SKKN một số kinh nghiệm trong việc dạy dãy số viết theo quy luật

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên có tính thực tiễn cao. Từ lâu, con
người đã vận dụng kiến thức Toán học để tính toán, giải quyết các vấn đề trong tự
nhiên và trong thực tiễn của cuộc sống. Có thể khẳng định rằng: Tất cả các môn
khoa học khác đều liên quan mật thiết với Toán học. Vì vậy, việc giảng dạy Toán
học phải hướng tới một mục đích lớn hơn, đó là thông qua việc dạy học Toán để
phát triển trí tuệ, phát huy trí thông minh, sự sáng tạo đồng thời góp phần giáo dục
phẩm chất, đạo đức, lối sống và rèn luyện kĩ năng sống cho học sinh.
Tri thức khoa học của nhân loại vô cùng phong phú và luôn mới mẻ. Mục tiêu
giáo dục thay đổi, yêu cầu chúng ta phải đổi mới phương pháp dạy học một cách
phù hợp. Để giúp cho giáo viên tháo gỡ những khó khăn trong quá trình đổi mới
phương pháp dạy học, đã có nhiều giáo sư tiến sỹ, các nhà khoa học chuyên tâm
nghiên cứu, thí điểm và triển khai đại trà về đổi mới phương pháp dạy học.
Để đáp ứng yêu cầu đổi mới căn bản và toàn diện giáo dục đào tạo theo tinh
thần Nghị quyết 29 của BCH Trung ương Đảng khóa XI, vấn đề đổi mới phương
pháp dạy học đối với tất cả các môn học phải theo hướng tích cực hoá hoạt động
học tập của học sinh, dưới sự tổ chức hướng dẫn, chỉ đạo của giáo viên. Học sinh
tự giác, chủ động tìm tòi, phát hiện và giải quyết vấn đề để lĩnh hội tri thức, từ đó
học sinh tích cực, chủ động sáng tạo, có ý thức vận dụng linh hoạt các kiến thức đã
học vào vào thực tiễn.
Đối với môn toán trong trường phổ thông, dạy toán là dạy hoạt động toán học.
Đối với học sinh có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán
học. Quá trình giải toán là quá trình rèn luyện phương pháp suy nghĩ, phương pháp
tìm tòi và vận dụng kiến thức vào thực tế. Thông qua việc giải toán để củng cố,
khắc sâu kiến thức, rèn luyện được những kĩ năng cơ bản trong môn Toán. Từ đó,
rút ra được nhiều phương pháp dạy học hay, những tiết lên lớp có hiệu quả nhằm
phát huy hứng thú học tập của học sinh, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục
toàn diện.
Nhưng trong quá trình học Toán nói chung, đặc biệt là phần Số học nói riêng,
việc nắm bắt và vận dụng kiến thức, tìm ra phương pháp giải đối với học sinh là

khó khăn. Vì vậy, những giáo viên dạy Toán phải có nhiệm vụ trang bị kiến thức
cũng như phương pháp giải đối với từng dạng toán cho học sinh.
Là một giáo viên dạy môn Toán học, sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy học
sinh và học hỏi, trao đổi với đồng nghiệp, tôi nhận thấy trong việc giảng dạy phần
Số học còn nhiều mảng kiến thức mà học sinh chưa có phương pháp giải cụ thể
như: Các bài toán chia hết, các bài toán về cấu tạo số, các dạng toán về biểu thức,...
Đặc biệt là dạng toán “Dãy số viết theo quy luật”, đây là dạng toán tương đối khó
đối với học sinh THCS, trong khi đó dạng toán này chưa đề cập nhiều trong sách
giáo khoa, chủ yếu chỉ đưa ra một vài bài toán trong sách nâng cao, không đưa ra
phương pháp giải cụ thể, bắt buộc học sinh tự vận dụng kiến thức, suy nghĩ của
1


mình để giải quyết, vì thế các em còn lúng túng, chưa định ra phương pháp giải bài
tập (chưa tìm ra quy luật của dãy số). Xuất phát từ thực tế đó, tôi mạnh dạn chọn
đề tài “ Một số kinh nghiệm trong việc dạy dãy số viết theo quy luật” để giúp các
em tháo gỡ khó khăn trên.
1.2. Những điểm mới của đề tài
Nội dung “Dãy số viết theo quy luật” đã có nhiều người nghiên cứu, nhất là
những giáo viên giảng dạy tại các trường THCS. Tuy vậy qua tìm hiểu và nắm bắt
ở trong trường và các trường bạn, các thầy cô giáo chủ yếu tập trung vào việc
nghiên cứu các dạng bài tập nhỏ về dãy số viết theo quy luật. Điểm mới trong đề
tài bản thân tôi thực hiện tập trung hệ thống hóa các dạng bài tập liên quan đến các
dạng dãy số viết theo quy luật, vận dụng dạng toán đó để chuyển thành dạng toán
mới cùng với các phương pháp cụ thể và các bài tập mở rộng, nâng cao cùng dạng
cho học sinh khá giỏi.
1.3. Phạm vi áp dụng của đề tài
Đề tài trên tôi đã thực hiện đối với dạy các tiết Toán trong chương trình chính
khóa và day bồi dưỡng học sinh giỏi cho các em tại đội tuyển học sinh giỏi của
trường nơi tôi trực đang công tác và có thể áp dụng để bồi dưỡng HSG toàn huyện.

2


2. PHẦN NỘI DUNG
2.1. Thực trạng của vấn đề
Qua thực tế giảng dạy môn Toán ở trường THCS, tôi nhận thấy nội dung
lượng kiến thức của bộ môn Toán nhiều, nhiều dạng bài tập. Mỗi tiết dạy đại trà ở
lớp, giáo viên hướng dẫn học sinh tiếp nhận kiến thức về các dạng Toán cơ bản cho
nhiều đối tượng. Như vậy không có đủ lượng thời gian để giáo viên mở rộng và
nâng cao kiến thức cũng như rèn luyện kỹ năng giải bài tập cho học sinh. Biện
pháp tốt nhất để rèn luyện kỹ năng giải bài tập cho học sinh để học sinh có thể
thường xuyên được luyện giải nhiều dạng bài tập khác nhau, cũng như tiếp xúc với
các dạng bài tập có tính chất mở rộng và nâng cao, để từ đó học sinh có thể vận
dụng một cách linh hoạt các cách giải từng dạng bài tập là hướng dẫn học ở
nhà.Việc học sinh tự học ở nhà có một ý nghĩa lớn lao về mặt giáo dục và giáo
dưỡng. Nếu việc học ở nhà của học sinh được tổ chức tốt sẽ giúp các em rèn luyện
thói quen làm việc tự lực, giúp các em nắm vững tri thức, có kỹ năng, kỹ xảo.
Ngược lại nếu việc học tập ở nhà của học sinh không được quan tâm tốt sẽ làm cho
các em quen thói cẩu thả, thái độ lơ là đối với việc thực hiện nhiệm vụ của mình
dẫn đến nhiều thói quen xấu làm cản trở đến việc học tập. Vì vậy chất lượng chưa
được đáp ứng.
Trước khi thực hiện đề tài tôi đã tiến hành kiểm tra và khảo sát đối với 15 học
sinh khá, giỏi ở các lớp 6 tại đơn vị bằng một số bài tập nâng cao. Kết quả thu
được như sau:
0-<2
2-<5
5 - < 6,5
6,5 - < 8
8 – 10

SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
01
6,7
06
40,0
05
33,3
02
13,3
01
6,7
* Nhận xét:
Cơ bản học sinh nắm được nội dung của lý thuyết đơn thuần, song do các
dạng bài tập phức tạp (nhiều yêu cầu, giả thiết có nhiều yếu tố), vì vậy, còn nhiều
học sinh chưa nắm được nội dung của lý thuyết và các phương pháp giải toán, kĩ
năng vận dụng kiến thức và phương pháp vào giải bài tập, kĩ năng trình bày bài
còn hạn chế. Qua kết quả đại trà các năm trước và khảo sát số học sinh khá, giỏi tôi
nhận thấy do những nguyên nhân sau:
* Về phía giáo viên: Việc đánh giá chất lượng học sinh có lúc còn nương nhẹ,
giáo viên bồi dưỡng chưa đưa ra được phương pháp giải cụ thể cho mỗi dạng bài
tập, chưa có kinh nghiệm trong công tác bồi dưỡng HSG.

* Về phía học sinh: Do học sinh chưa ham học, chỉ làm những gì giáo viên
giao, ý thức tìm tòi, ham hiểu biết chưa hình thành thói quen ở các em.Kiến thức
học sinh còn chưa đồng đều.
* Nguyên nhân khác: Do một số phụ huynh học sinh chưa nhận thức sâu sắc
về ý nghĩa và tầm quan trọng của việc học Toán, nhất là kiến thức nâng cao nên
chưa thực sự quan tâm đến việc học tập của học sinh.
3


2.2. Các giải pháp để tiến hành giải quyết vấn đề
2.2.1. Cung cấp kiến thức cơ bản:
2.2.1.1. Quy đồng mẫu số nhiều phân số
- Tìm mẫu số chung (tìm BCNN của các mẫu)
- Tìm thừa số phụ của mỗi mẫu.
- Nhân tử và mẫu của mỗi phân số với thừa số phụ tương ứng.
2.2.1.2. Các phép tính của phân số
a. Cộng, trừ phân số cùng mẫu:
A B A+B
+
=
(M ≠ 0)
M M
M
A B A−B
−
=
(M ≠ 0, A ≥ B)
M M
M

b. Cộng, trừ phân số không cùng mẫu:
- Quy đồng mẫu các phân số.
- Cộng các tử của các phân số đã được quy đồng và giữ nguyên mẫu chung.
A C A.C
. =
(B, D ≠ 0)
B D B.D
A C A.D
d. Chia 2 phân số: : =
(B, C, D ≠ 0)
B D B.C

c. Nhân các phân số:

2.2.1.3. Tính chất cơ bản của phép cộng và phép nhân phân số
a. Tính chất giao hoán:
a c c a
+ = + (b, d ≠ 0)
b d d b
a c c a
- Phép nhân: . = . (b, d ≠ 0)
b d d b

- Phép cộng:

b. Tính chất kết hợp:
a c m a c m
- Phép cộng:  +  + = +  +  (b, d, n ≠ 0)
b

d

n

b

d

n



- Phép nhân:  . .

a c m a c m
= . .  (b, d, n ≠ 0)
b d n b d n 

c. Tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng (trừ):
a c m a m c m
 + . = .. + . (b, d, n ≠ 0)
b d n b n d n

2.2.1.4. Các phép tính về lũy thừa
a. Định nghĩa luỹ thừa với số mũ tự nhiên
a.a.........a
an =     (n ∈ N*)

n thừa số
b. Một số tính chất:

Với a, b, m, n ∈ N
am. an = am+n,

am. an . ap = am+n+p (p ∈ N)
4


am : an = am-n
(a ≠ 0, m > n)
(a.b)m = am. bm
(m ≠ 0)
m n
m.n
(a ) = a (m,n ≠ 0)
Quy ước:
a1 = a
a0 = 1
(a ≠ 0)
Với: x, y ∈ Q; m, n ∈ N; a, b ∈ Z
x.x.........
2 43x
xn = 14
n

(x ∈ N*)

n

an
a

  = n
b
b

(b ≠ 0, n ≠ 0)

xo = 1
xm . xn = xm+n
xm
= x m−n
n
x

x-n =

(x ≠ 0)

1
xn

(x ≠ 0)

(xm)n = xm.n
(x.y)m = xm. ym
n

x
xn
  = n
y

 y

(y ≠ 0)

2.2.1.5. Bất đẳng thức: Bất đẳng thức có dạng a > b, a < b
Tính chất:
- Tính chất bắc cầu: Nếu a > b, b > c thì a > c
- Tính chất đơn điệu của phép cộng: Nếu a > b thì a + c > b + c
- Tính chất đơn điệu của phép nhân: Nếu a > b thì a . c > b . c (c > 0)
- Cộng từng vế của 2 bất đẳng thức cùng chiều:
Nếu a > b, c > d thì a + c > b + d
2.2.1.6. Dãy số cách đều
a. Định nghĩa: Dãy số cách đều là một dãy số trong đó mỗi số hạng đứng sau bằng
số hạng đứng ngay trước nó cộng với một số d không đổi
- Dãy số cách đều có thể là hữu hạn có thể là vô hạn
- Các số hạng của dãy số cách đều thường được kí hiệu là U1; U2; U3 ..... Un
- Dãy số cách đều còn được gọi là một cấp số cộng, số d không đổi nói tới trong
định nghĩa gọi là công sai của cấp số cộng
b. Tìm số hạng thứ n của dãy số cách đều
Công thức Un = U1 + (n-1)d
Tìm số số hạng của một dãy số cách đều hữu hạn:
Công thức

n=

U n − U1
+1
d

d. Tính tổng các số hạng của một dãy số cách đều

5


Công thức: Sn=

n(U 1 + U n )
2

2.2.2 Trang bị các dạng toán về dãy số viết theo quy luật và phương pháp
giải:
2.2.2.1. Dạng 1: Tính tổng, tính số số hạng của dãy
Phương pháp giải
a. Công thức tính số hạng thứ n của một dãy số cộng (khi biết n và d)
Xét dãy số cộng a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ,..., an trong đó a2 = a1 + d . Ta có:
a3 = a1 + 2d ; a4 = a1 + 3d ;...
Tổng quát: an = a1 + (n − 1)d (I)
Trong đó: n gọi là số số hạng của dãy cộng
d hiệu giữa hai số hạng liên tiếp
Từ (I) ta có: n =

an − a1
+ 1 (II)
d

Công thức (II) giúp ta tính được số số hạng của một dãy cộng khi biết: Số hạng đầu
a1 , số hạng cuối an và hiệu d giữa hai số hạng liên tiếp.
b. Để tính tổng S các số hạng của dãy cộng: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ,..., an . Ta viết:
S = a1 + a2 + L + an −1 + an
S = an + an −1 + L + a2 + a1

Nên 2S = (a1 + an ) + ( a2 + an −1 ) + L + ( an −1 + a2 ) + ( an + a1 ) = ( a1 + an ) n
Do đó: S =

(a1 + an )
(III)
2

c. Để tìm số số hạng của 1 dãy số mà 2 số hạng liên tiếp của dãy cách nhau cùng
một số đơn vị, ta dùng công thức:
Số số hạng = (số cuối – số đầu):(khoảng cách giữa hai số hạng liên tiếp) +1
d. Để tính tổng các số hạng của một dãy số mà 2 số hạng liên tiếp cách nhau cùng
một số đơn vị, ta dùng công thức:
Tổng = (Số đầu + số cuối).(số số hạng):2
* Bài tập áp dụng
Bài 1. Tìm chữ số thứ 100 khi viết liên tiếp liền nhau các số hạng của dãy số lẻ 1;
3; 5; 7;...
Bài 2. Có số hạng nào của dãy sau tận cùng bằng 2 hay không?
1;1 + 2;1 + 2 + 3;1 + 2 + 3 + 4;...

