SKKN rèn luyện tư duy tổng quát cho học sinh khá, giỏi lớp 7 thông qua một số bài toán đại số

PHÒNG GD & ĐT HUYỆN YÊN ĐỊNH
TRƯỜNG THCS LÊ ĐÌNH KIÊN

********************************

Sáng kiến kinh nghiệm:
“RÈN LUYỆN TƯ DUY TỔNG QUÁT CHO
HỌC SINH KHÁ, GIỎI LỚP 7 THÔNG QUA
MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ”

Người thực hiện: Trịnh Văn Kiện. Đơn
vị: Trường thcs Lê Đình Kiên, huyện
Yên Định, tỉnh Thanh Hóa.
SKKN thuộc môn: Toán

THÁNG 4 NĂM 2019


MỤC LỤC
STT
1

NỘI DUNG
A. ĐẶT VẤN ĐỀ

TRANG
3

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ:
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ.

III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
IV. KẾT QUẢ THỰC HIỆN

4
4
4
5-19
20

3

C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT

21-22

4

TÀI LIỆU THAM KHẢO

23

5

DANH SÁCH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC

24

2

XẾP LOẠI

2


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong việc nâng cao chất lượng dạy và học toán ở trường phổ thông, việc
đổi mới phương pháp dạy học là vô cùng quan trọng. Sự phát triển của xã hội
đòi hỏi ở người thầy ngày càng cao hơn, chất lượng của dạy và học phải có
nhiều tiến bộ hơn. Đặc biệt đối với môn toán là môn học cơ bản, rất sáng tạo và
hấp dẫn đòi hỏi học sinh phải rất chủ động và tích cực trong việc tìm tòi các
phần kiến thức mới dưới sự định hướng và tổ chức dạy học của các thầy cô.
Chính vì vậy trong quá trình dạy học mà đặc biệt là cho đối tượng học sinh
khá, giỏi tôi đã cố gắng dạy cho học sinh cách định hướng phương pháp giải cho
các dạng bài, đồng thời khai thác mở rộng bài tập trên nhiều hướng khác nhau
giúp các em phát triển tư duy sáng tạo, tu duy tổng quát, có cách nhìn đa chiều
về một bài toán. Các em có thể tìm thấy được mối liên hệ giữa những kiến thức
mà mình có với những bài tập có vẻ xa lạ mà các em sẽ gặp.
Trong một số mảng kiến thức của bộ môn toán gây cho học sinh không ít
khó khăn khi tiếp cận về lí thuyết cũng như vận dụng để giải bài tập, đặc biệt là
các bài tập được cho ở dạng tổng quát, đây là mảng kiến thức giúp hình thành và
phát triển tư duy tổng quát, tư duy sáng tạo cho học sinh. Trong kì thi tuyển sinh
vào lớp 10 cũng như kì thi học sinh giỏi cấp huyện các lớp 6, 7, 8, 9, cấp tỉnh và
đặc biệt là thi vào lớp 10 các trường chuyên học sinh rất hay gặp các bài tập
dạng này. Đây là loại bài tập khá khó đối với học sinh, hầu như các em đều mất
rất nhiều thời gian để làm loại bài tập này và thậm chí là không giải được. Vì thế
tôi đã nghiên cứu chọn lọc và đưa ra một số bài tập ví dụ, các bài tập phát triển
và các bài tập áp dụng có tính tiêu biểu, giúp học sinh có định hướng và dễ tiếp
cận với dạng toán này. Việc làm này được tiến hành một cách bài bản và thông
suốt từ lớp 6 cho đến lớp 9 với nhiều loại bài tập khác nhau cả đại số và hình
học, số học trong việc bồi dưỡng cho học sinh khá, giỏi đã giúp tôi có nhiều

thành công trong nhiều khóa học khác nhau khi có nhiều học sinh đạt giải cấp
huyện, cấp tỉnh. Nhiều học sinh đậu vào trường chuyên Lam sơn và trở thành
học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế.

