Phát triển tư duy cho học sinh lớp 6a3 trường THCS nguyễn văn trỗi thông qua giải bài toán số học

MỤC LỤC
I. Mục lục
1.2. Lý do chọn đề tài
1.3.Đỗi tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1.5. Những điểm đổi mới của SKKN
II. Nội dung SKKN
2.1. Cơ sở lý luận của SKKN
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi nghiên cứu
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
2.4. Hiệu quả của SKKN
III. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
3.3. Tài liệu tham khảo

1
2
2
2
3
3
3
3
5
18
18
18
19
19

I.MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục luôn đổi mới
không ngừng. Các nhà trường luôn chú trọng đến chất lượng toàn diện bên cạnh
sự đầu tư thích đáng cho giáo dục. Với vai trò là môn học công cụ, bộ môn Toán
đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác.

1


Dạy toán là một hoạt động toán học cho học sinh, trong đó giải toán là
công việc chủ yếu. Để rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh, ngoài việc trang
bị tốt hệ thống kiến thức cơ bản và rèn luyện kỹ năng giải bài tập, giáo viên cần
hướng dẫn cho học sinh biết khai thác, mở rộng kết quả những bài toán đơn giản
và xây dựng bài toán gốc để giải một loạt các bài toán liên quan. Điều này giúp
học sinh tự tìm tòi suy nghĩ ra những bài toán mới và có những cách giải sáng
tạo.
Dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản một
cách có hệ thống mà phải được nâng cao, phát triển để các em có hứng thú, say
mê học tập là một câu hỏi mà mỗi thầy cô chúng ta luôn đặt ra cho mình.
Để đáp ứng được yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập của
học sinh, trong giảng dạy chúng ta phải biết chắt lọc nội dung kiến thức, phải đi
từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thành tổng quát giúp học
sinh có thể phát triển tư duy Toán học.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Với mong muốn nâng cao hiệu quả công tác giảng dạy nói chung và
công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 6 nói riêng. Tôi nhận thấy chương
trình toán 6 có rất nhiều nội dung hay và hấp dẫn, cách tính tổng và tìm tích là
một trong những nội dung thú vị, phong phú, đa dạng. Để giải các bài toán dạng
này thông thường ta biến đổi để làm xuất hiện các số hạng đối nhau sau khi thu

gọn ta được một số ít số hạng mà ta dễ dàng tính được hoặc làm xuất hiện các
dãy số mà ta dễ dàng tính được hoặc là ta phải phân tích các phân số thành một
tích như thế nào đó để có thể rút gọn được. Nhưng biến đổi như thế nào để xuất
hiện các hạng tử đối nhau hoặc các dãy số dễ dàng tính được lại là vấn đề không
đơn giản mà học sinh hay mắc phải. Tôi xin đưa ra đề tài: “Phát triển tư duy
cho học sinh lớp 6A3 trường THCS Nguyễn Văn Trỗi thông qua giải bài toán
số học”. Ở đề tài này tôi xin đưa ra vài bài toán mang nội dung tính tổng theo
quy luật và một số bài toán tìm tích để giới thiệu cách khai thác kết quả, mở
rộng bài toán và xây dưng bài toán gốc (bài toán tổng quát) để giải một loạt các
bài toán tương tự nhằm mục đích phát huy trí tuệ sáng tạo của học sinh, rèn
luyện năng lực tư duy cho học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Tập trung nghiên cứu số học sinh lớp 6A3 trường trung học cơ sở Nguyễn
Văn Trỗi Thành phố Thanh Hóa.
Hướng dẫn các em làm một số bài tập về dãy số dễ dàng tính được lại là
vấn đề không đơn giản mà học sinh hay mắc phải
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Chủ yếu phương pháp khái quát hóa, tổng hợp hóa từ các bài tập cụ thể để
tổng kết kinh nghiệm
1.5. Những đổi mới của SKKN:
- Từ những những bài tập đơn giản trong sách giáo khoa lớp 6, Tôi đã
tổng kết kinh nghiệm và đưa ra những “nhận diện” đặc chưng của các dạng bài
toán về dãy số, giúp học sinh hiểu và làm tốt hơn những dạng bài toán này.
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2


2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Trước đây việc dạy học toán thường sa vào phương pháp đọc chép áp đặt
kiến thức, học sinh lĩnh hội kiến thức một cách bị động, người giáo viên thường

chú trọng đến số lượng bài tập. Nhiều học sinh chỉ hiểu bài thầy dạy mà không
tự giải được bài tập. Việc phát triển bài toán ít được học sinh quan tâm đúng
mức. Phần nhiều học sinh cảm thấy sợ môn số học, giải bài tập số học. Thực
tiễn dạy học cho thấy: HS khá - giỏi thường tự đúc kết những tri thức, phương
pháp cần thiết cho mình bằng con đường kinh nghiệm, còn học sinh trung bình
hoặc yếu, kém gặp nhiều khó khăn hoặc không thể nắm được bài.
Để có kĩ năng giải bài tập số học cần phải qua quá trình luyện tập. Tuy
rằng, không phải cứ giải bài tập nhiều là có kĩ năng, việc luyện tập sẽ có hiệu
quả, nếu như học sinh nắm chắc được lí thuyết và biết khéo léo khai thác từ một
bài tập này sang một loại bài tập tương tự, nhằm vận dụng một tính chất nào đó,
rèn luyện một phương pháp học tập nào đó cho mình.
Nếu người thầy giáo biết hướng cho học sinh cách học chủ động thì học sinh
không những không có ái ngại với môn số học mà còn hừng thú với việc học số
học. Học sinh không còn cảm thấy học số học nói riêng và toàn học nói chung là
gánh nặng, mà còn ham mê học toán, có được như thế mới là thành công trong
việc dạy học môn toán.
Trong quá trình dạy học môn toán, tôi suy ngẫm vẫn khẳng định rằng:
phương pháp dạy giải toán theo yêu cầu của phương pháp tìm tòi lời giải Có
nhiều yêu điểm và phát huy được tác dụng tốt cho nhiều đối tượng - dạy toán
theo yêu cầu của phương pháp tìm tòi lời giải của bài toán gồm hai nội dung:
a - Dạy cách tìm tòi lời giải của bài toán
b - Dạy cách giải toán
c. Từ những bài toán cụ thể (giải phương trình bậc cao) đưa về
những phương trình cơ bản đã được học...
Từ đó tôi suy nghĩ rằng một phương pháp dạy tốt là một phương pháp
xích gần nhận thức trong học tập của học sinh với nhận thức sáng tạo - hay nói
cách khác là phương pháp dạy cho học sinh tư duy sáng tạo - cốt lõi của hoạt
động dạy và học, vì vậy tôi chỉ chọn một khía cạnh trong việc hường dẫn học
sinh có cách tư duy sáng tạo cho các bài toán và các em đưa ra những cách giải
cơ bản ở một số phương trình bậc bốn nói chung, mà hiện nay trong chương

trình Đại số cấp THCS chỉ đề cập đến phương trình bậc bốn đặc biệt .
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
2.2.1. Thuận lợi:
- Qua nhiều năm giảng dạy Toán 6 và bồi dưỡng, nâng cao chất lượng cho
học sinh khá giỏi lớp 6 đã giúp tôi nhận thấy được một số điểm yếu trong cách
tư duy, khai thác bài toán của các em học sinh.
- Thư viện nhà trường luôn có một số sách bồi dưỡng toán nâng cao và
các tài liệu có liên quan.
- Nhà trường luôn tạo điều kiện thuận lợi để tôi viết đề tài.
- Các em học sinh học giỏi toán thì không nhiều nhưng các em rất chăm
ngoan, chịu khó học tập, biết tiếp thu và nghe lời thầy cô giáo.

