(Sáng kiến kinh nghiệm) khai thác một số bài toán dãy số viết theo quy luật

MỤC LỤC

TT

Nội dung

1

MỞ ĐẦU

Trang
1

1.1

Lí do chọn đề tài

1

1.2

Mục đích nghiên cứu

1

1.3

Đối tượng nghiên cứu

1

1.4

Phương pháp nghiên cứu

1

1.5

Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm

2

2

NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2

2.1

Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

2

2.2

Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

2

2.3

Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

3

2.4

Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường

19

3

KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

20

3.1

Kết luận

20

3.2

Kiến nghị

20

1. MỞ ĐẦU
1.1 .Lí do chọn đề tài
Định hướng về đổi mới phương pháp dạy học hiện nay là phải phát huy
tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học, bồi dưỡng năng
lực tự học, lòng say mê học tập. Làm cho các em được tìm tịi, khám phá, phát
hiện, luyện tập, khai thác và xử lý thông tin, đem lại niềm vui, hứng thú…
Với việc dạy học mơn Tốn ở bậc THCS, người giáo viên cần hình thành
và rèn luyện cho các em khả năng tư duy sáng tạo từ một vấn đề có thể hình
thành và phát triển thành các vấn đề khác sáng tạo hơn mở rộng hơn. Để làm
được điều đó đòi hỏi vào sự linh hoạt, sáng tạo của giáo viên trong cách dạy,
cách khai thác bài toán.
Ở trường THCS chúng tơi nói riêng và các trường THCS nói chung, hầu
hết các giáo viên trong quá trình giảng dạy chưa hình thành được cho học sinh
có các thói quen trên một cách thường xuyên. Phần lớn chúng ta chưa khai thác
được nhiều ứng dụng từ một bài toán ở sách giáo khoa, sách bài tập để phát triển
thành một chuỗi các dạng bài tốn có liên quan. Trong giải Tốn đang chủ yếu
dừng lại ở việc tìm ra kết quả bài tốn. Điều đó dẫn đến học sinh khó tìm được
sự liên kết và mối quan hệ giữa các kiến thức đã học. Dẫn đến khi học sinh bắt
đầu giải một bài tốn dạng khác có liên quan thì khả năng phân tích, liên hệ tìm
kiếm phương pháp để giải quyết vấn đề là còn nhiều hạn chế.
Để giúp học sinh hình thành được các kỹ năng và vốn kiến thức cần thiết
để giải quyết được vấn đề trên, tôi đã suy nghĩ, trăn trở cùng với sự tư vấn giúp
đỡ nhiệt tình của các đồng nghiệp. Tơi đã mạnh dạn nghiên cứu và áp dụng đề
tài: “Khai thác các bài toán dãy số viết theo quy luật” vào giải tốn. .
1.2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu của đề tài này để mở rộng kiến thức, nâng cao trình
độ chun mơn nghiệp vụ cho bản thân.
1.3 Đối tương nghiên cứu

*Đối tượng nghiên cứu:Tốn học là mơn địi hỏi có sự tư duy và sáng tạo,
song bài viết này tơi chủ yếu tập trung nghiên cứu các bài tốn tính tổng theo
quy luật Các bài tốn được đưa ra trong đề tài là những bài của SGK, SBT, sách
nâng cao, các bài trong các đề thi học sinh giỏi.
*Phạm vi áp dụng: Học sinh các lớp 6,7,8,9 trường THCS chúng tơi .
*Thời gian nghiên cứu và hồn thành đề tài: Từ tháng 10/2017 đến hết
tháng 02/2019.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu qua q trình giảng dạy, ơn thi học sinh giỏi ôn thi vào 10,
dựa vào các đề thi của các tỉnh thành
1


1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
Với đề tài “Khai thác các bài toán dãy số viết theo quy luật” nhiều
sáng kiến đã làm nhưng điểm mới của sáng kiến này là phân loại các dạng bài
tập đưa ra các bài tập từ dễ đến khó giáo viên và học sinh dễ học.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến khinh nghiệm
Theo quan điểm lí luận chung thì một trong những mục đích cần thiết và
cơ bản của phương pháp dạy học tích cực là hình thành thói quen ln tìm tịi,
suy nghĩ khám phá nhằm phát triển tư duy, phát triển khả năng tự học, tự nghiên
cứu của người học. Từ lí luận và những kiến thức mang tính chất lí thuyết người
học có thể liên hệ và có khả năng vận dụng vào thực tiễn cuộc sống một cách có
hiệu quả.
Đối với q trình dạy học bộ mơn tốn thì các vấn đề trên lại càng được
thể hiện rõ nét. Để phát huy tính tích cực suy nghĩ, tìm tịi, sáng tạo, địi hỏi
người học phải nhìn nhận vấn đề theo nhiều góc độ, nhiều khía cạnh khác nhau.
Từ phân tích tổng hợp đến tư duy khái quát các vấn đề để từ đó tìm tịi cái riêng
trong cái chung và ngược lại. Do đó trong q trình giảng dạy bộ mơn Tốn