3


B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ
Trong quá trình dạy học trên cơ sở các nội dung lí thuyết đã học và các
bài tập cụ thể giáo viên cần hướng dẫn học sinh vận dụng được các ứng dụng
của lí thuyết vào các dạng bài tập khác nhau có sử dụng phần lí thuyết đã học
đồng thời hướng dẫn học sinh nhìn ra bài toán tổng quát và các bài tập có thể
khai thác từ bài tập đó.
Trong chương trình chính khóa thì hầu như sách giáo khoa, sách bài tập
không đề cập đến hoặc đưa rất hạn chế các dạng bài tập có tính tổng quát vì đây
là dạng bài tập cũng rất khó nên gây cho học sinh không ít khó khăn khi tiếp
cận. Nhưng loại bài tập này lại giúp phát triển rất tốt về tư duy, khả năng tổng
quát hóa, trừu tượng cho học sinh khá giỏi, các em sẽ có cách học sâu hơn, cách
nhìn rộng hơn và bao quát hơn.
Trong đề tài này tôi đã nghiên cứu, tổng hợp và chọn ra một số bài tập
tiêu biểu để làm ví dụ, đưa ra những gợi ý cách giải và đưa ra các bài tập phát
triển đi kèm với các ví dụ cho từng bài để học sinh rễ hiểu, có thể làm được và
có định hướng cho việc giải cũng như cách sáng tạo ra một số bài tập thông qua
đó có định hướng chung cho các loại bài tập khác.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
1. Đối với học sinh
Đây là phần kiến thức khó tiếp cận với đa số học sinh khá giỏi vì thế các
em thấy ngại học khi các thầy cô đề cập tới lí thuyết cũng như những bài tập loại
này, hầu hết học sinh đều thấy khó khăn và thậm chí là không giải được các bài

tập này trong các đề thi. Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài
với 43 học sinh khá, giỏi trường THCS Lê Đình Kiên tôi thấy kết quả như sau:
Điểm dưới 5
SL
8

%
18,6

Điểm từ 5 đến
dưới 7
SL
%
24
55,81

Điểm từ 7 đến
dưới 9
SL
%
11
25,59

Điểm từ 9 đến
dưới 10
SL
%
0
0

2. Đối với giáo viên
Đây là vấn đề gây nhiều khó khăn cho các thầy cô vì không biết nói thế
nào cho học sinh hiểu các yêu cầu có tính tổng quát, trừu tượng, cũng không biết
nên xuất phát từ đâu.
Nhiều thầy cô cũng chưa chú trọng đến việc hình thành và phát triển tư
duy tổng quát, tư duy sáng tạo cho học sinh khá giỏi mà chỉ dạy theo thói quen,
theo mô tiếp có sẵn, chưa thực sự đào sâu suy nghĩ về cách làm mà còn dạy theo
kiểu lướt qua coi trọng số lượng dạng – bài mà không chú trọng đến việc hình
thành lối mòn tư duy sáng tạo tổng quát cho các em. Một số thấy cô năng lực

4


còn hạn chế nhưng chưa chịu khó tìm tòi học hỏi, ngại thay đổi bản thân và chưa
thực sự tâm huyết với nghề, áp lực về thời gian và lượng kiến thức cần dạy cũng
là một nguyên nhân khiến thầy cô không thể thực hiện được.
III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Trước tình hình thực tế như trên, tôi đã nghiên cứu tài liệu cùng với kinh
nghiệm giảng dạy của mình hệ thống lại một số bài tập ví dụ nhằm giúp học sinh
có định hướng tốt đồng thời tiếp cận dễ dàng với loại bài tập này. Do thời gian
chính khóa có hạn nên tôi đã hướng dẫn học sinh học chuyên đề này vào các
buổi học phụ đạo, bồi dưỡng với cách thức nêu ra các ví dụ cụ thể, yêu cầu học
sinh thảo luận tìm lời giải, gợi ý sau đó nêu lời giải và rút ra các bài toán tổng
quát, nhận xét cho từng ví dụ.
*) Xuất phát từ bài toán:

b

Bài 1: Cho năm số tự nhiên a, b, c, d, e thỏa mãn a
b

Chứng minh rằng năm số a, b, c, d bằng nhau.

c

c

d

d

e a

e .