Hướng dẫn: Số hạng thứ n của dãy bằng:

n(n + 1)
2

Nếu số hạng thứ n của dãy có chữ số tận cùng bằng 2 thì n(n + 1) tận cùng bằng 4.
Điều này vô lí vì n(n + 1) chỉ tận cùng bằng 0, hoặc 2, hoặc 6.
Bài 3. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số 100! chứa thừa số nguyên tố 7 với số
mũ bằng bao nhiêu?
Bài 4. Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau:
a. 1.6; 2.7; 3.8; ...

6


b. 1.4; 4.7; 7.10;..
Bài 5. Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của các dãy sau:
1
1
1
1
1 1
1
1
;
;
;
;...
;
;
,...
a.
b. ;
1.2 2.3 3.4 4.5
6 66 176 336
Hướng dẫn:
b. Ta thấy 6 = 1.6; 66 = 6.11; 176 = 11.16; 336 = 16.21,…
Do đó số hạng thứ n của dãy có dạng (5n – 4)(5n + 1).
Bài 6. Tìm tích của 98 số hạng đầu tiên của dãy:
1 1
1
1

1
1 ; 1 ; 1 ; 1 ; 1 ;...
3 8 15 24 35
Hướng dẫn: các số hạng đầu tiên của dãy được viết dưới dạng:
4 9 16 25 36
22
32
42
52
62
; ;
;
;
;...
;
;
;
;
;...
Hay 1.3 2.4 3.5 4.6 5.7
3 8 15 24 35

Do đó số hạng thứ 98 có dạng
Ta cần tính:

A=

992
.
98.100

22 32 42 52 62
992
× × × × L
1.3 2.4 3.5 4.6 5.7 98.100

Kết quả A =

99
50

2.2.2.2. Dạng 2: Tính tổng của các lũy thừa với cơ số là số tự nhiên
* Bài toán tổng quát:
- Tính tổng: S = 1 + a + a2 + a3 + … + an-1 + an ( a > 1; n ∈ N ) .
a n +1 − 1
.
a −1
( a > 1; n ∈ N ) .

Ta nhân cả 2 vế của S với a. Rồi trừ vế với vế ta được S=
- Tính tổng: P = 1 – a + a2 - a3 + … + a2n

a 2 n +1 + 1
.
a +1
* Khai thác bài toán: Vì S, P là các số nguyên nên (a n+1 − 1) ( a − 1) và

Ta nhân cả 2 vế của P với a. Rồi cộng vế với vế ta được P=
(a 2 n +1 + 1) ( a + 1) .

Ví dụ 1: Tính các tổng sau:
a. A = 1 + 5 + 52 + 53 + … + 599 + 5100
b. B = 1 – 10 + 102 – 103 + 104 – … – 1099 + 10100
Giải:
a. Ta có: 5A = 5 + 52 + 53 + … + 599 + 5100 + 5101
=> 5A - A= 5101 - 1 => A=

5101 − 1
4

b. 10B = 10 – 102 + 103 - 104 + 105 - … - 10100 + 10101
=> 10B + B = 10101 + 1 => 11B = 10101 + 1 => B=

10101 + 1
11

Ví dụ 2: Chứng minh rằng
a. 10941 − 1M108
7


b. 109109 + 1M110
Giải:
a. Xét tổng S = 1 + 109 + 1092 + 1093 + … + 10939 + 10940 (S ∈ N)
=> 109.S = 109 + 1092 + 1093 + … + 10940 + 10941
=> 109.S - S= 10941 - 1
10941 − 1
∈ N ⇒ 10941 − 1M
108
=> S =

108

b. S = 1 – 109 + 1092 - 1093 + … + 109108 (S∈ N)
=> 109.S = 109 - 1092 + 1093 - … - 109108 + 109109
=> 109.S + S = 109109 + 1
=> S =

109109 + 1
∈ N ⇒ 109109 + 1M
110
110

* Bài toán tổng quát:
- Tính tổng: S = 1 + ad + a2d + a3d + … + and ( a > 1; n ∈ N ) .
a ( n +1) d − 1
Ta nhân cả 2 vế của S với a . Rồi trừ vế với vế ta được S =
.
ad −1
- Tính tổng: P = 1 - ad + a2d - a3d + … + a2nd ( a > 1; n ∈ N ) .
d

a ( 2n+2 ) d + 1
Ta nhân cả 2 vế của P với a . Rồi cộng vế với vế ta được P= d
.
a +1
d

( n +1) d
− 1)M( a d − 1) và
* Khai thác bài toán: Vì S, P là các số nguyên nên (a

(a (2 n + 2) d + 1) M( a d + 1) .

Ví dụ 3: Tính tổng
a. A = 1 + 42 + 44 + … + 498 + 4100
b. B = 1 – 53 + 56 - 59 + … + 596 - 599
Giải:
a. Ta thấy số mũ của hai số liền nhau cách nhau 2 đơn vị nên ta nhân hai vế với 4 2,
rồi trừ cho A, ta được:
42.A - A = (42 + 44 + … + 498 + 4100 + 4102) - (1 + 42 + 44 + … + 498 + 4100)
15.A = 4102 - 1 => A =

4102 − 1
15

b. Tương tự câu a, ta nhân cả hai vế của B với 53 rồi cộng vế với vế cho B ta được:
53.B + B = (53 - 56 + 59 - … + 599 - 5102) + (1 – 53 + 56 - 59 + … + 596 - 599)
126.B = - 5102 + 1 B =

−5102 + 1
126

* Bài tập áp dụng:
Bài 1.Tính tổng:
a. A = 3 + 33 + 35 + … + 399 + 3101
b. B = 1 - 73 + 76 - 79 + … + 796 - 799
Bài 2. Chứng minh rằng:
a. 300209 − 1M
209
8

b. 30000 2009 + 1M
30001
2.2.2.3. Dạng 3: Tính tổng của các tích:
Phương pháp giải 1:
n