người giáo viên phải cố gắng phát huy tối đa khả năng vận dụng, khả năng sáng
tạo của học sinh. Một trong những phương pháp tốt để phát huy được các vấn đề
đó trong q trình dạy học bộ mơn Tốn đó là rèn cho học sinh khai thác các bài
tập điển hình ở sách giáo khoa, sách bài tập sách nâng cao để từ đó vận dụng
giải các bài tốn khó hơn, phức tạp hơn ở nhiều dạng Toán khác nhau.
Các bài toán dãy số viết theo quy luật được trình bày dưới dạng như một
cơng thức tốn học có rất nhiều ứng dụng trong các bài tốn liên quan đến tính
dãy số theo quy luật. Mặt khác các bài toán dãy số viết theo quy luậtcũng mở ra
hướng giải quyết khác cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương
trình. Chính vì thế các bài toán dãy số viết theo quy luật đã làm giàu các dạng
bài tập, làm phong phú thêm các cách giải cho một bài toán, gây được hứng thú
cho học sinh trong việc giải tốn, hình thành cho học sinh những ý tưởng hay,
trau dồi tư duy và đầu óc sáng tạo cho học sinh. Các bài toán dãy số viết theo
quy luật tạo cơ hội cho giáo viên dạy tốn một phong cách nghiên cứu khoa học
có hiệu quả, góp phần đổi mới phương pháp dạy học trong thời kỳ mới.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Trong nhiều năm dạy học và dạy tốn, dạy thêm, ơn thi vào 10, ơn thi học
sinh giỏi các lớp, bản thân tôi cũng thấy lúng túng khi găp các bài tập dãy số
tính theo quy luật không phân rõ được các dạng bài tập và phương pháp giải do
đó nên trong q trình giảng dạy khơng gây được hứng thú học tập cho học
sinh.
2


2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoạc các giải pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề.
A. KHAI THÁC BÀI TOÁN TỐNG CÁC LŨY THỪA CỦA
CÁC SỐ TỰ NHIÊN
I. LÝ THUYẾT
Bài tập dạng tổng quát

Chứng minh
a n 1  1
1 + a + a + a + ... + a =
với a, n  N ;a  1
a 1
2

3

n

Giải: Nhân 2 vế của S với a ta có aS = a + a2 + a3 + a4 + ... + an +
an+1 .
Rồi trừ S ta được :
aS – S =(a + a2 + a3 + a4 + ... + an + an+1) –( 1 + a
+ a2 + a3 + ... + an )
( a – 1)S = an+1 – 1 .
VËy :

1 + a + a2 + a3 + ... + an =

a n 1  1
.(1)
a 1

II. BÀI TẬP ỨNG DỤNG
Dạng 1: Bài tập tính tổng các lũy thừa tăng dần
Bài 1 : TÝnh c¸c tỉng sau
1. A = 1 + 2 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 + 28 + 29 + 210
2. B = 1 + 3 + 32 + 33 + 34 + ... + 3100

Gi¶i :
2
3
1. Ta có 2A = 2 + 2 + 2 + ... + 210 + 211 .
Khi ®ã : 2A – A = (2 + 22 + 23 + ... + 210 + 211 ) – (1 + 2 + 22 + 23 + 24 + 25
+ 26 + 27 + 28 + 29 + 210 )
Suy ra A = 211 – 1
2. 3B = 3 + 32 + 33 + ... + 3100 + 3101.
Khi ®ã :
3B – B =(3 + 32 + 33 + ... + 3100 + 3101 ) – ( 1 + 3 + 32 + 33 + 34 + ... + 3100)
2B = 3101 – 1 .
a 301  1
VËy B =
2

Bài 2: TÝnh tæng. S = (-3)0 + (-3)1+ (-3)2 + .....+ (-3)2004.
Giải :
S = (-3)0+(-3)1 + (-3)2+(-3)3+...+ (-3)2004.
-3S = (-3).[(-3)0+(-3)1+(-3)2 + ....+(-3)2004]
= (-3)1+ (-3)2+ ....+(-3)2005]
-3S-S=[(-3)1 + (-3)2+...+(-3)2005]-(3)0-(-3)1-...-(-3)2005.
-4S = (-3)2005 -1.
3


S =

( 3) 2005  1
3 2005  1
=

4
4

Qua bài tập 1 và bài tập 2 ở trên ta áp dụng cơng thức của bài tập tổng
qt để tính tổng thì ta chỉ nhân tổng đó với đúng cơ số của nó rồi thực hiện
phép trừ
hai tổng để triệt tiêu
Bài tập áp dụng
Bài 3: Tính các tổng sau

a ) A  1  7  7 2  73  ...  7 2007
b) B  1  4  42  43  ...  4100
Giải: Giải tương tự như hai bài tập trên.
Bài 4: Tính nhanh:
A=

1 1 1
1
 2  3  ....  10
2 2 2
2

( Bài tập 443 trang 21 sách Nâng cao và phát triển toán 6)
Giải:
1 1 1
1
 2  3  ....  9
2 2 2
2
1 1 1

1
1 1 1
1
1
1
1023
2A –A = 1+  2  3  ....  9 -(  2  3  ....  10 ) =1- 10 = 1=
2 2 2
2
2 2 2
2
2
1024 1024
2023
A=
2024

2A = 1+

Dạng 2: Bài tập tính tổng các lũy thừa với số mũ cách đều
Khi dãy số tính tổng mà lũy thừa với số mũ cách đều ta có cách tính sau
Bài 5: Tính các tổng sau:
1) A = 1 + 32 + 34 + 36 + 38 + ... + 3100
2) B = 7 + 73 + 75 + 77 + 79 + ... + 799
Giải:
1) A = 1 + 32 + 34 + 36 + 38 + ... + 3100 .
Vấn đề đặt ra là nhân hai vế của A với các số nào để khi trừ A thì một loạt
các lũy thừa bị triệt tiêu?.Ta thấy các số mũ liền nhau cách nhau hai đơn vị nên
ta nhân A với 32, rồi trừ cho A ta được:
32A = 32 + 34 + 36 + 38 + ... + 3100 + 3102