Nhận xét: Để giải bài toán này cần củng cố lại cho học sinh một số kiến
thức về lũy thừa: với 2 lũy thừa bằng nhau cơ số của lũy thừa nào lớn hơn thì số
mũ của lũy thừa đó phải nhỏ hơn. Tiếp đó cần giới thiệu với học sinh phương pháp
chứng minh phản chứng đó là: ta giả sử các khả năng đi ngược lại với những gì đề
yêu cầu, sau đó dùng những suy luận logic kết hợp với những gì đề đã cho để dẫn
tới những điều trái với giả sử, từ đó dẫn tới điều giả sử là sai.
Hướng dẫn học sinh từng bước: Giả

sử a b kết hợp với a

b c
b

b c . - với b c

c d

kết hợp với b c c d
- với c d kết hợp với c d d e d e
e a
- với d kết hợp với d e
e a

a

b

- với e a kết hợp với e
a
a b vô lí, (trái với điều giả sử).
Ngược lại, giả sử a b bằng các lập luận tương tự ta lại dẫn tới a b vô lí, trái với
điều giả sử.
Suy ra: a b
Bằng cách lập luận tương tự như trên ta cũng dẫn đến b c ; c d ; d e ; e a .
Vậy năm số a, b, c, d, e bằng nhau.
Nhận xét: Sau khi giải song bài toán trên tôi đã yêu cầu học sinh nêu bài
toán tổng quát và trình bày lời giải cho bài toán tổng quát. Để nêu được bài toán
tổng quát cần xác định rõ đặc điểm của bài toán đó là: số lượng các số đã cho
trong bài gồm 5 số a, b, c, d, e ( là số lẻ các số), các lũy thừa được cho ở dạng
"lặp vòng tròn" theo nguyên tắc "số mũ của lũy thừa tiếp theo là cơ số của lũy
thừa liền trước nó".

5

Từ bài toán trên ta có thể yêu cầu học sinh làm tương tự cho một số bài
tập tổng quát sau:
1.
a , a , ..., a
Cho n số tự nhiên (n là số lẻ) 1 2
n thỏa mãn điều

a2

kiện: a1

a2

a3

a1

... an

a , a , ..., a
Chứng minh rằng n số tự nhiên (n là số lẻ) 1 2
n bằng nhau.
Hoặc bài toán sau:
a , a , ..., a
n thỏa mãn điều
2
a2 a3
a1
kiện: a1 a2
... an .

2. Cho n số tự nhiên (n là số lẻ) 1

a2 a2 a2
1

Tính giá trị biểu thức: B

2

a2

3 ...

a2 a2 a2
2
3
4

n

a2
1

Hoặc bài toán sau:

a , a , ..., a
n thỏa mãn điều kiện:
2

3. Cho n số tự nhiên (n là số lẻ) 1

a2

a1

a
1

2

a2

a3

a1

... an

. Chứng minh giá trị biểu thức:

2

a

2

a 2a
2 3

2

a2
3

2

a2 a
3 4

a2
n

2 ...

a2 a
4 5

2 không phải là số tự nhiên.

a2 a
1 2

*) Xuất phát từ bài toán:
Bài 2: Tính tổng

A (

1 1)(

2

1 1)(

2

2
3
4
Hướng dẫn học sinh từng bước:

1 1)...(

2

1 1)

2

100

Ta thấy A là tích của 99 số âm nên ta có:

1

1

1

1

A (1 2 2 )(1 3 2 )(1 4 2 )...(1 100 2 )
2 2 2

3 . 28 . 215 2...9999
2 1.3
2 . 2.4 .3.5...99.101 2 3 4
100 2 3 4 100

1.2.3...98.99 .3.4.5...100.101 1 .101 101
2.3.4...99.100 2.3.4...99.100 100 2 200

101

A 200

Nhận xét: Từ bài toán trên ta xét bài toán tổng quát sau đây:

6


1

1

1

Tính tổng: A ( 2 2 1)( 3 2

1

1)( 4 2 1)...( n 2 1) . Với n N , n

1

Nhiều học sinh sẽ mắc phải sai lầm là không để ý đến sự khác nhau về
dấu của tích trên khi n là số chẵn thì tích A là số âm, Khi n là số lẻ thì tích A là
số dương. Vì vậy ta cần xét 2 trường hợp:
- Trường hợp 1: Nếu n chẵn
Ta thấy A là tích của n-1 số âm, là số lẻ các số âm nên ta có:

1

1

1

1

A (1 2 2 )(1 3 2 )(1 4 2 )...(1 n 2 )
3 . 8 . 15 ... n 1 n 1 1.3. 2.4 .3.5... n 1 . n 1
2 2 2 2 2 2 22
2 3 4 n 2 3 4 n
1.2.3... n 1 3.4.5... n 1 1 n 1 n 1
.
.
2.3.4...n
2.3.4... n
n
2n

2

n1

A

2n

- Trường hợp 2: Nếu n lẻ
Ta thấy A vẫn là tích của n-1 số âm nhưng là số chẵn các số âm nên ta có:
A (1

1)(1

1)(1

2

1 )...(1 1 )
4
n

2

2

2

3

2

3 . 8 . 15 ... n 1 n 1 1.3. 2.4 .3.5... n 1 . n 1

2 2 2 2 2 2 2 2

2 3 4 n 2

3

4 n

1.2.3... n 1 3.4.5... n 1
.

1 n 1
.

n 1

A

n 1

2.3.4...n
2.3.4... n
n
2n
2 2n
Từ bài toán trên ta có thể yêu cầu học sinh làm một số bài tập sau:

1. Chứng minh rằng:
a) ( 1 1)( 1 1)(

2

1 1)...( 1 1)

2

2

2 ( n N , n 1, n là số lẻ).

2

3
1) 3 ( n N , n 1 , n là số chẵn).
4

2
3
4
n
b) ( 1 1)( 1 1)( 1 1)...( 1

2
2. Cho A
lẻ).

2

3

2

1

4

2

n

1

2

1

( 2 2 1)( 3 2

1

1)( 4 2 1)...( n 2

1) ( n N , n 1, n là số

Tìm giá trị lớn nhất của 1 .
A

*) Xuất phát từ bài toán: Chứng minh:
3
5
7 ...

2 2

1 .2

2 2

2 .3

2 2

3 .4

19 1

2 2

9 .10

. Ta xét bài toán tổng quát:


7


Bài 3: Tính

3

5

7

2n 1

với
n N*
2 2 2 2 2 2 ...
2
2
1 .2
2 .3
3 .4
n .(n 1)
Nhận xét : Ta nhận thấy mỗi mẫu số là tích của 2 thừa số, mà hiệu của
thừa số lớn hơn với thừa số nhỏ hơn lại là tử số của mỗi phân số tương ứng vì
vậy ta sẽ tách mỗi phân số thành hiệu 2 phân số khi đó trong tổng sẽ xuất hiện
các số đối nhau.
Hướng dẫn học sinh theo hướng gợi mở từng bước:
A

Ta có

A 3

5

2 2

1 .2
3

2 2

2 2

...

2n 1

2

2 .3
3 .4
5
7
...
2 2 22 2
2 2
3 .4
.

1
.
2

2

n .(n 1)
2n 1
n 2.(n 1) 2

3

1

1
2

2

1
n 1
1
1

7

1
23

2

1

2

1

2

2

1
3

2

2

1
4

... 1
n

2

1

1

1

1

22

232

2

2

1
2

2

1

1

2
4

42

1
...

n2 n2

3
n 1

1

1

nn 2

n 1 2

n 1 2

Từ đây ta dễ dàng có lời giải cho bài toán.
Chứng minh:
3
5
7 ...

2 2

2 2

2 2

19

2 2 1.

1

1 .2
2 .3
3 .4

9 .10
Từ bài toán trên ta có thể yêu cầu học sinh làm một số bài tập sau:
3
5
7
2n 1
1. Cho A 2 2
n N*
2 2 2 2 ...
2
2 với
1 .2
2 .3
3 .4
n .(n 1)
Chứng minh rằng:
n A 1.
n 1
3
5
7
2n 1
2. Cho A 2 2
n N*
2 2 2 2 ...
2
2 với
1 .2
2 .3
3 .4

n .(n 1)
Tìm n để 64 1 25
63 A 24
*) Xuất phát từ bài toán:
1
2 3
100 3
Chứng minh rằng: 3
4
2 3 ...
3 3
100
3


8


Giáo viên lại nêu bài toán tổng quát:
1 2
3 ... n
A
Bài 4: Tính

n

32 33

3

3

Hướng dẫn học sinh từng bước theo cách biến đổi thông thường đối với
tổng dãy số các lũy thừa có cùng cơ số và quy luật đó là nhân cả 2 vế với cơ số
của các lũy thừa có mặt trong biểu thức:

A

Ta có:

1

2
3 ... n
3 3 2 3 3
3 n

3A 1
2

2
3

3 ...
2

3

3A A

n
n

3

32

3

n1

1

1-

1

1

2

3

3MM 1

3

2

3

3

1 n
4 2 3n

1

1

2

3n

1

1

1 ...
2

3

3

3

3
3

1
3n 1

1

1

3n 1

1

2A= 1-

3

n

3n 1

1

3n 2

3n 1 2
Do đó

33

32

...