* Tổng của tích hai thừa số

∑ n(n + k ) .
n =1

Nhân cả biểu thức với 3 lần khoảng cách giữa 2 thừa số trong mỗi số hạng.
Sau đó tách n(n + k)k = n(n + k)(n + 2k) – (n - k) n(n + k). Xuất hiện các hạng tử
đối nhau trong tổng, ta gộp các hạng tử đó với nhau.
Ví dụ 1: Tính tổng A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 98.99 + 99.100 + 100.101
Giải:
3A = 3. (1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 98.99 + 99.100+ 100.101)
= 1.2(3 - 0) + 2.3(4 - 1) + … + 99.100(101 - 98) + 100.101(102 - 99)
= 1.2.3 + 2.3.4 - 1.2.3 + 3.4.5 - 2.3.4 + … + 99.100.101 - 98.99.100 +
100.101.102 – 99.100.101
= 100.101.102
=> A =

100.101.102
= 343 400
3

Ta chú ý tới đáp số 100.101.102 là tích của 3 số, trong đó 100.101 là số hạng

cuối của A và 102 là số tự nhiên liền sau của 101, tạo thành tích của 3 số tự nhiên
liên tiếp. Ta có kết quả tổng quát như sau:
A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + (n - 1)n =
2

2

2

( n − 1) n( n + 1)
3
2

Vận dụng 1: Tính tổng 1 + 2 + 3 + ... + 100
Giải:
12 + 22 + 32 + ... + 1002 = 1.1 + 2.2 + 3.3 + .... + 100.100
= 1.(2 – 1) + 2.(3 – 1) + 3.(4 – 1) + ..... + 100.(101 - 1)
= 1.2 – 1.1 + 2.3 – 2.1 + 3.4 – 3.1 + … + 100.101 – 100.1
= 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 100.101 – 1.1 – 2.1 – 3.1 – .... – 100.1
= (1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 100.101) – (1 + 2 + 3 + .... + 100)
= 343 400 - (1 + 100). 100:2 = 343 400 - 5050 = 338 350
*Bài toán tổng quát: 12 + 22 + 32 + ... + n2
= (1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n. ( n + 1)  – (1 + 2 + 3 + .... + n)
=
=

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

2
6
n. ( n + 1) . ( n + 2 ) .2 − 3
6

=

n. ( n + 1) . ( 2n + 1)
6

Vận dụng 2: Tính tổng 22 + 42 + 62 + ... + 2002
Hướng dẫn: 22 + 42 + 62 + ... + 2002 = (1.2)2 + (2.2)2 + (2.3)2 + ... + (2.100)2
= 22 .(12 + 22 + 32 + ... + 1002 )
9


*Bài toán tổng quát: 22 + 42 + 62 + ... + (2n)2 = 22(12 + 22 + 32 + … + n2)

=

22 n. ( n + 1) . ( 2n + 1) 2n.( 2n + 1)( 2n + 2)
=
6
6

Vận dụng 3: Tính tổng 12 + 32 + 52 + ... + 992
Hướng dẫn:
2
1 + 32 + 52 + ... + 992 = (12 + 22 + 32 + ... + 1002) – (22 + 42 + 62 + ... + 1002 )
*Bài toán tổng quát: 12 + 32 + 52 + ... + (2n + 1)2

2
2
2
2
2
2
2
2
= 1 + 2 + 3 + ... + ( 2n + 2 )   −  2 + 4 + 6 + ... + ( 2n + 2 )  

(2n + 2).(2 n + 3).(2(2n + 2) + 1) (2n + 2).(2n + 3).(2 n + 4)
−
6
6
(2n + 2).(2 n + 3).(2(2n + 2) + 1) − (2n + 2).(2n + 3).(2 n + 4)
=
6
(2n + 2).(2 n + 3).[ 2(2n + 2) + 1 − (2 n + 4) ]
(2n + 2).(2 n + 3). ( 4n + 4 + 1 − 2 n − 4 )
=
=
6
6

=

=

( 2n + 1).( 2n + 2).( 2n + 3)
6

Ví dụ 2: Tính: A = 1.3 + 3.5 + 5.7 + ... + 97.99
Giải:
6A = 1.3.6 + 3.5.6 + 5.7.6 + ... +97.99.6
= 1.3(5 + 1) + 3.5(7 - 1) + 5.7(9 - 3) + ... + 97.99(101 - 95)
= 3 + 97.99.101
A =

1 + 97.33.101
= 161651
2
n

* Tổng của tích ba thừa số

∑ n(n + k )(n + 2k ) .
n =1

Nhân cả biểu thức với 4 lần khoảng cách giữa 2 thừa số trong mỗi số hạng.
Sau đó tách 4kn(n + k)(n + 2k) = n(n + k)(n + 2k)(n + 3k) - (n - k)(n + k)n(n
+2k).
Xuất hiện các hạng tử đối nhau trong tổng, ta gộp các hạng tử đó với nhau.
Ví dụ 3: Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + … + 98.99.100
Giải:
4A = 1.2.3.4 + 2.3.4.4 + 3.4.5.4 + … + 98.99.100.4
= 1.2.3.4 + 2.3.4(5 - 1) + 3.4.5(6 - 2) + … + 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 + … + 98.99.100.101 97.98.99.100 = 98.99.100.101
98.99.100.101
⇒A =
= 24 497 550

4
* Bài toán tổng quát:
A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + (n - 1)n(n + 1) =

( n − 1) n( n + 1)( n + 2)
4

10


Ví dụ 4: Tính: A = 1.3.5 + 3.5.7 + … + 5.7.9 + … + 95.97.99
Giải:
8A = 1.3.5.8 + 3.5.7.8 + 5.7.9.8 + … + 95.97.99.8
= 1.3.5(7 + 1) + 3.5.7(9 - 1) + 5.7.9(11 - 3) + …+ 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 + … + 95.97.99.101 93.95.97.99 = 15 + 95.97.99.101

⇒ A=

15 + 95.97.99.101
= 11 517 600
8

Thay đổi sự kế tiếp lặp lại ở các thừa số trong bài toán 1 ta có bài toán:
Phương pháp giải 2: Tách ngay một thừa số trong tích làm xuất hiện các dãy
số mà ta biết cách tính hoặc dễ dàng tính được.
Ví dụ 5: Tính: A = 1.2 + 3.4 + 5.6 + …+ 99.100
Lời giải 1:
A = 2 + (2 + 1)4 + (4 + 1)6 + … + (98 + 1).100
= 2 + 2.4 + 4+ 4.6 + 6 + … + 98.100+100
= (2.4 + 4.6 + … + 98.100) + (2 + 4 + 6 + 8 + ... + 100)