A = 1 + 32 + 34 + 36 + 38 + ... + 3100
32A – A = 3102 – 1 .
A( 32 – 1) = 3102 – 1 .
Vậy
A = ( 3102 – 1): 8
2 ) T¬ng tù nh trên ta nhân hai vế của B với 72 rồi trừ cho B ,
ta đợc:
72B = 73 + 75 + 77 + 79 + ... + 799 + 7101
B = 7 + 73 + 75 + 77 + 79 + ... + 799
4


72B – B = 7101 – 7 ,
B( 72 – 1) = 7101 – 7 .
VËy B = ( 7101 – 7) : 48
Bài 5: Tính tổng
B= 1 – 23 + 26 – 29 + ....+ 296 - 299
Tổng B ta thấy quy luật là cộng rồi trừ các số ,các số mũ cũng cách nhau
3 đơn vị để triệt tiêu ta nhân B với 23 rồi cộng cho B
Từ bài tập 5 ta rút ra tổng quát như sau
P = 1 - ad + a2d – a3d ... + a2nd với a, n  N ;a  1
Ta nhân cả hai vế của P với ad. Rồi cộng vế với vế ta được P =

a (2n 1) d  1
(2)
ad 1

Cơng thức (2) cũng được vận dụng cách tính như cơng thức (1) là nhân
một số thích hợp rồi cộng hai tổng để triệt tiêu

Dựa vào công thức (1) ta có thể làm được nhiều dạng bài tập có các nội sau
Bài 6 : Cho S = 1 + 2 + 22 + 23 + 24 + ... + 29
Hãy so sánh S với 5 .22
Muốn só sách được S với 5 .22. Ta cần tính tổng S áp dụng vào cơng
thức (1) sau đó dùng phép so sánh của lũy thừa để đánh giá
Giải:

Ta có 2A = 2 + 22 + 23 + ... + 210 .

Khi ®ã : 2A – A = (2 + 22 + 23 + ... + 210 ) – (1 + 2 + 22 +....+ 29 )
Suy ra
A = 210 – 1
Mà 210 – 1 < 210 = 22 . 28 = 4 . 28 < 5.28
Bài 7: Cho A = 3 + 32 + 33 + 34 + ... + 399. Tìm số tự nhiên n biết rằng 2A +3 =
3n
Đê tính được số tự nhiên n trước hết ta đi tính tổng A theo công thức (1)
rồi dựa vào lũy thừa cùng cơ số để tính
Giải: Ta có 3A = 32 + 33 + 34 + ... + 399 + 3100
3A –A= (32 + 33 + 34 + ... + 399 + 3100)- (3 + 32 + 33 + 34 +
... + 399)
Suy ra 2A = 3100 – 3
Mà 2A +3 = 3n
Hay 3100 – 3 + 3 = 3n
 3100 = 3n
 n = 100
Với công thức (1) và mở rộng sang cơng thức (2) ta có thể khai thác được rất
nhiều tính tổng các lũy thừa
B. KHAI THÁC BÀI TỐN TỐNG CÁC PHÂN SỐ TÍNH THEO
QUY LUẬT
I. LÝ THUYẾT

Bài tập dạng tổng quát
5


Cho hai phân số:

1
1
và
(n  Z , n  0)
n
n 1

Chứng tỏ rằng tích của hai phân số này bằng hiệu của chúng
Giải:Ta cần chứng tỏ
1 1
1
1
.
 
(n  Z , n  0)
n n 1 n n 1

(1)

Biến đổi vế phải của đẳng thức ta có:

Vậy

1

1
n 1
n
n 1 n
1
1
1





 .
n n  1 n.( n  1) n.( n  1) n.( n  1) n.( n  1) n n  1
1 1
1
1
.
 
( n  Z , n  0)
n n 1 n n 1

Cách phát biểu khác của bài toán:
Chứng minh rằng:
1
1
1
 
( n  Z , n  0)
n.(n  1) n n  1

Phương pháp giải các bài tập dạng này là khử liên tiếp
II. BÀI TẬP ỨNG DỤNG
Dạng 1. Tính tổng
Bài 1. Tính tổng sau bằng phương pháp hợp lý nhất
1
1
1
1


 ... 
(n  Z , n  0)
1.2 2.3 3.4
n.(n  1)
1
1
1
1
B =    ... 
(Đề thi giữa kì II tốn 6 )
30 42 56
132
A

Trong tổng A: Mỗi tích là 2 phân số có tử là 1 và mẫu của chúng là 2 số tự nhiên
liên tiếp có dạng: n và n + 1. Như vậy mỗi tích cũng có dạng . Trong tổng B:
Mỗi phân số cũng có tử giống nhau (bằng 1) và mẫu của các phân số khác nhau,
mỗi mẫu có thể viết được dưới dạng n.(n+1). Như vậy mỗi phân số cũng có
dạng .