3n 1

2

M

n

3

1

...

3

1 ...

3

2M 1

2

3n 2

1

1

1
3

3
3 2
3
3
1 1 ... 1

3M 1

n

...

3n 3 3
1 1 1 ...

Ta đặt: M

A

3n 1

3

1

2A=

n

1

1

3n 1

1

3 2n 3

4 4.3n
n
1
2.3
Từ đây ta dễ dàng có lời giải cho bài toán

1

Chứng minh rằng: 3

2 3 ... 100
3
3 2 3 3
3 100 4

*) Xuất phát từ một bài toán tôi gặp trong một tài liệu trên mạng:

Chứng minh rằng:

1
5

3

1

3

6

1 ...
7

3

1
2019

3

1
40


9

Hướng dẫn học sinh dùng phương pháp làm trội, biến đổi mỗi phân số ở
vế trái thành phân số lớn hơn có mẫu thuận lợi cho việc tách thành hiệu 2 phân
số làm xuất hiện các số đối nhau trong tổng mới.
Hướng dẫn 1
1 1 . 1
1 , từ đay học sinh dễ dàng biến đổi:

3

4.5.6

3

5.6
2 4.5
1
1 .1
1
5.6.7 2 5.6 6.7

3

1
6.7.8

5
1
6
1

1 .1
2 6.7

1
7.8

7
.......................
1
1

3

1

1

2 . 2018.2019

2018.2019.2020

2019

1

2019.2020

Do đó:
1 1

1

63

73

53

...

2019

1

1

1

3

3
6

3

5

1

1 1

1
2 4.5 5.6

3

1

7 ...

1

1

2019

1 1
2 4.5

3

1

... 1

1
1
1
5.6 6.7 6.7

1 ...

1
1
7.
2018.2019 2019.2020
8
1 1 1
2 . 20 40

1
2019.2020

1

Vậy, 3
3 3
3 40
5
6
7
2019
Ta có thể yêu cầu học sinh nêu bài toán tổng quát và hướng dẫn học sinh
thực hiện tương tự như bài toán trên:
Bài 5: Chứng minh: với n N , n 1.
1 1
1
1 1 1
1
3

3

2

3

4

... 3

3

2 .2 n n 1

n

Hướng dẫn học sinh từng bước, để làm bài tập này trước hết ta chứng
minh:
1
k

3

1

với k N , k 1.

k

1 .k . k 1
Thật vậy, ta có với k N , k 1:

1
k3

1
k

k

2

k

2

1 k

3

k

(*)

k
1k
1
Áp dụng bất đẳng thức (*) lần lượt với k = 2; 3; 4; ...; n.
1
1
1 1

1
Ta có:
.
1.2.3 2 1.2 2.3
23

k 1 k 1


10


1

1
2.3.4

3

3
1

1

4
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1

3

Do đó:
1 1

1

3

2 . 3.4

4.5

1
2

1 .n. n 1

1

1

.

n 1 .n n.

n 1

1 1 1
1
1 1
1 ...
1
3 3
3 2 1.2 2.3 2.3 3.4 3.4 4.5
n 1 .n
3
4
n
1 1 ... 1

1 1
1
1 1
1

3

1 ...

n

1

1

1

n

2 3 4

11

3.4.5

3

2
1

11

2 . 2.3 3.4

3

1

3

n

3

2 1.2

n.

2 2

n 1

Vậy, với n N , n 1 ta có

1

3

1

3
3

2

3
4

1
n. n

1

n 1

n.
...

1

1 1

3
n

.

1

2 2n n 1

Như vậy từ bài toán trên học sinh sẽ dễ dàng làm được các bài toán sau:
1. Chứng minh:

1

3

2
2. Chứng minh:1

1
3

3

1
3

1 ...