= 98.100.102:6 + 102.50:2
= 166600 + 2550
= 169150
Lời giải 2:
A = 1(3 - 1) + 3(5 - 1) + 5(7 - 1) + … + 99(101 - 1)
= 1.3 - 1 + 3.5 – 3 + 5.7 – 5 + … + 99.101 - 99
= (1.3 + 3.5 + 5.7 + … + 99.101) - (1 + 3 + 5 + 7 + ... + 99)
= 171650 - 2500
= 169150
Ví dụ 6: Tính: A = 1.2.3 + 3.4.5 + 5.6.7 + … + 99.100.101
Giải:
A = 1.3(5 - 3) + 3.5(7 - 3) + 5.7(9 - 3) + … + 99.101(103 - 3)
= (1.3.5 + 3.5.7 + 5.7.9 + ... + 99.101.103) - (1.3.3 + 3.5.3 + ... + 99.101.3)
= (15 + 99.101.103.105):8 - 3(1.3 + 3.5 + 5.7 + ... + 99.101)
= 13517400 - 3.171650
= 13002450
Vận dụng 1: Tính: A = 13 + 23 + 33 + ... + 1003
Giải:
Sử dụng: (n - 1)n(n + 1) = n3 - n
⇒ n3 = n + (n-1)n(n+1)
⇒ A = 1 + 2 + 1.2.3 + 3 + 2.3.4 + ... + 100 + 99.100.101
= (1 + 2 + 3 + ... + 100) + (1.2.3 + 2.3.4 + ... + 99.100.101)
= 5050 + 101989800
= 101994850
11


Vận dụng 2: Tính: A= 13 + 33 +53 + ... +993
Giải:
Sử dụng (n - 2)n(n + 2) = n3 - 4n

⇒ n3 = (n - 2)n(n + 2) + 4n
⇒ A = 1 + 1.3.5 + 4.3 + 3.5.7 + 4.5 + ... + 97.99.101 + 4.99
= 1 + (1.3.5 + 3.5.7 + ... + 97.99.101) + 4(3 + 5 + 7 + ... + 99)
= 1 + 12487503 + 9996
= 12497500
Với khoảng cách là a ta tách: (n - a)n(n + a) = n3- a2n
Thay đổi số mũ của một thừa số trong bài toán 8 ta có:
Vận dụng 3: Tính: A = 1.22 + 2.32 + 3.42 + ... + 99.1002
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 + 3.4.5 + ... + 99.100.101) - (1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100)
= 25497450 - 333300
= 25164150
* Bài tập áp dụng:
Bài 1. Tính A = 1.79 + 2.78 + 3.77 + ... + 39.41 + 40.40
Bài 2. Tính B = 1.99 + 3.97 + 5.95 + ... + 49.51
Bài 3. Tính C = 1.3 + 5.7 + 9.11 + ... + 97.101
Bài 4. Tính D = 1.3.5 - 3.5.7 + 5.7.9 - 7.9.11 + ... - 97.99.101
Bài 5. Tính E = 1.33 + 3.53 + 5.73 + ... + 49.513
Bài 6. Tính F = 1.992 + 2.982 + 3.972 + ... + 49.512
2.2.2.4. Dạng 4: Dãy phân số
Phương pháp giải: Sử dụng các công thức tổng quát sau, áp dụng vào từng
bài toán cụ thể.
Các kiến thức
1

1

1

1) n(n + 1) = n − n + 1 .
2)

k
1 
1
= k × −
÷.
n( n + 1)
 n n +1

3)

1
1 1
1 
= × −
÷.
n( n + k ) k  n n + k 

4)

k
1 
1
= −
÷.
n( n + k )  n n + k 

5)

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

6)

1
1  1
1 
= ×
−
÷.
(2n + 1)(2n + 3) 2  2n + 1 2n + 3 

12


1

1

1

7) n.(n + 1) < n 2 < ( n − 1).n .
(Trong đó: n, k ∈ N∗ , n > 1 )
Mở rộng với tích nhiều thừa số:
2n
1
1
=
−
a (a + n)(a + 2n) a (a + n) ( a + n)(a + 2n)

Ví dụ 1: Tính tổng: A =

1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
+
1.2 2.3 3.4
43.44 44.45

Giải:
1 1 1 1
1
1

1
1
A = − + − + ... + − +
−
1 2 2 3
43 44 44 45
1 44
A = 1−
=
45 45
1
1
1
1
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 +...+ 2 < 1
2
3
4
100

* Hướng dẫn tìm cách giải.
Ta thấy các phân số trong tổng ở vế trái là các phân số có tử là 1 còn mẫu là
bình phương của một số tự nhiên n. (n ≥ 2 ).
1
1 1 1
1
1 1 1 1
1 1 1
= − ; 2 < = − ; 2 < = − ; ...
2 <

1.2 1 2 3
2.3 2 3 4
3.4 3 4
2
1
1
1
1
= −
2 <
99.100 99 100
100
a < b
Sau đó áp dụng tính chất:
 => a+c < b+d
c < d
1
1
1
1
Từ đó ta có điều phải chứng minh: 2 + 2 + 2 +...+ 2 < 1
2
3
4
100
1
1 1 1
1
1 1 1
= − ; 2< = −

2 <
1.2 1 2 3
2.3 2 3
2
1
1 1 1
1
1
1
1
= − ; ...
= −
2 <
2 <
3.4 3 4
99.100 99 100
4
100
1
1
1
1
1
1
1
1
Vậy 2 + 2 + 2 +...+ 2 < + + +...+
99.100
2
3

4
100 1.2 2.3 3.4
1
1
1
1
1 1 1 1 1
1
1
1 − + − + − +...+ −
2 + 2 + 2 +...+
2 <
2 2 3 3 4
99 100
2
3
4
100
1
1
1
1
1
99
−
=
<1
2 + 2 + 2 +...+
2 <1
100 100

2
3
4
100
1
1
1
1
Hay 2 + 2 + 2 +...+ 2 < 1 (Điều phải chứng minh).
2
3
4
100
1
1
1
1
Mở rộng bài toán: Chứng minh rằng: A = 2 + 2 + 2 +...+ 2 < 1
n
2
3
4
2
2
2
+
+ ... +
Ví dụ 3: Tính S =
1.2.3 2.3.4
37.38.39

Giải:
13


2
2
2
1
1
1
1
1
1
+
+ ..... +
=
−
+
−
+ ...... +
−
1.2.3 2.3.4
37.38.39 1.2 2.3 2.3 3.4
37.38 38.39
1
1
1
1
19.39 − 1 740 370

=
−
= −
=
=
=
1.2 38.39 2 38.39
38.39
1482 741
S=

* Bài tập áp dụng:
Bài 1. Tính tổng:

1 1 1
1
1
+ + + ... +
+
2 6 12
1892 1980

Hướng dẫn giải: 1 . 2 = 2; 2 . 3 = 6; ...; 43 . 44 = 1892; 44 . 45 = 1980
Và tất nhiên ta cũng nghĩ đến bài toán ngược.
2 2 32
42 52
99 2
+
+
+

+ ... +
. Tìm phần nguyên của B.
1.3 2.4 3.5 4.6
98.100
1 .4 2 .5 3 .6
98.101
+
+
+ ... +
Bài 3. Cho N =
. Chứng minh 97 < N < 98.
2 .3 3 .4 4 .5
99.100

Bài 2. Cho B =

Bài 4. Tìm x thuộc N biết:
1
1
1
44
+
+ ... +
=
1.2 2.3
x( x + 1) 45

Hơn nữa ta có:

1

1 1
1
1
1
<
; 2 <
;...; 2 <
2
2
1.2 3
2.3
45
44.45

Ta có bài toán:
1
1
1
+ 2 + ... + 2 < 1 .
2
2
3
45
1
1
1
Mặt khác 0 < 2 + 2 + ... + 2
2
3
45