Như vậy: Hai tổng A và B là hai cách viết khác nhau  cách tính là như nhau.
Giải
A

1
1
1
1


 ... 
(n  Z , n  0)
1.2 2.3 3.4
n.(n  1)
1 1 1 1 1
1
1
 1       ...  
2 2 3 3 4
n n 1
1
n
 1

n 1 n 1

6


1

1
1
1
   ... 
30 42 56
132
1
1
1
1



 ... 
5.6 6.7 7.8
11.12
1 1 1 1 1 1
1 1
      ...  
5 6 6 7 7 8
11 12
1 1 12  5 7
  

5 12
60
60
B

Bây giờ ta xét bài tốn tương tự sau:

Bài 2. Tính
2
2
2
2
2



 ... 
3.5 5.7 7.9 9.11
37.39
3
3
3
3
3



 ... 
b, B 
4.7 7.10 10.13 13.16
73.76
4
4
4
4
4




 ... 
c, C 
3.7 7.11 11.15 15.19
107.111
5
5
5
5
5



 ... 
d, D 
3.8 8.13 13.18 18.23
103.108

a,

A

Nhận xét: Phương pháp giải bài 2 là dùng công thức:
m
1
1
 
b.(b  m) b b  m

Để viết mỗi phân số thành hiệu của hai phân số. Số trừ của nhóm trước
bằng số bị trừ của nhóm sau rồi khử liên tiếp, Cịn lại số bị trừ đầu tiên và số trừ
cuối cùng, lúc đó phép tính được thực hiện dễ dàng
Giải:

a.

2
2
2
2
2



 ... 
3.5 5.7 7.9 9.11
37.39
1 1 1 1 1 1 1 1
1
1
A          ...  
3 5 5 7 7 9 9 11
37 39
1 1 13 1 12 4
A 





3 39 39 39 39 13
A

Câu b, c, d thực hiện tương tự câu a. .
* Khi tử của các phân số trong tổng vẫn không thay đổi nhưng không
bằng hiệu hai thừa số trong mẫu, các hiệu hai thừa số ở mẫu bằng nhau, thừa số
cuối mẫu trước bằng thừa số đầu ở mẫu tiếp theo, chẳng hạnta có bài tốn sau
Bài 3. Tính tổng
a.

A=

b. C =
c. D =

5
5
5

 ... 
11 .12 12.13
49.50
2
2
3
3
32

 ... 
11 .14 14.17

200.203
13
13
13
13


 ... 
90.94 94.98 98.102
146.150

Hướng dẫn: Dùng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng và đưa
về dạng bài 1, bài 2
7


a. A =
b. B =

5
5
5

 ... 
11 .12 12.13
49.50

1

1

1

= 5( 11.12  12.13  ...  49.50 )

32
32
32

 ... 
11 .14 14.17
200.203

13
13
13
13


 ... 
90.94 94.98 98.102
146.150
13
1
1
1
(

 ... 
)

4 90.94 94.98
146.150

c. C =

1

1

1

= 3( 11.14  14.17  ...  200.203 )
=

Bài 4. Tính tổng
A

1 1 1
1
   ... 
10 15 21
120

Nhận thấy các số hạng trong tổng đều có tử bằng 1 nhưng mẫu khơng
phải là tích hai thừa số có hiệu bằng 1 ( 10 = 2.5; 15 = 3.5; 21 = 3.7;...) Vì vậy ta
phải áp dụng tính chất cơ bản của phân số, nhân cả tử và mẫu của phân số với 2
ta được các mẫu mới là 20; 30; 42; ...;240. Ta thấy 20 = 4.5; 30 = 5.6; 42 =
6.7; ... Theo đúng quy luật của bài toán 2 và 3 ở trên
1 1 1
1

2
2
2
2
   ... 

   ... 
10 15 21
120 20 30 42
240
1
1
1 
 1
A  2. 


 ... 

15.16 
 4.5 5.6 6.7
A

3 3
1 1 
A  2.     2. 
16 8
 4 16 

Các bài tập tương tự:

Bài 5. Tính tổng
a/

A=

4
6
9
7



7.31 7.41 10.41 10.57

( Tập đề thi HSG lớp 6 ).

b/ B =

5
4
3
1
13




2.1 1.11 11 .2 2.15 15.4

c/ C =

7
5
3
11



19.31 19.43 23.43 23.57

Với bài tốn này thoạt nhìn thì khơng thấy quy luật như bài tập 1, bài tập
2 . Với tư duy của bài tập 2 tử của phân số là 4 chính là hiệu 2 thừa số ở mẫu,
vậy thừa số ở mẫu phải là 35 và 31. Tương tự với các phân số còn lại thừa số ở
mẫu lần lượt là 35và 41, 41 và 50, 50 và 57.
Khi đó ta nhân cả tử và mẫu với 5 ta được mẫu mới lần lượt là: 35. 31; 35. 41,
41 .50, 50. 57
Giải A =

4
6
9
7
4
6
9
7







= 5(
)
7.31 7.41 10.41 10.57
35.31 35.41 50.41 50.57

= 5(

1 1 1 1
1
1
1 1
22
     ) = 5(  ) =
.
35 41 41 50 50 57
35 57
49

8


Câu b, c tương tự câu a.
* Với cách suy nghĩ theo quy luật của dạng bài toán như ở trên, bây giờ ta xét
bài tốn khó hơn
Bài 6. Tính tổng
A

1

1
1
1


 ... 
với n  N, n > 1
1.2.3 2.3.4 3.4.5
(n  1).n.( n  1)

Hướng dẫn: Giải tương tự các bài toán trên, viết các hạng tử dưới dạng hiệu
Nhận xét:
2
1
1


( n  1).n.(n  1)
(n  1).n n( n  1)

với n  N, n > 1

(Mẫu số của mỗi phân số là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp, thì tử số phải là 2 lần
khoảng cách của các số ở mẫu)
Do đó ta có:
A

1
1
1

1


 ... 
với n  N*
1.2.3 2.3.4 3.4.5
(n  1).n.(n  1)


1  1
1
1
1
1
1
A  .