3

4

1
3

1
3

n
...

1

3

1 với n N , n 1
4

1

1 1

3

.

1

với n N *


2

3

4

n

2 2

n 2

n 1

*) Xuất phát từ bài toán tính giá trị biểu thức:
A 1
1.1
1 ... 1
1
tôi gặp trong một tài liệu
1 2
1 2 3
1 2 3 ... 2019
trên mạng. Tôi đã yêu cầu học sinh phát biểu và làm bài toán tổng quát sau:
Bài 6: Thực hiện phép tính:
A1 1
1

.

1

...1

1

1 2
1 23
1 2
3 ... n
Hướng dẫn học sinh từng bước: Mẫu của các phân số trong biểu thức A là
tổng của các số tự nhiên liên tiếp, học sinh biết công thức tính:
1 2

3 ... n

n. n 1

. Áp dụng trong từng ngoặc ta có:

2
A1

1
1 2

.

1

1
1 23

...1

1

1 2

3 ... n

11


2 5 9
. .

...

n 1 n 2

4 10 18
.

.

n n1
3610
61220
n
1
n
2
4.1 5.2 6.3
2.3 . 3.4 . 4.5 ... n n 1
4.5.6... n 1

n 1 n 2
n n1

n 2

1.2.3... n 2

2.3.4...n 3.4.5...
n 2 với

Vậy, A

...

n 1

3n

3n

n N *, n 1
Và như vậy học sinh dễ dàng làm được bài tập tính:
A1 1
1
1
...1
1

.

1 2
1 23
1 2 3 ... 2019
Từ bài toán tổng quát trên ta có thể yêu cầu học sinh làm các bài tập khác:
1. Cho A 1
1.1
1 ... 1
1
với n N *, n 1
1 2
Tìm n để A

1 23

1 2 3 ... n

2.
5

2. Cho A 1

1.1
1 2

1 ... 1
1 23

1

với n N *, n 1

1 2 3 ... n

1

Tìm n để A nhận giá trị là số nguyên?
*) Xuất phát từ bài toán:
Bài 7:

Tính M

1 .2 2.3 3.4 ... 99.100

Hướng dẫn học sinh từng bước: Vấn đề đặt ra cho học sinh lúc này là làm
thế nào để giải được bài toán này. Với cách tư duy quen thuộc học sinh phải
chọn một số nhân thêm vào 2 vế để biến đổi tổng mới làm xuất hiện các số đối
nhau có tổng bằng 0 từ đó sẽ tính được tổng ban đầu. ta nhân 2 vế với 3( số số
hạng + 1) và thực hiện tách 1 thừa số trong tích ta được:
3M 1.2.3 2.3.3 3.4.3 ... 99.100.3
1.2.3 2.3.(4 1) 3.4.(5 2) ... 99.100.(101 98)
1.2.3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 ... 98.99.100 99.100.101
99.100.101

99.100.101

M
333300 3
Từ ví dụ trên yêu cầu học sinh phát biểu bài toán tổng quát và chứng minh:

M 1.2 2.3 3.4 ... n. ( n 1)

n ( n 1)( n 2)

3


12


Lúc này câu hỏi đặt ra là có thể phát triển bài toán bằng cách tăng các
thừa số trong mỗi tích của tổng là 3, 4, 5, …, m số tự nhiên liên tiếp ta sẽ có bài
toán tổng tổng quát mạnh hơn.
N 1.2.3...m 2.3.4...(m 1) 3.4.3...(m 2) ... k ( k 1)(k 2)...(k m 1)
Hướng dẫn cho học sinh thực hiện tương tự bằng cách nhân 2 vế với m+1
và tách 1 thừa số trong mỗi tích làm xuất hiện các số đối nhau trong tổng ta tính
k ( k 1)( k 2)...( k m)
được N
m 1
Từ việc tính tổng trên giáo viên có thể yêu cầu học sinh chứng minh tổng
3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3.
*) Xuất phát từ bài toán rất quen thuộc sau:
Bài 8: Tính tổng : Q

1

1

1 ...