Bài 5. Chứng minh rằng:

Do vậy, cho ta bài toán “tưởng như khó”
Bài 6. Chứng tỏ rằng tổng:

1
1
1
+ 2 + ... + 2 không phải là số nguyên.
2
2
3
45

Chúng ta cũng nhận ra rằng nếu a 1; a2; ...; a44 là các số tự nhiên lớn hơn 1 và khác
1

1

1

1
1
1
nhau thì a 2 + a 2 + ... + a 2 ≤ 2 + 2 + ... + 2
2
3
45
1

2
44
Giúp ta đến với bài toán Hay và Khó sau:
Bài 7. Tìm các số tự nhiên khác nhau a1; a2; a3; ...; a43; a44 sao cho

1
1
1
+ 2 + ... + 2 = 1
2
a1 a 2
a44

Ta còn có các bài toán “gần gũi” với bài 4 như sau:
Bài 8. Cho 44 số tự nhiên a1; a2; ...; a44 thỏa mãn
1
1
1
+ 2 + ... + 2 = 1
2
a1 a 2
a44

Chứng minh rằng, trong 44 số này, tồn tại hai số bằng nhau.
Bài 9. Tìm các số tự nhiên a1; a2; a3; ...; a44; a45 thỏa mãn a1 < a2 1

1

1

1

44

và a .a + a .a + ... + a .a + a .a = 45
1 2
2 3
43 44
44 45
Bài 10: Tính tổng:
14


1
1
1
1
+
+
+L +
.
1.2.3 2.3.4 3.4.5
2006.2007.2008
1
1
1
1
∗
b. S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + L + n.(n + 1).(n + 2) ; (n ∈ N ) .

a. S =

Bài 11: Chứng minh với mọi n ∈ N; n > 1 ta có: A =
Bài 12: Tính M =

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

1
1
1
+
+ ... +
1.2.3.4 2.3.4.5
27.28.29.30

Ngoài ra còn có những bài tập tổng dãy các phân số, nhưng không áp
dụng được các công thức tổng quát ở trên, ta áp dụng phương pháp sau:
Với bài toán chứng minh đẳng thức, ta phải biến đổi vế trái bằng vế phải. Ở
bài này ta thấy vế phải của đẳng thức là tổng của các phân số có mẫu lớn hơn tử 1

đơn vị. Để tổng mỗi phân số đó với một phân số nào đó bằng 1 thì ta phải cộng vế
phải với biểu thức trong ngoặc của vế trái. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng

100 - 1 + + + ... +
1
2



1
3

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

Giải:

100 - 1 + + + ... +
1
2



1
3

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


Cộng vào hai vế của đẳng thức trên với 1 + + + ... +


1
2

1
3

1 
 ta được đẳng thức
100 

mới như sau:

100 - 1 + + + ... +


1
2

1
3

1   1 1
1 
 + 1 + + + ... +
 =
100   2 3
100 

99   1 1
1 
1 2 3
 + + + ... +
 + 1 + + + ... +

100   2 3
100 
2 3 4
1 
1 1
 2 1
3 1
 99
+

100 = 1 +  +  +  +  +  +  + … + 
2

2

3

3

4

4

 100

100 

100 = 1 + 1 + 1 + 1 + … + 1
100 số 1

100 = 100 (đpcm)
Ví dụ 2: Cho S =

1 1
1
1
3
4
+ + + ... +
. Chứng minh rằng: < S <
31 32 33
60
5
5

* Hướng dẫn tìm cách giải.

Chia S thành 3 nhóm:
1
1   1
1
1
1  1 1
1
1 
 1 1
S =  + + + ... + ÷+  + + + ... + ÷+  + + + ... + ÷
40   41 42 43
50   51 52 53
60 
 31 32 33
10 10 10 47 48 4
=> S <
+ +
=
<
= ;
30 40 50 60 60 5
10 10 10 37 36 3
=> S >
+ +
=
<
=
40 50 60 60 60 5

15

1
n  với n tự nhiên.
a 

2.2.2.5. Dạng 5: Dãy luỹ thừa 
* Bài toán tổng quát:
1
a

- Tính tổng: S = +

1
1
1
1
1
+ 3 + 4 + L + n −1 + n ; ( n ∈ N ∗ ; a ≠ 0) . Ta nhân cả 2 vế của S
2
a
a a
a
a

1
. Rồi trừ vế với vế, sau đó ta rút ra S.
a
1 1 1 1
1

1
- Tính tổng: P = + 2 + 3 + 4 + L + n−1 + n ; ( n ∈ N ∗ ; a ≠ 0) Ta nhân cả 2 vế của P
a a
a a
a
a

với

với

1
. Rồi cộng vế với vế, sau đó ta rút ra P.
a

Ví dụ 1: Tính nhanh:
1
5

1 1 1
1 1
+ 3 + 4 +L + 7 + 8 .
2
5 5 5
5 5
1
1
1
1
1

b. − 2 + 3 − ..... − 99 + 100
10 10 10
10
10

a. A = +

Giải:
1 1 1 1
1 1
+ 3 + 4 +L + 7 + 8
2
5 5 5 5
5 5
1
1 1 1
1 1
A = 2 + 3 + 4 +L + 8 + 9
5
5 5 5
5 5
1
1 1 1 1 1
1 1
1 1 1 1
A − A =  + 2 + 3 + 4 + L + 7 + 8 ÷−  2 + 3 + 4 + L + 8 + 9 ÷
5
5 5  5 5 5
5 5 
5 5 5 5

a. A = +

4
1 1 1 
1
A = − 9 = . 1 − 8 ÷
5
5 5
5  5 

1 
1
. 1 − 8 ÷
1
1 5
1 1
⇒ A = 5  5  = . 1 − 8 ÷. = 1 − 8 ÷.
4
5  5  4  5  4
5
1
1
1
1
1
b. − 2 + 3 − ..... − 99 + 100
10 10 10
10
10

1
1
1
1
1
1
1
B = 2 − 3 + 4 − 5 + ...... − 100 + 101
10
10 10 10 10
10
10
B+

1
1
1
1
1
1   1
1
1
1
1
1 
1
B =  − 2 + 3 − 4 + ...... − 99 + 100 ÷+  2 − 3 + 4 − 5 + ...... − 100 + 101 ÷
10
10
10   10 10 10 10

10
10 
 10 10 10 10

11
1
1
1 
1 
B = + 101 = . 1 + 100 ÷
10
10 10
10  10 
B=

1 
1  11 
1  1
. 1 − 100 ÷: = 1 − 100 ÷.
10  10  10  10  11
1
2

Ví dụ 2: Tính: D = −

1
1
1
1
+ 7 − 10 + ... − 58

4
2
2
2
2

* Bài tập áp dụng
Bài 1. Tính nhanh:
16


1 1 1 1
1
+ 3 + 4 + L + 2007 .
2
4 4 4 4
4
1 1 1 1
1
1
b. C = + 2 + 3 + 4 + L + n−1 + n ; n ∈ N ∗ .
3 3 3 3
3
3
1 1 1
1
1
1
c. S = + 2 + 3 + 4 + L + n −1 + n ; ( n ∈ N ∗ ; a ≠ 0) .
a a

a a
a
a
1 1
1
1
Bài 2: Tính: C = + 3 + 5 + ... + 99
2 2
2
2

a. B = +

1
2 8 26
3n − 1
Bài 3: Cho A = + + + ... + n . Chứng minh A > n −
2
3 9 27
3

Bài 4: Cho B =

4 10 28
398 + 1
+ +
+ ... + 98 . Chứng minh B < 100.
3 9 27
3

2.2.2.6. Dạng 6: Dãy dạng tích các phân số viết theo quy luật
Phương pháp giải:
Viết biểu thức thành tích của các phân số nhỏ hơn, đơn giản hơn. Tách hoặc nhóm
các thừa số (phân số) và tìm các nhân tử chung ở tử và mẫu để giản ước.