 ... 


2  1.2 2.3 2.3 3.4
( n  1).n n.(n  1) 
1 1
1  (n  1)(n  2)
A  . 

2  2 n(n  1) 
4n(n  1)

* Với cách làm như trên ta có bài tốn:
Bài 7. Tính tổng
B

1
1
1
1


 ... 
với n
1.3.5 3.5.7 5.7.9
(2n  1).(2n  1).(2n  3)

 N, n  1

Nhận xét:
4
1
1


( 2n  1)( 2n  1)( 2n  3)
( 2n  1)( 2n  1) ( 2n  1)( 2n  3)

với n  N, n  1

(Mẫu số của mỗi phân số là tích của 3 số tự nhiên lẻ liên tiếp, thì tử số phải là 2

lần khoảng cách của các số ở mẫu)
Do đó ta có
B

1
1
1
1


 ... 
với n
1.3.5 3.5.7 5.7.9
(2n  1).(2n  1).(2n  3)

 N, n  1


1 1
1
1
1
1
1
1
1
B 






 ... 


4  1.3 3.5 3.5 5.7 5.7 7.9
(2n  1)(2n  1) (2n  1)(2n  3) 
n(n  2)

1 1
1
 =
B  . 
4  3 (2n  1)( 2n  3) 
6(2n  1)(2n  3)

* Tương tự ta có bài tốn:
Bài 8. Tính tổng
C

1
1
1
1


 ... 
1.4.7 4.7.10 10.13.16
100.103.106

9


Do mẫu số là tích của các số tự nhiên cách nhau 3 đơn vị nên tử của mỗi phân số
phải là: 2.3 = 6
Ta có:
C

1
1
1
1


 ... 
1.4.7 4.7.10 10.13.16
100.103.106
1 6
6
6
6
 (


 ... 
)
6 1.4.7 4.7.10 10.13.16
100.103.106
1 1
1

1
1
1
1
 ( 


 ... 

)
6 1.4 4.7 4.7 7.10
100.103 103.106
1 1
1
1819
 ( 
)
6 1.4 103.106 4.103.106

* Đến đây ta đặt câu hỏi. Nếu mẫu số là tích của 4 số viết theo quy luật thì sao?
Bài 9. Tính tổng
D

1
1
1
1


 ... 

1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
2012.2013.2014.2015

* Cũng với cách suy luận như trên, ta thấy mẫu số của mỗi phân số là tích của 4
số tự nhiên liên tiếp thì tử số của mỗi phân số phải là 3 lần khoảng cách các số ở
mẫu.
Nhận xét:
3
1
1


với n
n(n  1)(n  2)(n  3) n(n  1)(n  2) (n  1)(n  2)(n  3)

 N, n  0

Ta có:
1
1
1
1


 ... 
1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
2012.2013.2014.2015
1
3
3

3
3
D (


 ... 
)
3 1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
2012.2013.2014.2015
1 1
1
1
1
1
1
D (



 ... 

)
3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5
2012.2013.2014 2013.2014.2015
1 1
1
D (

)
3 1.2.3 2013.2014.2015

Tổng quát:
với n  N, n  0
1
1
1
1
E


 ... 
1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
n( n  1)( n  2)( n  3)
1 1
1
E (

)
3 1.2.3 ( n  1)(n  2)( n  3)
D

Đến đây chúng ta có thể mở rộng cho học sinh các bài tốn mà mẫu số của
mỗi phân số là tích của nhiều số tự nhiên viết theo quy luật
Một số bài toán tổng quát mà cách làm tương tự như trên:
a.

1
1
1
1



 ... 
1.2.3.4.5 2.3.4.5.6 3.4.5.6.7
n( n  1)(n  2)( n  3)(n  4)
1
1
1
 (

)
với n  N, n  1
4 1.2.3.4 (n  1)( n  2)( n  3)( n  4)

A

10


1
1
1

 ... 
1.3.5.7.9 3.5.7.9.11
(2n  1)(2n  3)(2n  5)(2n  7)(2n  9)
1
1
1
 (


)
8 1.3.5.7 (2n  3)(2n  5)(2n  7)(2n  9)
với n  N

b.

B

c.

C

1
1
1

 ... 
1.2.3.4.5.6 2.3.4.5.6.7
n(n  1)(n  2)( n  3)( n  4)( n  5)
1
1
1
= 5 (1.2.3.4.5  (n  1)(n  2)( n  3)(n  4)( n  5) )
với n  N, n  1

Bằng cách phân tích theo chiều hướng đó, thì học sinh sẽ nắm được cách
làm tổng quát các dạng bài tập có quy luật, mà mẫu số của mỗi phân số là tích
của 2;3; … hay nhiều số tự nhiên hơn nữa viết theo một quy luật nào đó, mà
xuất phát là phân tích khai thác từ bài toán tổng quát trên
Dạng 2: Rút gọn biểu thức

1

1

1

 Trở lại với công thức n(n  1)  n  n  1 (n  Z , n  0)
1

1

(1)

1

Nếu thay n bởi x thì ta có x( x  1)  x  x  1 ( với x  0, x  1) . Điều này sẽ
giúp học sinh giải quyết một số bài tốn nhằm rèn luyện phân tích đa thức thành
nhân tử
Bài 10. Rút gọn biểu thức: (với giả thiết các phân thức đều có nghĩa)
1