1

1.2 2.3 3.4
99.100
Hướng dẫn học sinh từng bước: Giáo viên hướng dẫn học sinh tách các tử
số thành hiệu 2 số dưới mẫu và tách mỗi phân số thành hiệu 2 phân số mới
nhằm làm xuất hiện các số đối nhau
Q 2 1 3 2 4 3 ...
100 99 1 1 1 1 ...
1 1
2.3 3.4
99.100
2 2 3
99 100
1.2
1
1
99
100 100
Từ bài toán này giáo viên đưa ra bài toán :
1
1
1 ...
1
1. Tìm x thuộc N biết: 1.2 2.3 3.4
x ( x 1)
1
Từ các so sánh

1 ; 1
1.2

22

1; 1
2.3

32

2. Chứng minh rằng: tổng

R

2020
1
1

1 ;...;
3.4

42

2019

100

2 99.100 , ta có bài toán:

1 1 1 ... 1
2 2 3 2 4 2
n 2 không phải là số nguyên.

Chúng ta cũng nhận ra rằng nếu a1; a2; ... ; an-1 là các số tự nhiên lớn hơn 1
và khác nhau thì:
1
1
1 ...
1
1
1 1 ...
1
a
a
a
a
2
n
3 4
1
2
3
n1
Giúp giáo viên đưa đến bài toán rất hay và khó sau:
2

2

2

2

2

2

2

2

3. Tìm các số tự nhiên khác nhau a1 ; a2 ; ... ; an-1 sao cho:
11 1
1 ... 1.

2

a1

2

a2

2

a3

2
an 1

Hoặc bài toán:

13

4. Tìm các số tự nhiên a1 ; a2 ; ... ; a2020 thỏa mãn: a1 < a2 1
1
1
1
2019
và a .a
a .a
a .a ...
a
.a
2020 .
12
23
34
2019 2020
Các bài này giáo viên gợi mở cách suy nghĩ dựa vào bài tập đã được
hướng dẫn ở trên và học sinh thực hiện ở nhà, chữa bài sau.
*) Xuất phát từ các bài tập rất cơ bản:
Bài 9: Tìm các số x, y, z biết
a) x y z và x y z 18 ;
2
c)

2x

3

3=

b) x

y

3

4

3y

4z

4=

z và x 2y 4z 93;

4 5

5 và x+2y+4z=220

Hướng dẫn học sinh từng bước:
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:
a)

x2.24
2

3

4

x

2

3

y

x

y

4
z

z

9
xyz

18

x 2y 4z

2

93

x 9

31

3y 12
z 15

b)
3

c)

4

5

3820

y2.36
z2.48

2x =3y = 4z

x =y = z

x 2 y 4z

220

3

18 16 15

18 32 60

110

4

5

2 x 36
y

32

Từ đây hướng dẫn học sinh nêu bài toán tổng quát:
Tìm x, y, z biết x =y = z và mx+ny+pz=d
a b c
Với a, b, c, d là các số cho trước và m, n, p khác 0.
Phương pháp giải là chon các số m, n, p để nhân thêm vào tử và mẫu của các tỉ
số rồi áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tạo ra tỉ số là một hằng số.
mx ny pz
x = y = z = mx = ny = pz
a b c ma nb pc ma nb pc

d
ma nb pc

*) Xuất phát từ các bài tập rất cơ bản về dãy tỉ số bằng nhau:
Bài 10: Tìm các số x, y, z biết

14


x y z
2 2 2
4 5 và x 2y 4z 141

a) 3

x y z

2

2

2

b) 3 4 5 và 2x y 3z 77
Hướng dẫn học sinh từng bước, dựa vào điều kiện đi kèm là biểu thức liên
hệ giữa các biến x

2

2 2

2y

4z 141; 2x

2 2 2
y

x y z

3z 77 để bình phương

các tỉ số bằng nhau ban đầu 3 4 5 thành các tỉ số bằng nhau mới có mũ của
biến là 2, cụ thể:
a) x y z
x 2 y 2 z2
3 4 5 (1) 9 16 25
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:
2
2
2
2
2
2
2 2
2 9 x 3
141
x
y
z
2y
4z
x 2y 4z

1 x
9 16 25 32
9 32 100
100
141
x 3
x 3
Kết hợp với (1)y 4 hoặc y 4
z 5
z 5
b) x

x

2
9

y

z

x

2

y

2

2

z

3 4 5 (1) 9 16 25
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:

2

77

18 16 75
x 3
x 3
Kết hợp với (1)y 4 hoặc y 4
z 5
z 5

77

y

2

16

z

2

2x

25

2

18

3z

2

2x

2

y

2

3z

75

1 x

2

9 x 3

Từ đây yêu cầu và hướng dẫn học sinh nêu bài toán tổng quát rồi tìm

cách biến đổi chung:
Tìm x, y, z biết x =y = z và mxk +nyk +pzk =d
a b c
Với a, b, c, d, m, n, p, k là các số khác 0, k N * Với
cách suy luận quen thuộc học sinh chỉ ra được

k

x

k

k

y z mx ny pz a b c mak
nbk pck
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tạo ra tỉ số là một hằng số ta được:
k k k
d
mx
ny
pz
mx ny pz

k

ma

k

k

k

nb

k

pc

k

ma

k

nb

k

k

pc

ma

k

nb

k

k .

pc


1
5


Hoặc một bài tập khai thác tính chất của lũy thừa bậc chẵn kết hợp với tính chất
dãy tỉ số bằng nhau như sau :
Bài 11: Cho
m, n

N*

2n

x1 p y1q

2n

x2 p y2 q
x x xm
1

. Chứng minh rằng

xm p ymq
q
.

2

y

y y

1

2n

0 với mọi

p

2

m

Cho học sinh suy nghĩ, nháp bài và hướng dẫn học sinh từng bước, ở đây
vế trái là tổng các lũy thừa bậc chẵn nên đánh giá từng hạng tử, từ đó rút ra dãy
tỉ số bằng nhau và áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để được kết quả.
Cụ thể :
Nhận thấy: xi p yi q

2n

0 ( với 1 i m )

Nên từ giả thiết x1 p y1q
x1 p y1q
Suy ra:

2n

2n

x2 p y2 q

x2 p y2 q

2n

2n

xm p ymq

xm p ymq

x1 p y1q ; x2 p y2 q ; … ; x1p y1q

2n
x1

x2

1 2

x

1

y1

2

y2

Từ (1) và (2) suy ra

x

m
y

m

x x

xm

1 2

y1 y2ym
q

y yy

p

1

(2)

x1 x2xm

2

(đpcm).

m

BÀI TẬP VẬN DỤNG CHUNG
Bài 1: Cho S

3

3

3

3

x

q (1)

m
y

m

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

0 , ta có:

0

y y

x

2n

p


1.4

4.7

7.10

n(n 3)

n N*

. Chứng minh: S 1

16


2
60.63

Bài 2 : So sánh: A

2 ...
63.66

2
117.120

2
2003

55 55

...
40.44 44.4876.80 2003

và B

Bài 3: Tính các tổng sau:
a)

A 10

1

1 1
1
1
1
40 88 154 238 340

b) M

1 1
3 6

c) S

1
1.2.3

d)

D=

1

1 ....
10 15
1
1
2.3.4 3.4.5

1

1

1

2

2

1

2

3

Bài 4: a) So sánh: A 1

1

2
2004.2005
1
; (n N ) .
n.( n 1).(n 2)
1
4

1

100

1
2

2

b) Cho B

Bài 6: Tính

1

2

.... 1 với 2.

3

2

n

2

2

1

2
3
4
5
99 100
...
2
3
4
5
2 2
2
2
2
2 99
2100

So sánh B với 2.
2
3
c) Cho C 1
2
2 2
Bài 5: Chứng minh rằng:
n- 1

1

1 .....

2

1

1

2

3

...

4

5

3

2

2

1

1

2 3

n

2

3 4

2020
... 2019 . So sánh C với 3
2

4

n 1
...

n

với n N

; n 1.

A

biết: A = 1 1 1 ...
1
B
2 3 4
2020
và
B 1
2
3 ... 2017 2018 2019

2019 2018 2017
3
2
1
Bài 7: Tìm x, biết:
a)

1
1.101

b) 1
3

1

1
2.102
1 ....

6 10

...

1

1

1

10.110

1.11
2
2019

2.12

x ( x 1)

x

....

1
100.110

2020

x , x ,..., x
Bài 8: Cho 2019 số tự nhiên 1 2
2019 thỏa mãn điều kiện:

1 1
x111

1 2019

...
x112x112019 2048

.