3


- Gia đình học sinh luôn tạo điều kiện để các em học tốt môn toán cũng
như các môn học khác.
2.2.2. Khó khăn:
- Đối với học sinh khối 6 cũng như các khối 7, 8, 9 việc được học toán
nâng cao là rất ít, vì không có lớp chọn cho các đối tượng này. Giáo viên chủ
yếu dạy lồng ghép vào các lớp học đại trà, nên không được chuyên sâu nâng cao
cho học sinh giỏi toán.
- Đối với Nhà trường thì chưa thực hiện các kì thi riêng chọn học sinh giỏi
cấp trường và chưa tổ chức được lớp chọn dành cho học sinh giỏi.
2.2.3. Khảo sát học sinh:
Trước khi triển khai chuyên đề tôi đã tiến hành kiểm tra sự hiểu biết của
các em học sinh lớp 6A3 của nhà trường trong việc khai thác cách giải và giải
một số bài toán sau.
ĐỀ BÀI
(Thời gian làm bài 60 phút)

* Thực hiện tính các tổng sau:
A = 1×2 +  2 ×3 +3 ×4 +L
   +  99 ×100
1)
B = 1×3 +  3 ×5 +  5 ×7 +L +  97 ×99
2)
C = 1×2 ×3 +  2 ×3 ×4 +L +  3 ×4 ×5 +L +  98 ×99 ×100
3)
4)

S =

1
1
1
1
+
+
+L +
1 ×2 2 ×3 3 ×4
99 ×100

* Tìm số tự nhiên x biết rằng :
5)

1 1 1
2
1998
+ + + ... +
=

3 6 10
x( x + 1) 2000

1) A = 333300
3) C = 24497550
5) x = 1999

ĐÁP ÁN - BIỂU CHẤM
2 điểm
2) B = 161651
99
2 điểm
4) S =
100
1,5 điểm

2 điểm
2,5 điểm

THỐNG KÊ KẾT QUẢ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG ĐỀ TÀI
Tổng số học
Yếu kém
Trung bình
Khá
Giỏi
sinh 6A3
SL
%
SL
%

SL
%
SL
%
43
13
30.23
17
39.53
10
23.26
03
6.98
Sau khi kiểm tra các em học sinh lớp 6A3 của nhà trường tôi thấy trong
cách tư duy của các em còn tồn tại một số điểm sau:
- Học sinh có nhiều em chưa biết cách giải một số bài toán đơn giản về dãy
số dạng như bài kiểm tra, lời giải còn trình bày dài dòng, rắc rối.
- Học sinh chưa phát huy được tư duy sáng tạo, khả năng học hỏi, sự tìm tòi
kiến thức mới.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện đề tài:
2.3.1. Giải pháp thực hiện đề tài:

4


Để khắc phục một số hạn chế như trên và để nâng cao hiệu quả trong việc
bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 6, tôi đưa ra một số giải pháp như sau:
2.3.1.1. Giải pháp chung:
Giáo viên cần cung cấp cho học sinh các kiến thức cơ bản sau:
- Củng cố lại các phép tính cộng, trừ, nhân, chia, các phép biến đổi, quy

tắc dấu và quy tắc dấu ngoặc ở môn số học lớp 6.
- Rèn học sinh thói quen quan sát, nhận dạng bài toán, phân tích nhằm
phát hiện quy luật của bài toán..
- Rèn học sinh tính tự học, tự tìm tòi sáng tạo, biết cách tổ chức học tổ,
học nhóm một cách khoa học sáng tạo để tìm ra những cách giải hay.
2.3.1.2. Giải pháp cụ thể:
- Giáo viên đưa ra các bài tập để hướng dẫn cho học sinh cách làm cơ bản.
- Sau khi học sinh nắm được cách làm cơ bản rồi, giáo viên khai thác các
bài toán vận dụng tương tự.
- Tổ chức cho học sinh thảo luận làm một số bài toán tương tự như giáo
viên đã đưa ra.
- Cuối cùng giáo viên ra bài khảo sát, đánh giá kết quả để rút kinh
nghiệm.
2.3.2. Tổ chức thực hiện đề tài
2.3.2.1. Bài toán mở đầu về một số dãy số đơn giản:
     99 ×100
Bài toán 1: Tính A = 1×2 +  2 ×3 +3 ×4 +…+
Để tính A ta biến đổi A để xuất hiện các hạng tử đối nhau. Muốn vậy ta
cần tách một thừa số trong mỗi hạng tử thành một hiệu: a = b − c
Lời giải:
3A = 1×2 ×3 +  2 ×3 ×3 +  3 ×4 ×3 +L
  +  99 ×100 ×3
= 1×2 ×3 +  2 ×3 ×( 4 −1)  +  3 ×4 ×( 5 −  2 )  +L
  +  99 ×100 ×( 101 −  98 )
= 1×2 ×3 + 2 ×3 ×4 −1×2 ×3 + 3 ×4 ×5 − 2 ×3 ×4 +L
  + 99 ×100 ×101 − 98 ×99 ×100
= 99 ×100 ×101
⇒ A = 33 ×100 ×101 = 333300
Ta tổng quát thành bài toán sau:
Tính tổng:

A = 1.2 +2.3 + 3.4 + ………+ n(n+1). Với n là số nguyên dương.
Với cách làm tương tự ta có:
3A = 1.2.3 + 2.3.4 -1.2.3 + 3.4.5 – 2.3.4 +……..+ n(n+1)(n+2) – (n-1)n(n+1)
= n(n+1)(n+2) ⇒ A =