1

1

1

1

A  x( x  1)  ( x  1)( x  2)  ( x  2)( x  3)  ( x  3)( x  4)  ......  ( x  6)( x  7)

Ta nhận thấy mẫu thức các tích của hai đa thức hơn nhau một đơn vị nên ta áp
dụng bài tốn tổng qt ta có lời giải sau
Giải
1

1

1

1

1

A  x( x  1)  ( x  1)( x  2)  ( x  2)( x  3)  ( x  3)( x  4)  ......  ( x  6)( x  7)
1
x

A= 
1

1
1
1
1
1
1
1





 ... 

x 1 x 1 x  2 x  2 x  3
x6 x7
1

7

A= x  x  7  x( x  7)
Bài 11. Rút gọn biểu thức (với giả thiết phân thức có nghĩa)
A=

1
1
1
1
 3
 3
 2
2
2
x  6 x  11x  6 x  9 x  26 x  24 x  12 x  47 x  60 2 x  18 x  40
3

2

Để làm bài toán này giáo viên cần hướng cho học sinh phân tích các đa thức của
các mẫu thành nhân tử rồi tìm quy luật tách, áp dụng như các bài tập tính tổng
trên

1
1
1
1
 3
 3
 2
2
2
x  6 x  11x  6 x  9 x  26 x  24 x  12 x  47 x  60 2 x  18 x  40
1
1
1
1
= ( x  1)( x  2)( x  3)  ( x  2)( x  3)( x  4)  ( x  3)( x  4)( x  5)  2( x  4)( x  5)

Giải: A =

3

2

11


1
1
1
1
1

1
(




2 ( x  1)( x  2) ( x  2)( x  3) ( x  2)( x  3) ( x  3)( x  4) ( x  3)( x  4)
1
1


)
( x  4)( x  5) ( x  4)( x  5)
1
1
1
*Từ công thức n(n  1)  n  n  1 (n  Z , n  0) tương tự ta có thể xây dựng cơng


thức với mẫu là các bình phương
1

2k  1

1

Ta có k 2  (k  1)2  k 2 (k  1)2 (k  N * )
Chứng minh công thức như sau:
2
2k  1

k 2  2k  1  k 2  k  1  k
1
1


 2
2
2
2
2
2
2
k (k  1)
k .(k  1)
k .(k  1)
k
(k  1) 2
2

Áp dung cơng này ta có thể làm được bài tập sau
Bài 12. Rút gọn( Sách nâng cao phát triển toán 8)
3

5

7

2n  1

3

5

7

2n  1

B = (1.2)2  (2.3) 2  (3.4)2  ...  n(n  1) 2


Hướng dẫn

(n N * )

B= (1.2)2  (2.3) 2  (3.4)2  ...  n(n  1) 2


1

1

1

1

1

1

1

1

B= 12  22  22  32  32  42  ...  n 2  ( n  1) 2
n(n  2)

1

B=1- (n  1) 2  (n  1) 2
1

1

1

*Từ công thức n(n  1)  n  n  1 (n  Z , n  0) tương tự ta có thể xây dựng cơng
thức với mẫu là các căn bậc hai
Ta có:

1
1
1


(k  N * )
k
k  1 ( k  1) k  k . k  1

Chứng minh công thức
1

(k  1) k  k k  1
(k  1) k  k k  1
1
1




2
2
k  k  1
(k  1) k  k k  1 (k  1) k  k k  1
k
k 1

Từ đó ta có thể giải quyết bài toán sau:
Bài 13: Rút gọn(Bài tập sách 23 chuyên đề toán sơ cấp)
A=

1
1
1

 ... 
2 1 1 2 3 2  2 3
2000 1999  1999 2000

Hướng dẫn:
1
1

1

 ... 
2 1 1 2 3 2  2 3
2000 1999  1999 2000
1
1
1
1
1
1


 ... 

A= 
1
2
2
3
1999
2000

A=

12


A= 1 

1
2000  1 20 5  1


2000
2000
20 5

Ngoài các bài tốn tính tổng và rút gọn áp dụng công thức
1
1
1
 
(n  Z , n  0) ta giải các bài tốn có nội dung khác nhưng khó
n(n  1) n n  1

hơn như chứng minh đẳng thức
Dạng . Chứng minh đẳng thức
Bài 14. Chứng minh rằng với mọi n  N ta ln có:
1
1
1
1
n 1


 ... 

1.6 6.11 11.16
(5n  1)(5n  6) 5n  6

4
4
4
4
2n  2


 ... 

2.5 5.8 8.11
(3n  2)(3n  5) 3n  5

a,
b,

Hướng dẫn: Vế trái của các đẳng thức trên ta cũng làm giống như bài tính tổng,
sau khi tính được tổng sẽ bằng vế phải
Giải

1
1
1
1
1  5
5
5
5


 ... 

 .


 ... 

1.6 6.11 11.16
(5n  1)(5n  6) 5  1.6 6.11 11.16
(5n  1)(5n  6) 
1  1 1 1 1 1
1
1  1
1  1 5n  5 n  1
 .  1       ... 


  1 
 .
5  6 6 11 11 16
5n  1 5n  6  5  5 n  6  5 5n  6 5 n  6
 VP (đpcm)
a )VT 

Câu b giải tương tự
Bài 15: Chứng minh rằng
1
1
1
1
1 1 1
1


  ... 
    ... 
30 42 56
210 15 35 63
195

Hướng dẫn: Với bài này cần biến đổi cả hai vế đều dựa vào công thức
1
1
1
 
(n  Z , n  0)
n(n  1) n n  1

Giải:
1
1
1
1
1
1
1
1

  ... 



