vấn đề phức tạp. Đặc biệt nhiều
học sinh rất hứng thú học toán, có học sinh đã tìm các bài tập để làm và đề nghị
giáo viên ra những bài tập khó hơn.
Trong quá trình thực hiện đề tài, Tôi nhận thấy để làm tốt đề tài này yêu cầu
giáo viên và học sinh phải thực hiện tốt một số nội dung sau:

- Đối với giáo viên:
+ Nghiên cứu SGK, SBT và các tài liệu tham khảo, nâng cao;
+ Tránh một số sai lầm mà học sinh hay vướng mắc;
+ Giúp học sinh suy nghĩ để tự tìm ra cách giải bài tập là chủ yếu.
+ Trong quá trình làm bài tập trước hết cần đưa ra phương pháp chung để
học sinh tìm hiểu
+ Khi đưa ra một bài toán bao giờ cũng yêu cầu học sinh giải bằng nhiều
cách (nếu có thể) sau đã tìm ra lời giải hay nhất.
- Đối với học sinh:
17


+ Học sinh phải nắm chắc kiến thức cơ bản, bằng cách học lí thuyết trước
khi làm bài tập;
+ Rèn thói quen không phụ thuộc nhiều vào sách vở;
+ Đứng trước một bài toán rút gọn biểu thức phải đọc kĩ đề bài, tìm hiểu xem
vận dụng phương pháp nào đã học để giải quyết;
Trên đây là đề tài Tôi đưa ra với mục đích nghiên cứu và tìm hiểu sâu hơn
các phương pháp để rút gọn biểu thức đại số, đây là một dạng toán rất quan
trọng trong quá trình học toán ở trường THCS. Do vậy khi nghiên cứu đề tài này
Tôi đã có thêm những hiểu biết của mình, gióp phần nâng cao chất lượng giảng
dạy của bản thân trong những năm tiếp theo. Đồng thời với đề tài này tôi hi
vọng đây là một tài liệu thiết thực để cho các đồng nghiệp khác tham khảo trong
quá trình giảng dạy.
Đề tài "Rút gọn biểu thức bằng phương pháp khử liên tiếp" đối với
chương trình toán THCS là tổng hợp một số bài toán ở tất cả các khối lớp, có
nhiều dạng bài tập được trình bày logic. Ngoài SGK và SBT Tôi còn tìm hiểu
thêm một số tài liệu nâng cao, bên cạnh đó Tôi còn tham khảo ở các đồng
nghiệp đã cùng Tôi giảng dạy nghiên cứu về toán THCS. Tuy nhiên trong nội
dung đề tài này không tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong nhận được sự giúp

đỡ góp ý của các đồng nghiệp để đề tài này được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn ./.

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ XÁC NHẬN
(Ký tên và đóng dấu)

NGƯỜI THỰC HIỆN
(Ký và ghi rõ họ tên)

18


Nguyễn Huy Hải

19