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

Từ bài toán tổng quát này ta có thể đề xuất thêm 2 bài toán tính tổng sau:
a.
12 + 22 + 32 + …………+ n2
b.
1.4 + 2.5 + 3.6 +…………+ n(n+3)
Lời giải:
Câu a:
Nhận xét: n2 = n(n+1) – n
⇒ 12+ 22 + 32 + …………+n2 =
=1.2 – 1 + 2.3 – 2 + 3.4 – 3 +………+ n(n+1) – n
5


= 1.2 +2.3 + 3.4 + ………+ n(n+1) – ( 1 +2 +3 +………+n)
n(n + 1)(n + 2) n(n + 1)
n(n + 1)(2n + 1)
−
=
3
2
6

=

Câu b:
Nhận xét: n(n+3) = n(n+1) + 2n
⇒ 1.4 +2.5 +3.6 +…………+ n(n+3) =
=1.2 +2.1 +2.3 +2.2 + 3.4 +2.3+………..n(n+1) +2n
=(1.2 +2.3 + 3.4 + ………+ n(n+1)) + 2( 1 +2 +3 +………+n)
=

n(n + 1)(n + 2)
n(n + 1)
n(n + 1)(n + 5)
+2
=
3
2
3

Lưu ý) Một số dãy số dễ dàng tính được:
1 + 2 + 3 +L
  + n ( n ∈ N* )

a + ( a + k ) + ( a + 2k ) + L + ( a + nk ) ( a,k,n ∈ N* )

Sau khi học sinh thực hiện được bài tập 1, Giáo viên có thể phát triển
thành bài toán mới chẳng hạn :
- Thay đổi giá trị các thừa số trong mỗi số hạng theo quy luật như bài tập 1
- Chứng minh rằng

A

là một số Tự nhiên hoặc chứng minh rằng A chia hết
100

cho 3.
Khai thác bài toán 1.
Trong bài toán 1 các thừa số trong mỗi hạng tử hơn kém nhau 1 đơn vị
hay cách nhau 1 đơn vị. Thay đổi khoảng cách giữa các thừa số trong mỗi hạng
tử ta có bài toán 2.
Bài toán 2: Tính A = 1×3 + 3 ×5 + 5 ×7 + L + 97 ×99
Lời giải:
6A = 1×3 ×6 + 3 ×5 ×6 +5 ×7 ×6 + L + 97 ×99 ×6
= 1×3 ×( 5 +1 ) + 3 ×5 ×( 7 −1)  +5 ×7 ( 9 − 3) + L + 97 ×99 ( 101 −95 )
= 1×3 ×5 + 1×3 + 3 ×5 ×7 −1×3 ×5 + 5 ×7 ×9 − 3 ×5 ×7 + L + 97 ×99 ×101 − 95 ×97 ×99
= 1×3 ×5 + 3 + 3 ×5 ×7 −1×3 ×5 + 5 ×7 ×9 − 3 ×5 ×7 + L + 97 ×99 ×101 − 95 ×97 ×99
= 3 + 97 ×99 ×101
1 + 97 ×33 ×101
⇒A=
= 161651
2
Trong bài toán 1 ta nhân A với 3. Trong bài toán 2 ta nhân A với 6. Ta có thể
nhận thấy để làm xuất hiện các hạng tử đối nhau ta nhân A với 3 lần khoảng
cách giữa 2 thừa số trong mỗi hạng tử:
3kn ( n + k ) = n ( n + k ) ( r + 2k ) − ( n − k ) n ( n + k )
Thay đổi số các thừa số trong tích ta có bài toán 3
Bài toán 3: Tính A = 1×2 ×3 + 2 ×3 ×4 + L + 98 ×99 ×100
Lời giải:

6

4A = 1×2 ×3 ×4 + 2 ×3 ×4 ×4 + 3 ×4 ×5 ×4 +L + 98 ×99 ×100 ×4
= 1×2 ×3 ×4 + 2 ×3 ×4 ( 5 −1) + 3 ×4 ×5 ( 6 − 2 ) +L + 98 ×99 ×100 ×( 101 − 97 )
= 1×2 ×3 ×4 + 2 ×3 ×4 ×5 −1×2 ×3 ×4 + 3 ×4 ×5 ×6 − 2 ×3 ×4 ×5 + L
+ 98 ×99 ×100 ×101 − 97 ×98 ×99 ×100
= 98 ×99 ×100 ×101
⇒ A = 98 ×99 ×25 ×10 = 24497550

Thay đổi khoảng cách giữa các thừa số trong mỗi hạng tử ở bài 3 ta có bài
toán 4:
Bài toán 4: Tính A = 1×3 ×5 + 3 ×5 ×7 + L + 5 ×7 ×9 + L + 95 ×97 ×99
Lời giải:
8A = 1×3×5×8+ 3×5×7×8+ 5×7×9×8+ L + 95×97×99×8
= 1×3×5×( 7+ 1) + 3×5×7×( 9− 1) + 5×7×9×( 11− 3) + L + 95×97×99×( 101− 93)
= 1×3×5×7+ 15+ 3×5×7×9− 1×3×5×7+ 5×7×9×11− 3×5×7×9+ L
+ 95×97×99×101− 3×95×97×99
= 15+ 95×97×99×101
15+ 95×97×99×101
⇒A=
= 11517600
8
Trong bài 3 ta nhân A với 4 (bốn lần khoảng cách).
Trong bài 4 ta nhân A với 8 .
Như vậy để giải bài toán dạng

n
∑ n(n+ k)(n+ 2k) ta nhân với 4k (4 lần
n=1

khoảng cách) sau đó tách:
4kn ( n + k ) ( n + 2k ) = n ( n + k ) ( n + 2k ) ( n + 3k ) − ( n − k ) ( n + k ) n ( n + 2k )

Thay đổi sự kế tiếp lặp lại ở các thừa số trong bài toán 1 ta có bài toán 5:
Bài toán 5: Tính A = 1×2 + 3 ×4 + 5 ×6 + L + 99 ×100
Lời giải:
A = 2 + ( 2 + 1) ×4 + ( 4 + 1) ×6 + L + ( 98 + 1) ×100
= 2 + 2 ×4 + 4 + 4 ×6 + 6 + L + 98 ×100 + 100
= ( 2 ×4 + 4 ×6 + L + 98 ×100 ) + ( 2 + 4 + 6 + 8 + L + 100 )
= 98 ×100 ×102: 6 + 102 ×50: 2
= 166600 + 2550
= 169150
Cách khác:
A = 1×( 3 −1) + 3 ×( 5 −1) + 5 ×( 7 −1) + L + 99 ×( 101 −1)
= 1×3 −1 + 3 ×5 − 3 + 5 ×7 − 5 + L + 99 ×101 − 99
= ( 1×3 + 3 ×5 + 5 ×7 + L + 99 ×101) − ( 1 + 3 + 5 + 7 + L + 99 )
= 171650 – 2500
= 169150
Trong bài toán này ta không nhân A với một số hạng mà tách ngay một
thừa số trong tích làm xuất hiện các dãy số mà ta đã biết cách tính hoặc dễ dàng
tính được. Làm tương tự với các bài toán 6:

7


Bài toán 6: Tính A = 12 + 22 + 32 + 42 + L + 1002
Lời giải:
A = 1 + 2 ×( 1 + 1) + 3 ×( 2 + 1) + 4 ×( 3 + 1) + L + 100 ×( 99 + 1)
= 1 + 1×2 + 2 + 2 ×3 + 3 + 3 ×4 + 4 + L + 99 ×100 + 100
= ( 1×2 + 2 ×3 + 3 ×4 + L + 99 ×100 ) + ( 1 + 2 + 3 + L + 100 )
= 333300 + 5050
= 338350
Thay đổi khoảng cách giữa các cơ số trong bài 6 ta có bài toán 7:

Bài toán 7: Tính A = 12 + 32 + 52 + L + 992
Lời giải:
A = 1 + 3 ×( 2 + 1) + 5 ×( 2 + 3) + 7 ×( 2 + 5 ) + L + 99 ×( 2 + 97 )
= 1 + 2 ×3 + 1×3 + 2 ×5 + 3 ×5 + 2 ×7 + 5 ×7 + L + 2 ×99 + 97 ×99
= 1 + 2 ×( 3 + 5 + 7 + L + 99 ) + ( 1×3 + 3 ×5 + 5 ×7 + L + 97 ×99 )
= 1 + 4998 + 161651
= 166650
Bài toán 8: Tính A = 1×2 ×3 + 3 ×4 ×5 + 5 ×6 ×7 + L + 99 ×99 ×100
Lời giải:
A = 1×3 ×( 5 – 3) + 3 ×5 ×( 7 – 3 ) + 5 ×7 ×( 9 − 3 ) +…+ 99 ×101×( 103 – 3 )

 = ( 1×3 ×5 + 3 ×5 ×7 + L + 5 ×7 ×9 + L + 99 ×101×103) – ( 1×3 ×3 + 3 ×5 ×3 + L + 99 ×101×3 )

= ( 15 + 99 ×101×103 ×105 ) :8 – 3 ×( 1×3 + 3 ×5 + 5 ×7 + L + 99 ×101)
  = 13517400 – 3 ×171650
=1 3002450
Thay đổi khoảng cách giữa các cơ số ở bài toán 8 ta có bài toán .
Lưu ý ) Trong bài toán 5 và 7 có thể sử dụng dãy tổng quát:
( n − a ) ( n + a ) = n2 − a2 ⇒ n2 = ( n − a ) ( n + a ) + a 2
a lµ kho¶ng c¸ch gi ÷a c¸c c¬sè.
Thay đổi số mũ của bài toán 7 ta có bài toán 9:
Bài toán 9: Tính A = 13 + 23 + 33 + L + 1003
Lời giải:
Sử dụng dãy tổng quát: ( n −1) n ( n + 1) = n 3 − n ⇒ n 3 = n + ( n −1) n ( n + 1) và sử
dụng kết quả của bài toán 8. Ta có:
A = 1 + 2 + 1×2 ×3 + 3 + 2 ×3 ×4 + L + 100 + 99 ×100 ×101

= ( 1 + 2 + 3 + L + 100 ) + ( 1×2 ×3 + 2 ×3 ×4 + L + 99 ×100 ×101)
= 5050 + 101989800 = 101994850
Bài toán 10: Tính A = 13 + 33 + 53 + L + 993

Lời giải:
Sử dụng dãy tổng quát:
( n − 2 ) n ( n + 2 ) = n3 − 4n ⇒ n3 = ( n − 2 ) n ( n + 2 ) + 4n
Ta có:
8


A = 1 + 1×3 ×5 + 4 ×3 + 3 ×5 ×7 + 4 ×5 + L + 97 ×99 ×101 + 4 ×99
= 1 + ( 1×3 ×5 + 3 ×5 ×7 + L + 97 ×99 ×101) + 4 ×( 3 + 5 + 7 + L + 99 )
= 1 + 12487503 + 9996 = 12497500
Với khoảng cách là a ta tách: ( n − a ) n ( n + a ) = n 3 − a 2n .
Ở bài toán 8, 9 ta có thể làm như bài toán 6, 7.
Thay đổi số mũ của một thừa số trong bài toán 1 ta có bài toán 11:
Bài toán 11: Tính A = 1×22 + 2 ×32 + 3 ×42 + L + 99 ×1002
Lời giải:
A = 1×2 ×( 3 −1) + 2 ×3 ×( 4 −1) + 3 ×4 ×( 5 − 1) +…+ 99 ×100 ×( 101 −1)
= 1×2 ×3 −1×2 + 2 ×3 ×4 − 2 ×3 + 3 ×4 ×5 − 3 ×4 +…+ 99 ×100 ×101 − 99 ×100
= ( 1×2 ×3 + 2 ×3 ×4 +…+ 99 ×100 ×101) − ( 1×2 + 2 ×3 + 3 ×4 +…+ 99 ×100 )
= 25497450 − 333300 = 25164150
2.3.2..2. Một số phương pháp tính tổng các dãy số tạo thành dãy số có qui luật:
a. Phương pháp dự đoán và quy nạp :
Trong một số trường hợp khi gặp bài toán tính tổng hữu hạn
Sn = a1 + a2 + .... an (1)
Bằng cách nào đó ta biết được kết quả (dự đoán , hoặc bài toán chứng minh khi
đã cho biết kết quả). Thì ta nên sử dụng phương pháp này và hầu như thế nào
cũng chứng minh được .
Ví dụ 1 : Tính tổng Sn =1+3+5 +... + (2n -1 )
Thử trực tiếp ta thấy : S1 = 1
S2 = 1 + 3 =22
S 3 = 1+ 3+ 5 = 9 = 32

...
...
...
Ta dự đoán Sn = n2
Với n = 1;2;3 ta thấy kết quả đúng
giả sử với n= k ( k ≥ 1) ta có Sk = k 2 (2)
ta cần phải chứng minh Sk + 1 = ( k +1 ) 2 ( 3)
Thật vậy cộng 2 vế của ( 2) với 2k +1 ta có
1+3+5 +... + (2k – 1) + ( 2k +1) = k2 + (2k +1)
vì k2 + ( 2k +1) = ( k +1) 2 nên ta có (3) tức là Sk+1 = ( k +1) 2
theo nguyên lý quy nạp bài toán được chứng minh
vậy Sn = 1+3=5 + ... + ( 2n -1) = n2
Tương tự ta có thể chứng minh các kết quả sau đây bằng phương pháp quy nạp
toán học .
n(n + 1)
2
n(n + 1)(2n + 1)
2, 12 + 2 2 + ..... + n 2 =
6
2
 n(n + 1) 
3, 13+23 + ..... + n3 = 