 ... 


30 42 56
210 5.6 6.7 7.8
14.15
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
2
       ...     
5 6 6 7 7 8
14 15 5 15 15
1 1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
VP     








15 35 63 99 143 195 3.5 5.7 7.9 9.11 11.13 13.15

1 1 1 1 1
1 1  1 1 1  1 4
2
 .      ...     .     . 
2 3 5 5 7
13 15  2  3 15  2 15 15
VT 

Vậy VT = VP ( đpcm)
1

1

1

Từ công thức n(n  1)  n  n  1 (n  Z , n  0) ta có công thức tổng quát hơn:
1 1 ba
 
( a  0, b  0)
a b
ab

13


Việc áp dụng cơng thức trên trong giải tốn được sử dụng rất nhiều. Chẳng
hạn bài toán sau:
Bài 16. Cho biết a,b,c là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng
minh rằng:
a b

bc
ca
2
2
2





(c  a )(c  b) ( a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) a  b b  c c  a

Nhận xét: a - b = (c - b) - (c - a)
b - c = (a - c) - (a - b)
c - a = (b - a) - (b - c)

a b
bc
ca
1
1
1
1
1
1









(c  a )(c  b) (a  b)(a  c) (b  c )(b  a ) c  a c  b a  b a  c b  c b  a
1
1
1
1
1
1
2
2
2









 VP( đpcm)
c a bc a b c a bc a b a b bc c a

VT 

Dạng 4. Chứng minh bất đẳng thức
Ta giải bài tập ở khía cạch khác
Bài 17: Chứng minh:

A = + + +…………..+ <
B = + + +……….+ < 3
• Trước hết ta nhận xét: Hai biểu thức trên chính là một trường hợp cụ thể của
các bài tốn tính tổng. Như vậy từ cách giải bài tốn tính tổng ta có thể tính
được nhanh chóng giá trị của biểu thứcA. Đối với tổng B, tử của mỗi phân số
đều bằng 36, mà 36 = 9.4, vậy là cách tính tổng B đã cho cũng khơng khác gì
cách tính tổng bài tập 9 . Từ nhận xét trên, ta có:
A = (- + - + + ……+ - ) = ( - ) = . =
Do < = suy ra A <
 B = 9( + + + ……+ )
= 9( - + - + - + ……+ - )
= 9( - ) = 9 . =
Do < = 3. Từ đó suy ra B < 3
Bài 18. Chứng minh rằng:
1

1

1

1

1

1

a. A  32  52  7 2  92  ...  (2n  1) 2  4
1 1 1
1
 2  2  ...  2  1 n  N *

2
2 3 4
n
1 1 1
1
1
C




...


2
n  N *
2
2
2
c.
4 6 8
 2n  4

b. B 

1

Hướng dẫn: Tổng A và tổng B không theo quy luật n(n  1) do đó ta tìm cách so
sách với một dãy số theo quy luật của phân số. Ta nhận thấy như tổng A thì
<

1
32

1
1
1
, 2 < ....tương tự so sanh dần dần ta rút ra được dãy số theo quy luật
2.4
5
4.6

Tổng B cũng làm tương tự
14


Giải:
a, A 

1 1 1 1
1
1
1
1
1
1
 2  2  2  ... 





... 
2
2
3 5 7 9
(2n  1)
2.4 4.6 6.8 8.10
2n(2 n  2)

11 1 1 1 1 1 1
1
1 
A          ... 


22 4 4 6 6 8 8
2n 2n  2 
11
1  1
A  

2  2 2n  2  4
 A  1
1 1 1
1
1
1
1
1
 2  2  ...  2 



 ... 
2
2 3 4
n 1.2 2.3 3.4
(n  1).n
1 1 1 1 1
1
1
B  1       ... 

2 2 3 3 4
n 1 n
1
B  1  1
n
 B  1

1  1 1 1
1  1  1
1
1
1
c, C  2  2  2  2  ...  2   2 


 ... 

2 2 3 4

n  2  1.2 2.3 3.4
(n  1).n 
b, B 

1  1 1 1 1 1
1
1
1       ... 
 
2 
2  2 2 3 3 4
n 1 n 
1
1
C  .1 
4
4
 C  1
C

Bài 19. Chứng minh rằng
2! 2! 2!
2!
   ...   1
3! 4! 5!
n!
9
9
9
9

9
1
b, B 



 ... 

10! 11! 12! 13!
1000! 9!
a, A 

Hướng dẫn : Các tổng trên mẫu là những giai thừa, đưa mẫu về tích của các số
tự nhiên rồi cũng so sánh như bài tập 18
2! 2! 2!
2!
   ... 
3! 4! 5!
n!
1
1
1
 1

A  2!


 ... 

1.2.3...100 

 1.2.3 1.2.3.4 1.2.3.4.5

a, A 

1
1
1 
 1
A  2


 ... 

2.3
3.4
4.5
99.100


1
1
1
1
1
1


A  2      ... 



99 100 
2 3 3 4

1 1
A  2    1
2 n
 A  1(đpcm)

15


9
9
9
9
9



 ... 
10! 11! 12! 13!
1000!
10  1 11  1 12  1 13  1
1000  1
B



 ... 
10!

11!
12!
13!
1000!
1000   1
1
1
1
1 
 10 11 12
B


 ... 



 ... 