+ 1÷
Ví dụ 1: Tính: E =  + 1÷ + 1÷ + 1÷........ 
 2  3  4 
 100 
Giải:
1

1

1

1

101 101
 1  1  1 
 1
 3 4 5
E =  + 1÷ + 1÷ + 1÷........ 
+ 1÷ = . . ......
=

100
3
 2  3  4 
 100  2 3 4






− 1 ÷.
Ví dụ 2: Tính: F =  − 1÷ − 1÷ − 1÷........ 
2
3
4
100






Giải:
1

1

1

1

−99 −1
 1  1  1 
 1
 −1 −2 −3
F =  − 1÷ − 1÷ − 1÷........ 
− 1÷ = . . .........
=
100 100
 2  3  4 
 100  2 3 4
8 15 24
2499
Ví dụ 3: Tính: A = . . .......
.
9 16 25
2500

Giải:
8 15 24
2499 2.4 3.5 4.6
49.51 ( 2.3.4.......49 ) . ( 4.5.6......51) 2.51 102
A = . . .......
=
.
.
.......
=
=
=

9 16 25
2500 3.4 4.4 5.5
50.50
( 3.4.5....50 ) . ( 3.4.5....50 ) 50.3 150

* Bài tập áp dụng
−1
 1
 1
 1
  1

Bài 1. Cho K =  2 − 1 2 − 1 2 − 1.... 2 − 1 . So sánh K với
2

 3

 4

  100



2

HD Giải: Kết hợp ví dụ 1 và ví dụ 2
1 3 5
99
1
1

. Chứng minh: < D <
2 4 6 100
15
10
1 2 3 4 30 31
Bài 3: Tính: H = . . . .... . .
4 6 8 10 62 64
1 
1 
11
 1  1 
 với
Bài 4: So sánh M = 1 − 1 − 1 − .....1 −
19
 4  9  16   100 

Bài 2: Cho D = . . .....

17


 1  2  3   10 
Bài 5: Tính P = 1 − 1 − 1 − .....1 −  .


7 

7 

7



7

2 
 2  2  2  

Bài 6: Tính: Q = 1 − 1 − 1 − .....1 −


3 

5 

7



2007 

 1 1  1 1  1 1   1 1 
Bài 7: Tính: T =  −  −  − ..... − 
2

3  2

5  2

7

2

99 

1 
1 
1 
1 
 1 
B = 1 + 1 + 2 1 + 4 .1 + 8 ....1 + 2 n  với n ∈ N
 3  3  3   3   3 

2.2.2.7. Dạng 7: Tính hợp lí các biểu thức có nội dung phức tạp
Phương pháp giải:
Hầu hết các biểu thức có nội dung phức tạp đều có dạng

M
, ta biến đổi M hoặc
N

N, hoặc cả hai về dạng của biểu thức còn lại hoặc về dạng của một biểu thức đơn
giản hơn.
Ví dụ 1: Tính giá trị của biểu thức:
1 1
1
1
1+ + +L + +
3 5
97 99

a. A = 1
1
1
1
1 .
+
+
+L +
+
1.99 3.97 5.95
97.3 99.1
1 1 1
1
1
+ + +L + +
b. B = 299 3 984 97 99 100
1 .
+ + +L +
1
2
3
99

Giải:
a. Biến đổi số bị chia:
(1 +

1
1 1
1 1

1 1
100 100 100
100
) + ( + ) + ( + ) +L + ( + ) =
+
+
+L
99
3 97
5 95
49 51 1.99 3.97 5.95
49.51

Biểu thức này gấp 50 lần số chia. Vậy A = 50.
b. Biến đổi số chia:
100 − 1 100 − 2 100 − 3
100 − 99
+
+
+L +
=
1
2
3
99
100   1 2 3
99 
 100 100 100
=
+

+
+L +
÷−  + + + L + ÷ =
2
3
99   1 2 3
99 
 1
1 
1
1 
1 1
1 1
= 100 + 100  + + L + ÷− 99 = 100  + + L + +
÷
99 
99 100 
2 3
2 3
1
Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia. Vậy B =
.
100

* Bài tập áp dụng:
1 
 1 1
100 − 1 + + + ... +

2 3

100 

Bài 1: Tính: D =
1 2 3
99
+ + + ... +
2 3 4
100

18


Hướng dẫn: Tách 100 ở tử thức thành 1 + 1 + 1 + …… + 1 rồi gộp mỗi số
hạng 1 đó với một số hạng trong ngoặc.
1
2
3
98 99
1 2 3
92
+
+
+ ... +
+
92 − − − − ... −
99 98 97
2
1 :
9 10 11
100

Bài 2: Tính H =
1 1 1
1
1
1
1
1
+ + + ... +
+
+
+ ... +
2 3 4
100
45 50 55
500

Hướng dẫn:
Biểu thức bị chia: Tách 99 ở tử thức thành 1 + 1 + 1 + …… + 1 rồi gộp mỗi số
hạng 1 đó với một số hạng còn lại.
Biểu thức chia: Tách 92 ở tử thức thành 1 + 1 + 1 + …… + 1 rồi gộp mỗi số hạng
1 đó với một số hạng còn lại. Mẫu thức đưa nhân tử chung ra ngoài dấu ngoặc.
2
2
2
4
4
4
+
−
4−

+ −
19 43 1943 :
29 41 2941
Bài 3: Tính I =
3
3
3
5
5
5
3− +
−
5−
+ −
19 43 1943
29 41 2941
2−

Hướng dẫn: Đưa nhân tử chung ra ngoài dấu ngoặc.
Bài 4: Tính L =

1.2 + 2.4 + 3.6 + 4.8 + 5.10
3.4 + 6.8 + 9.12 + 12.16 + 15.20

Hướng dẫn: Đưa nhân tử chung ra ngoài dấu ngoặc.
2.2.2.8. Dạng 8: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh đẳng thức
chứa dãy số.
Phương pháp giải:
Bài toán tính tổng hữu hạn: S = S1 + S2 + S3 + … + Sn
Ta biết được kết quả (bằng cách dự đoán, hoặc bài toán chứng minh được).

Ví dụ 1: Tính tổng: Sn = 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1)
Thử trực tiếp ta thấy:
S1 = 1
S2 = 1 + 3 = 2 2
S1 = 1 + 3 + 5 = 9 = 32
.............