 2 
1
4, 15 + 25 + .... + n5 = .n2 (n + 1) 2 ( 2n2 + 2n – 1 )
12

1, 1 + 2+3 + .... + n =

9


b. Phương pháp khử liên tiếp :
Giả sử ta cần tính tổng (1) mà ta có thể biểu diễn a i , 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 2 : tính tổng :
1
1
1
1
+
+
+ ....... +
10.11 11 .12 12.13
99.100
1
1 1
1
1 1
=
−
= −
Ta có :

,
10.11 10 11
11 .12 11 12

S=

,

1
1
1
=
−
99.100 99 100

Do đó :
S=

1 1 1 1
1
1
1
1
9
− + − + ....... +
−
=
−
=
10 11 11 12

99 100 10 100 100

• Dạng tổng quát
1

1

1

Sn = 1.2 + 2.3 + ...... + n(n + 1) ( n > 1 )
= 1-

1
n
=
n +1 n +1

Ví dụ 3 : tính tổng
1

1

1

1

Sn = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...... + n(n + 1)(n + 2)
Ta có Sn =
Sn =
Sn =


1 1
1  1 1
1 
1 1
1

−
−
−

+ 
 + ........ + 
2  1.2 2.3  2  2.3 3.4 
2  n( n + 1) (n + 1)(n + 2) 

1 1
1
1
1
1
1


−
+
−
+ ...... +
−

2  1.2 2.3 2.3 3.4
n(n + 1) (n + 1)(n + 2) 


1 1
1
n(n + 3)

 =
−
2  1.2 ( n + 1)(n + 2)  4(n + 1)(n + 2)

Ví dụ 4 : tính tổng
Sn = 1! +2.2 ! + 3.3 ! + ...... + n .n! ( n! = 1.2.3 ....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 tổng
3

5

2n + 1

Sn = (1.2) 2 + (2.3) 2 + ....... + [ n(n + 1)] 2
10

2i + 1

1

1

Ta có : [ i(i + 1)] 2 = i 2 − (i + 1) 2 ;
Do đó

i = 1 ; 2 ; 3; ....; n

1
1
1 
1 1

) +  2 − 2  + ..... +  2 −
2
2
(n + 1) 2 
2 3 
n
1
n( n + 2)
= 1- (n + 1) 2 = (n + 1) 2

Sn = ( 1-

c. Phương pháp giải phương trình với ẩn là tổng cần tính:
Ví dụ 6 : Tính tổng
S = 1+2+22 +....... + 2100 ( 4)
ta viết lại S như sau :
S = 1+2 (1+2+22 +....... + 299 )
S = 1+2 ( 1 +2+22+ ...... + 299 + 2 100 - 2100 )
=> S= 1+2 ( S -2 100 ) ( 5)
Từ (5) suy ra S = 1+ 2S -2101
 S = 2101-1
Ví dụ 7 : tính tổng
Sn = 1+ p + p 2 + p3 + ..... + pn ( p ≠ 1)
Ta viết lại Sn dưới dạng sau :
Sn = 1+p ( 1+p+p2 +.... + pn-1 )
Sn = 1 + p ( 1+p +p2 +..... + p n-1 + p n –p n )
 Sn = 1+p ( Sn –pn )
 Sn = 1 +p.Sn –p n+1
 Sn ( p -1 ) = pn+1 -1
P n +1 − 1
 Sn =
p −1

Ví dụ 8 : Tính tổng
Sn = 1+ 2p +3p 2 + .... + ( n+1 ) pn , ( p ≠ 1)
Ta có : p.Sn = p + 2p 2 + 3p3 + ..... + ( n+ 1) p n +1
= 2p –p +3p 2 –p2 + 4p3–p3 + ...... + (n+1) pn - pn + (n+1)pn –pn + ( n+1) pn+1
= ( 2p + 3p2 +4p3 + ...... +(n+1) pn ) – ( p +p + p + .... pn ) + ( n+1) pn+1
= ( 1+ 2p+ 3p2+4p3+ ....... + ( n+1) pn ) – ( 1 + p+ p2 + .... + p n) + ( n +1 ) pn+1
P n +1 − 1
+ (n + 1) P n +1 ( theo VD 7 )
p.Sn=SnP −1

p n +1 − 1
n+1
Lại có (p-1)Sn = (n+1)p P −1
n +1
n +1
(n + 1) P
p −1
−
 Sn =
p −1
( P − 1) 2

d. Phương pháp tính qua các tổng đã biết
• Các kí hiệu :

n

∑a
i =1

i

= a1 + a 2 + a3 + ...... + a n

• Các tính chất :

11


n

1,
2,

∑ (a
i =1
n

∑ a.a
i =1

n

n

i =1

i =1

+ bi ) = ∑ ai + ∑ bi

i

n

i

= a ∑ ai
i =1

Ví dụ 9 : Tính tổng :
Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + ......... + n( n+1)
Ta có : Sn =

n

n

i =1

i =1

∑ i(i + 1) = ∑ (i

2

n

n

i =1

i =1

+ i) = ∑ i 2 + ∑ i

Vì :
n

∑ i = 1 + 2 + 3 + .... + n =

i =1

n( n + 1)
2

(Theo I )

n(n + 1)(2n + 1)
i =
∑
6
i =1
n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)(n + 2)
+
=
cho nên : Sn =
2
6
3
n

2

Ví dụ 10 : Tính tổng :
Sn =1.2+2.5+3.8+.......+n(3n-1)
ta có : Sn =

n

n

i =1
n

i =1

∑ i(3i − 1) = ∑ (3i

2

− i)

n

2
= 3∑ i − ∑ i
i =1

i = =1

Theo (I) ta có :
Sn =

3n( n + 1)(2n + 1) n(n + 1)
−
= n 2 (n + 1)
6
2

Ví dụ 11 . Tính tổng

Sn = 13+ +23 +53 +... + (2n +1 )3
ta có :
Sn = [( 13 +2 3 +33 +43 +....+(2n+1)3 ] –[23+43 +63 +....+(2n)3]
= [13+23 +33 +43 + ..... + (2n +1 )3] -8 (13 +23 +33 +43 +......+ n3 )
(2n + 1) 2 (2n + 2) 2 8n 2 (n + 1) 2
−
Sn =
4
4

( theo (I) – 3 )

=( n+1) 2(2n+1) 2 – 2n2 (n+1)2
= (n +1 )2 (2n2 +4n +1)
2.3.3. Tính tổng một số dãy số dạng phân số:
a) Ví dụ 1: Tính tổng sau:
S=

1
1
1
1
+
+
+ ... +
1.2 2.3 3.4
100.101

* Hướng dẫn cách tìm lời giải:
Bài toán này có tổng của các phân số có tử là 1 còn mẫu của các phân số là

1.2; 2.3; 3.4; ...100.101.
Như vậy mẫu của các phân số là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp. Cách giải
bài toán này là biến đổi mỗi phân số đã cho thành hiệu của 2 phân số, biến dãy
tính công thành dãy tính cộng và trừ.

12


Trước tiên, cho học sinh tiếp cận và chứng minh công thức tổng quát từ
những bài toán đơn giản. Có thể yêu cầu học sinh thực hiện bài toán sau :
Chứng tỏ rằng:
1
1
1 1
1
=
;
− =
;
2 1.2
2 3 2 .3
...........
1
1
1
−
=
n n + 1 n.( n + 1)

1−

Biến đổi vế trái = vế phải. Quá trình dạy học như sau :
Giải : Quy đồng mẫu số các phân số ở vế trái
1 2 −1 1
=
=
2 1.2 1.2
1 1 3−2
1
− =
=
2 3
2.3
2.3
...............
1
1
n +1− n
1
−
=
=
n n + 1 n.(n + 1) n.(n + 1)

1−

* Qua đó ta sẽ có cách giải Ví dụ 1 như sau :
1
1
1

1
+
+
+ ... +
1.2 2.3 3.4
100.101
1
1
1
1
1  1 1
100

 
 1 1
 1
−
=
= −
=  −  +  −  +  −  + ... + 
1 2   2 3   3 4 
 100 101  1 101 101

S=

+) Bài toán tổng quát:
1

1

1

1

Tính tổng: S = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n + 1)
1  1
1
n
1 1   1 1   1 1 
1
=
= −
=  −  +  −  +  −  + ... +  −
1

2 2

3 3

4

n

n + 1

1

n +1

n +1

b) Ví dụ 2:
Tính tổng: P =

2
2
2
2
+
+
+ ... +
1.3 3.5 5.7
99.101

* Phương pháp tìm lời giải:
Ta thấy P là tổng của các phân số có tử là 2, còn mẫu của các phân số là tích
của 2 chữ số lẻ liên tiếp hơn kém nhau 2 đơn vị, do đó ta có thể viết mỗi phân số
đó là hiệu của 2 phân số, phân số bị trừ có tử là 1 và mẫu là thừa số thứ nhất,
phân số trừ có tử là 1 và mẫu là thừa số thứ 2.
VD:

2 1 1
2
1 1
2
1 1
2
1
1
= − ;

= − ;
= − ; …;
=
−
1.3 1 3 3.5 3 5 5.7 5 7
99.101 99 101

Nên ta dễ dàng tính được tổng đã cho
* Cách giải:
2
2
2
2
+
+
+ ... +
1.3 3.5 5.7
99.101
1 1 1 1 1 1
1
1
= − + − + − + ... + −
1 3 3 5 5 7
99 101

P=

13

= 1−

1
100
=
101 101

+) Bài toán tổng quát:
2

2

1 1
1 3

1
3

2

2

2

Tính tổng: P = 1.3 + 3.5 + 5.7 + ... + 99.101 + ... + n.(n + 2) (n lẻ)
1
5

1
5

1
7

1
n

= − + − + − + ... + −

1
1
n +1
=
= 1−
n+2
n+2 n+2

c) Ví dụ 3: Tính tổng của 100 số hạng đầu tiên của dãy sau:
1 1
1
1
;
;
;
; ...
6 66 176 336

* Phương pháp tìm lời giải:
Ta thấy các số hạng trong dãy số trên có tử là 1 còn mẫu là:
6; 66; 176; 336; ... Vậy trước hết ta phải viết các mẫu đó thành tích của 2

số nào đó và phải đi tìm số hạng thứ 100 của dãy.
Ta nhận thấy: 6 = 1.6 ; 66 = 11.6 ; 176 = 11.16 ; 336 = 16.21
Ta thấy mẫu của các phân số này có quy luật là:
Tích của hai số có số tận cùng là 1 và một số tận cùng là 6.
Trong 2 thừa số của mẫu số có một thừa số hơn thừa số còn lại là 5 đơn vị.
Vậy mẫu số của số thứ n của dãy số có dạng: (5n-4)(5n+1).
=> Mẫu của số thứ 100 của dãy số: (5.100-4)(5.100+1)=496.501
Ta cần tính tổng A =

1
1
1
1
+
+
+ ... +
1.6 6.11 11 .16
496.501

Tương tự như bài trên ta tách từng phân số thành hiệu của 2 phân số, ta nhận
1
1

1
6

5
1 1 1
1
=> ( − ) =

1.6
5 1 6 1.6
1 1
5
1 1 1
1
Tương tự như vậy − =
=> ( − ) =
6 11 6.11
5 6 11
6.11
1
1
5
1 1
1
1
−
=
−
)=
=> (
496 501 496.501
5 496 501 496.501

thấy : − =

Từ đó ta tính được tổng A một cách dễ dàng
* Cách giải:
1 1

1
1
1
+
+
+
+ ... +
6 66 176 336
2484966
1
1
1
1
+
+
+ ... +
=
1.6 6.11 11 .16
496.501
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 1
1
−
)
= ( − ) + ( − ) + ( − ) +…+ (
5 1 6 5 6 11 5 11 16
5 496 501
1
1 

1 1 1 1 1 1
−
= 1 − + − + + + ... +
496 501
5  6 6 11 11 16
1  1 500 100
1
= .
= 1 −
=
5  501  5 501 501

A=

*) Bài toán tổng quát:
1

1

1

1

A = 1.6 + 6.11 + 11 .16 + ... + (5n − 4)(5n + 1)

14


1
1

1
1 1 1 1 1 1
−
)
( − ) + ( − ) +…+ (
5 (5n − 4 (5n + 1)
5 1 6 5 6 11
1  1 5n
1
n
= .
= 1 −
=
5  5n + 1  5 5n + 1 5n + 1

=

Lưu ý :

n 1 1
= −
ab a b

thì n = b – a

d) Ví dụ 4:
Tính tổng : B =

1
1

1
1
+
+
+ ... +
1.2.3 2.3.4 3.4.5
37.38.39

* Hướng dẫn: Ta thấy các phân số trong tổng B đều có tử là 1 còn mẫu của
các phân số là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp. Ta viết mỗi số hạng của tổng
thành hiệu của hai số sao cho số trừ của nhóm trước bằng số bị trừ của nhóm
sau. Ta tách phân số bị trừ có tử là 1 còn mẫu là 2 số tự nhiên liên tiếp đầu, phân
số trừ có tử cũng là 1 còn mẫu gồm có 2 số tự nhiên liên tiếp sau ( có 1 số giữa
trùng nhau).
1
1
2
1 1
1 
1
−
=
=> 
−
=
1.2 2.3 1.2.3
2  1.2 2.3  1.2.3
1
1
2