Ta dự đoán: S = n2 .
Với n = 1, 2, 3 ta thấy kết quả đúng.
Giả sử bài toán đúng với n = k( k ≥ 1 ) ta có: Sk = k 2 (2)
19


Ta cần chứng minh Sk + 1 = ( k + 1) (3)
2

Thật vậy cộng 2 với vế của (2) với 2k + 1 ta có:
1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) + (2k + 1) = k 2 + (2k + 1)
Vì k 2 + ( 2k + 1) = ( k + 1) nên ta có (3) tức là Sk +1 = ( k + 1)
2

2

Theo nguyên lý quy nạp bài toán được chứng minh:
2
Vậy S n = 1 + 3 = 5 + ... + ( 2n − 1) = n
Tương tự ta có thể chứng minh các kết quả sau đây bằng phương pháp quy nạp
toán học:
n ( n + 1)
a. 1 + 2 + 3 + ... + n =

2
n ( n + 1) ( 2n + 1)
b. 12 + 22 + ... + n 2 =
6
 n ( n + 1) 
c.1 + 2 + ... + n = 

 2 
1
2
d. 15 + 25 + ... + n5 = .n 2 .( n + 1) 2n 2 + 2 n − 1
12
2.3. Kết quả đạt được
Sau khi áp dụng đề tài tôi tiến hành khảo sát với nội dung kiến thức liên quan đến
Dãy số viết theo quy luật trên 15 học sinh khối 6. Kết quả đạt được như sau:
0-<2
2-<5
5 - < 6,5
6,5 - < 8
8 - 10
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%

/
/
03
20,0
05
33,3
05
33,3
02
13,3
*Nhận xét:
- Sau khi áp dụng đề tài thì số lượng học sinh yếu, kém giảm, số lượng học sinh đạt
điểm khá, giỏi tăng lên.
- Đa số học sinh nắm được các dạng toán và trình bày được lời giải bài toán logic,
nhiều em vận dụng vào làm bài tập khá tốt.
- Khả năng suy luận và chứng minh các dãy số viết theo quy luật đã được nâng lên.
Hầu hết các em chứng minh và giải được những bài toán từ vận dụng thấp trở lên,
nhiều em còn đưa ra được những bài toán tổng quát, những bài toán ở mức độ vận
dụng cao
2.4. Bài học kinh nghiệm:
Từ kết quả nghiên cứu trên tôi đã rút ra những bài học kinh nghiệm sau:
- Việc phân loại các dạng bài tập và hướng dẫn học sinh làm tốt các dạng bài
tập đã giúp cho giáo viên nắm vững mục tiêu, chương trình từ đó nâng cao chất
lượng giảng dạy môn Toán.
2

3

3

3

(

)

20


- Giúp giáo viên không ngừng tìm tòi, sáng tạo những phương pháp phân
loại và giải bài tập phù hợp đối với đối tượng học sinh, từ đó nhằm nâng cao trình
độ chuyên môn và nghiệp vụ của người giáo viên.

3. PHẦN KẾT LUẬN
3.1. Ý nghĩa, phạm vi áp dụng của đề tài
Từ bước đầu nghiên cứu đề tài“Dãy số viết theo quy luật” tôi thấy vấn đề này
rất cần thiết không những đối với học sinh mà cả đối với giáo viên, nhất là giáo
viên đang BDHSG.
Đề tài“Dãy số viết theo quy luật”tôi đãthực hiện trong quá trình giảng dạy và
bồi dưỡng HSG nhiều năm trở lại đây tại đơn vị hiện công tác và đã đem lại những
kết quả khá tốt: Hầu hết học sinh, (chủ yếu là học sinh khá, giỏi) khi được trang bị
đề tài“Dãy số viết theo quy luật " đều trở nên tự tin khi gặp những bài toán dãy số,
có em đã đưa ra được nhiều phương pháp giải hay, khai thác, mở rộng được nhiều
bài toán. Bước đầu phát hiện học sinh có năng lực, từ đó giáo viên có phương pháp
dạy, bồi dưỡng nhằm phát huy trí tuệ, tính say mê sáng tạo của các em.Trước khi
được áp dụng đề tài này nhiều em không làm được cũng như không biết hướng giải
bài toán dãy số viết theo quy luật. Nhưng khi áp dụng đề tài nhiều em làm tốt
những bài toán dãy số viết theo quy luật.
Qua thực tế triển khai thực hiện đề tài này vào trong giảng dạy với những
kết quả đạt được ở trên, có thể khẳng định rằng: Sáng kiến kinh nghiệm này đã có

tính khả thi cao, hy vọng các giáo viên dạy Toán và các em học môn Toán trong
cụm và trong huyện Lệ Thủy sẽ vận dụng tốt và phát huy hơn nữa năng lực học tập
bộ môn để đạt được những kết quả cao hơn. Đề tài trên chỉ mới áp dụng ở địa bàn
hẹp, chưa có sức lan toả tới những vùng miền khác. Vì vậy đề tài còn tiếp tục được
nghiên cứu, còn nhiều biện pháp khác chưa có điều kiện đề cập tới, đó là hướng
nghiên cứu tiếp tục của đề tài trong tương lai.
3.2. Những kiến nghị, đề xuất.
Hiện nay hầu hết các giáo viên ở trường tôi nói riêng và trên địa bàn Huyện
nói chung đã tích cực trong việc đổi mới phương pháp vào giảng dạy các môn học
để nâng cao hơn nữa hiệu quả giáo dục. Tuy nhiên, việc vận dụng quan niệm dạy
học này cũng gặp phải những khó khăn nhất định. Vì vậy tôi xin có một vài đề xuất
nhỏ như sau:
* Đối với nhà trường:
Cần đầu tư thêm trang thiết bị dạy học đặc biệt cho môn Toán, các tài liệu
phong phú để học sinh tìm thêm tư liệu, sách tham khảo phục vụ cho việc nghiên
cứu.
Cần có phòng học bộ môn dành riêng cho môn Toán, trong đó có các mô
hình Toán học, để giáo viên có thể ứng dụng công nghệ thông tin một cách thành
thạo.
* Đối với ngành giáo dục
21


Thường xuyên tổ chức các cuộc thi nhằm nâng cao kĩ năng, phương pháp cho
giáo viên và học sinh.
Bản thân với trăn trở của một người giáo viên trẻ trực tiếp giảng dạy
môn Toán học, tôi xin mạnh dạn đưa ra những suy nghĩ của mình, mong góp một
phần nhỏ vào thực hiện đề tài“ Dãy số viết theo quy luật " để nâng cao chất lượng
dạy học môn Toán ở trường THCS hiện nay. Trong quá trình tích lũy kinh nghiệm
và viết đề tài không tránh khỏi những khiếm khuyết, hạn chế. Tôi rất mong nhận

được sự đóng góp ý kiến xây dựng của bạn bè, đồng nghiệp và Hội đồng chuyên
môn đánh giá, bổ sung để đề tài của tôi thêm hoàn thiện, khả thi và có giá trị hơn
nữa trong thực tiễn.
Xin trân trọng cảm ơn !

22