1 1
1 
1
−
=
=> 
−
=
…
23 3.4 2.3.4
2  2.3 3.4  2.3.4
1
1
2
1 1
1 
1
−
=
=> 
−
=
37.38 38.39 37.38.39
2  37.38 38.39  37.38.39
1
1
2
Tổng quát ta có thể áp dụng: n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)

Ta thấy:

* Cách giải:
1
1
1
1
+
+
+ ... +
1.2.3 2.3.4 3.4.5
37.38.39
1 1
1  1 1
1 
1 1
1 
−

=  −  +  −  +…+ 
2  1.2 2.3  2  2.3 3.4 
2  37.38 38.39 
1 1
1
1
1
1
1 
+
−
+ ... +

−

=  −
2  1 .2 2 .3 2 .3 3 .4
37.38 38.39 
1 1
1  11
1 
=  −

=  −
2  1.2 38.39  2  2 38.39 
1 741 − 1 1 740 1 370 185
= .
= .
= .
=
2 38.39 2 38.39 2 741 741

B=

* Bài toán tổng quát:
1

1 1
1
1
1
1
. −

+
+
+ ... +
=
n(n + 1)(n + 2) 2  2 (n + 1).(n + 2) 
1.2.3 2.3.4 3.4.5
1  (n + 1).(n + 2) − 2  (n + 1).(n + 2) − 2
= .
= 4(n + 1).(n + 2)
2  2(n + 1).(n + 2) 
1
1
1
1
101
e) Ví dụ 5 : Tìm x biết rằng :
+
+
+…+ x( x + 3) =
5.8 8.11 11 .14
1540

B=

Hướng dẫn tìm lời giải :
15


Ta thấy vế trái của đẳng thức là các phân số có cùng tử số là 1 và cùng mẫu
số là tích của 2 số hơn kém nhau 3 đơn vị :

Ta xét :
1 1
3
1 1 1
1
− =
=>  −  =
5 8
5.8
3  5 8  5.8
1 1
3
1 1 1 
1
−
=
=>  −  =
8 11
8.11
3  8 11 
8.11
1 1
3
11 1
1
−
=
=>  −  =
11 14
11 .14

3  11 14 
11 .14
3
1
1 
1
1
1 1
−
 =
= x( x + 3) =>  −
x.( x + 3)
x x +1
3  x x + 3

Từ đó ta có cách giải bái toán ở Ví dụ 3 như sau :
Cách giải :
1
1
1
1
101
+
+
+…+ x( x + 3) =
5.8 8.11 11 .14
1540

Ta có thể viết đẳng thức đã cho như sau:
1  101

1 1 1 1 1 1  1  1 1 
1 1
 −  +  −  +  −  +…+  −
=
3  5 8  3  8 11  3  11 14 
3  x x + 3  1540
1.
3

1
1  = 101
1 1 1 1 1 1
 − + − + − + ... + −

x x + 3  1540
 5 8 8 11 11 14
1  = 101
1 . 1
 −

3  5 x + 3  1540
1
1 = 101 .3
−
5 x + 3 1540
1
1 = 303
−
5 x + 3 1540
1 = 1 303 = 5

−
x + 3 5 1540 1540
1 = 1
x + 3 308

Ta có hai phân số bằng nhau với tử bằng nhau thì mẫu phải bằng nhau, tức
là : x+3 = 308 => x = 308 - 3=305
2.3.4. Tìm tích của dãy số:
a) Ví dụ 1: Tính tích sau : A =

3 8 15 9999
. . ....
4 9 16 10000

*) Hướng dẫn cách tìm lời giải: Các phân số đã cho trong tích đề có tử
nhỏ hơn mẫu số một đơn vị, mẫu là bình phương của một số tự nhiên n (n ≥ 2 ).
Nếu để cho học sinh vận dụng quy tắc nhân các phân số thì sẽ rất phức tạp trong
tính toán. Với đặc điểm trên A được viết như sau.
A=

3 8 15 9999
. . ....
2 2 3 2 4 2 100 2

Vấn đề đặt ra là ta phải phân tích các phân số trên thành một tích như thế
nào đó để có thể rút gọn được. Ở đây ta cần tách mỗi số của tử thành tích của hai
thừa số hơn kém nhau 2 đơn vị.
16

3 1.3
8 2.4 15 3.5
9999 99.101
= 2 ; 2 = 2 ; 2 = 2 .... ;
=
.
2
2
2
3
3
4
4
100 2
100 2

VD:

Sau đó ta lập ra ở tử và mẫu hai dãy thừa số để có thể rút gọn được. Hướng
dẫn cho học sinh rằng các thừa số thứ nhất của tử thuộc dãy các thừa số thứ
nhất, còn các thừa số thứ 2 thuộc dãy các số thứ 2. Từ đó ta có kết quả bài toán.
*) Cách giải:
3 8 15 9999
1.3 2.4 3.5
99.101
1.2.3....99 3.4.5....101
. 2 . 2 ....
.
=
2 .

2 .
2 …
2
2
2 =
2
3
4
100
2.3.4....100 2.3.4....100
2 3 4
100
1 101 101
.
=
=
100 2
200

A=

*) Bài toán tổng quát:
1.3 2.4
.
.
2 2 32
1 n +1
= .
=
n 2

A=

3.5
(n − 1).(n + 1)
2 …
4
n2
n +1
2n

(n ≥ 2 )

b) Ví dụ 2:



Tính tích : B = 1 −

1 
1 
1  
1 
.1 − 1 − ....1 −

21   28  36   1326 

*) Hướng dẫn cách tìm lời giải:
Thực hiện phép tính trong ngoặc được tích sau:

20 27 35 1325
. . ....
21 28 36 1326

Các phân số này có tử nhỏ hơn mẫu 1 đơn vị, còn mẫu số chưa được viết
theo một quy luật nào cả. Mẫu của 3 phân số đầu tiên có thể viết được là: 3.7;
4.7; 4.9. Các thừa số có lặp lại nhưng chưa theo một quy luật nào cả. Nhận thấy
thừa số 4 và 7 được lặp lại các thừa số ở mỗi tích không có mối liên hệ với nhau.
Vậy nếu có có các tích 6.7; 7.8; 8.9 thì các thừa số ở 3 mẫu của 3 phân số đầu
tiên đã được viết theo một quy luật nhất định, đó là dãy hai thừa số là 2 số tự
nhiên liên tiếp bắt đầu từ số 6. Để có được như vậy ta phải nhân tử và mẫu của 3
phân số với 2 ta được:
40 54 70
5.8 6.9 7.10
. .
.
.
hay ta có thể viết là:
42 56 72
6.7 7.8 8.9

Đến đây ta thấy tử của phân số có 2 thừa số hơn kém nhau 3 đơn vị. Nhân
tử và mẫu của phân số cuối cùng với 2, rồi dựa vào nhận xét trên về tử và mẫu
của 3 phân số đầu, ta có :

2650 50.53
=
2652 51.52

Như vậy tích đã cho được viết thành :

5.8 6.9 7.10
50.53
.
.
….
, đến đây các
6.7 7.8 8.9
51.52

thừa số viết trước ở tử và mẫu là dãy tích ở tử và mẫu của phân số thứ nhất, các
thừa số viết sau ở tử và mẫu là dãy các tích ở tử và mẫu của phân số thứ 2. Từ
đó ta có kết quả của bài toán.
*) Cách giải
1 
1 
1  
1 
20 27 35 1325

. . ....
.1 − 1 − ....1 −
 =
21 28 36 1326
 21   28  36   1326 
5.8 6.9 7.10
50.53
5.6.7....50 8.9.10.....53
5 53 265
.

= . .
….
=
= . =
6.7 7.8 8.9
51.52
6.7.8....51 7.8.9.....52
51 7 357

B = 1 −

17


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm:
Sau khi đưa ra các cách khai thác bài toán tính tổng, tích. Tôi đã tiến hành
ra bài kiểm tra để đánh giá kết quả tiếp thu một cách thông minh linh hoạt của
học sinh và qua đó so sánh với khảo sát trước đây, rút kinh nghiệm đưa ra các
giải pháp phù hợp.
ĐỀ BÀI
(Thời gian làm bài 60 phút)
   +  96 ×98 ×100
1) Tính tổng : A = 2 ×4 ×6 +  6 ×8 ×10 +10 ×12 ×14 +L
2) Tính tổng : B = 1×3 ×5 +  5 ×7 ×9 +  9 ×11×13 +L +  97 ×99 ×101
2
2
2
3) Cho P = 1 + 2 + L + 100 . Chøng minh r»ng: B < 26
1×3 3 ×5
199 ×201

4)
5)

T ×mx biÕt:
2
2
2
4020
+
+L +
=
1+ 2 1+ 2 + 3
1 + 2 + 3 + ... + x 2010
Chứng minh rằng :

100 - 1 + + + ... +


1
2

1
3

1  1 2 3
99
 = + + + ... +
100  2 3 4
100

KẾT QUẢ KIỂM NGHIỆM SAU KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
Tổng số học
Yếu kém
Trung bình
Khá
Giỏi
sinh 6A3
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
43
02
4.65
8
18.60
18
41.86
15
34.89
* Nhận xét:
- Học sinh nắm vững các kiến thức về cách tìm ra quy luật để tính tổng
dãy số và tìm tích của dãy số.
- Đa số học sinh biết tính tổng dãy số theo quy luật, biết tìm ra quy luật để
tính, trình bày gọn gàng logíc, dễ hiểu.

- Nhìn chung đa số các em biết vận dụng cách tính tổng trong việc chứng
minh đẳng thức và tìm số.
3. KẾT LUẬN, KIỆN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Thông qua việc nghiên cứu đề tài và những kinh nghiệm từ thực tiễn
giảng dạy, tôi xin rút ra một số kinh nghiệm sau:
Như vậy, từ những điều đã học bằng phương pháp suy nghĩ cơ bản đặc
biệt hoá, tổng quát hoá, tương tự ta tìm ra nhiều điều giúp ta nhìn thấy sự liên hệ
giữa các vấn đề với nhau. Nhờ các phương pháp đó chúng ta có thể mở rộng,
đào sâu thêm kiến thức bằng cách nêu lên và giải quyết những vấn đề tổng quát
hơn, những vấn đề tương tự hoặc đi sâu vào những trường hợp đặc biệt có ý
nghĩa. Điều đó vừa làm cho người thầy có cái nhìn sâu hơn, rộng hơn về một
vấn đề, một bài toán, đồng thời tạo cho học sinh biết cách học, cách suy nghĩ và
giải quyết một vấn đề hoặc tự mình có thể đặt ra và giải quyết các vấn đề mới từ
các vấn đề đã học. Từ đó nâng cao chất lượng dạy và học. Việc giảng dạy, đặc
biệt là giảng dạy bồi dưỡng học sinh mũi nhọn, rút ra kinh nghiệm phát triển tư
18


duy cho học sinh qua việc khai thác bài toán phải là việc làm thường xuyên
trong từng tiết giảng, đòi hỏi người giáo viên phải đầu tư nhiều thời gian nghiên
cứu tài liệu cùng với sự sáng tạo của mình để tổng hợp, sắp xếp các nhóm bài
tập hợp lý. Phải luôn đưa học sinh vào tình huống có vấn đề cần giải quyết vừa
sức với các em, trên cơ sở đó rèn kỹ năng và phát huy được sự năng động, sáng
tạo vốn có của các em học sinh .
3.2. Kiến nghị:
- Đưa đề tài ra thảo luận trước tổ chuyên môn, sau đó là thảo luận ở hội
đồng khoa học nhà trường để điều chỉnh bổ sung những phần kiến thức hoặc nội
dung còn thiếu của đề tài.
- Sau khi điều chỉnh xong thì thống nhất triển khai áp dụng trong việc bồi

dưỡng học sinh mũi nhọn, hoặc lấy đó làm tài liệu tham khảo của giáo viên dạy
toán.
- Để công việc đầu tư mũi nhọn có hiệu quả thì nhà trường cần tiến hành
các cuộc thi học sinh giỏi cấp trường do nhà trường tổ chức, phát động phong
trào thi đua học tốt môn toán.
Trên đây là một vài kinh nghiệm trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi
toán lớp 6. Đề tài không thể tránh khỏi những sai sót, trong khi vấn đề nâng cao
chất lượng mũi nhọn đang còn nhiều khó khăn nói chung, đặc biệt là các vùng
ngoại thành và nông thôn. Vì vậy bản thân tôi luôn tự học, tự bồi dưỡng, đúc rút
kinh nghiệm, học hỏi đồng nghiệp nhằm đóng góp một số kinh nghiệm của mình
vào công tác giảng dạy để góp phần giải quyết phần nào khó khăn về chất lượng
học sinh mũi nhọn.
Tôi rất mong nhận được sự góp ý xây dựng chân thành của Hội đồng khoa
học các cấp và các đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện và sử dụng rộng rãi
đạt hiệu quả cao hơn.
3.3. Tài liệu tham khảo
- SGK toán 6
- Bồi dưỡng và năng cao toán 6
- Nâng cao và phát triển toán 6
Xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN
Ngọc Trạo, ngày 20 tháng 03 năm 2017
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không copy nội dung của người khác.

Viên Thị Thủy

19