1000!   10! 11! 12! 13!
1000! 
 10! 11! 12!

b, B 

1
1   1
1
1

1
1 
1 1
B 

 ... 



 ... 


999!   10! 11! 12! 13!
1000! 
 9! 10! 11!
1
1
1
1
B 
  B  (đpcm)
9! 1000! 9!
9!

Bài 20. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 ta có:
M=

1
2 1



1
3 2



1
4 3

 ... 

1
<2
( n  1) n

Hướng dẫn:
Ta có

1
n
1 
1  1
1 
 1
1

 n. 
 n


.




( n  1) n n(n  1)
n 1   n
n 1 
 n n 1 
 n


n  1
1 
1 
 1


 . 
  2. 

n 1   n
n 1 
n 1 
 n

= 1 


 1

1

1

1

1

1

1

1







 ... 

Vậy M < 2.  

2
2
3
3
4

n
n 1 
 1


M< 2. 1 


1 

n 1 

(Vì n  1  1 

1
 1)
n 1

 M<2

Dạng 5. Dạng tốn giải phương trình.
Bài 21: Tìm số tự nhiên x, biết:
+ + + +…… + = (*)
Bài toán là yêu cầu tìm số tự nhiên x từ một đẳng thức, vế trái của đẳng
thức là dãy cộng các phân số có tử là 1 và mẫu là các số tự nhiên khác nhau,
phân số cuối cùng của dãy có mẫu là dạng tích của hai số tự nhiên liên tiếp
giống như ở tổng B của bài toán 1; vế phải của đẳng thức là một phân số có tử
nhỏ hơn mẫu một đơn vị.
Trước hết hãy để ý các mẫu số: 6 = 2.3; 12 = 3.4 ; 20 = 4.5 ;………như
vậy mẫu của mỗi phân số ở vế trái của đẳng thức đã cho là tích của hai số tự

nhiên liên tiếp. Dãy cộng trên chính là tổng B ở bài tốn1. Từ đó suy ra cách
giải.
Giải:
16


Ta có:
+ + + +…… +
= + + + …… +
= 1 - + - + - + …… + =1Vậy (*) <=>1 - =
<=> = 1 <=> =
=> x +1= 2005 hay x = 2004
Ta đã giải bài toán tìm x trên khơng mấy khó khăn bằng cách áp dụng công
thưc tổng quát. Bây giờ ta hãy thay đổi mẫu của các phân số ở vế trái của đẳng
thức (*) theo quy luật khác, chẳng hạn: Thay phân số bằng phân số , phân số
bằng phân số , phân số bằng phân số , ………..Khi đó ta lại có bài tốn sau:
Bài 22: Tìm số tự nhiên x, bi ết:
+ + + + …… + = (**)
Giống như bài toán 23 , bài toán 24 cũng yêu cầu ta tìm x, nhưng vế trái của (**)
khác vế trái của (*) ở chỗ phân số cuối cùng lại có tử bằng 2 cịn mẫu số vẫn là
dạng tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Vấn đề là làm thế nào để đưa được các
phân số ở vế trái của (**) thành các phân số như vế trái của (*)?
Ta giải như sau:
Xét phân số . Ta có : = 2 . = 2( - ).
Như vậy ta cũng phải biến đổi các phân số ; ; ; ; … thành các phân số cũng có
tử bằng 2 và mẫu của mỗi phân số vẫn là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.
Để ý, ta có: = ; = = ; = = ; = = ;….(Áp dụng tính chất cơ bản của phân
số). Đến đây ta dễ dàng suy ra cách giải như bài tốn 23.
Cách giải:
Ta có: + + + + ….+

= + + + + …… +
= + + + + …… +
= 2.( + + + + …… + )
= 2.( - + - + - + - +…… + - )
= 2.( - ). Vậy (**) <=> 2( - ) =
=> - = : 2 =
=> = - =
=> x+1 = 4010 hay x = 4010 – 1 = 4009
Nhận xét: Cách giải bài tốn tìm x trên cũng khơng khác gì lắm so với cách giải
các bài tốn đã giải trước đó. Nếu tiếp tục sử dụng kết quả các bài toán trước đó
các em lại có được các bài tốn tương tự khác.Để giải các bài tốn có mẫu là
những đa thức thì cách biến đổi như bài tập 11
Bài 23. Giải các phương trình
17


1
1
1
1
 2
 2
 2
 1
x  x x  3x  2 x  5 x  6 x  7 x  12
1
2
3
5
 2

 2

b, 2
x  5 x  6 x  8 x  15 x  13x  40
6

a,

2

(1)
(2)

Hướng dẫn: Phân tích các mẫu thức thành nhân tử
1
1
1
1
 2
 2
 2
 1 (1)
x  x x  3x  2 x  5 x  6 x  7 x  12
 x2  x  0
 x  0; x  1
 2
 x  1; x  2
 x  3x  2  0



 x   0; 1; 2; 3; 4
Điều kiện:  2
 x  5x  6  0
 x  2; x  3
 x 2  7 x  12  0
 x  3; x  4


a,

2

1
1
1
1



 1
x( x  1) ( x  1)( x  2) ( x  2)( x  3) ( x  3)( x  4)
1
1
1
1
1
1
1
1
 







 1
x x 1 x 1 x  2 x  2 x  3 x  3 x  4
1
1
 
 1  x 2  4 x  4  x 2  4 x  4  0
x x4
 ( x  2) 2  0  x  2 ( không thoả mãn điều kiện)


(1)

Vậy phương trình (1) vơ nghiệm
b,

1
2
3
5
 2
 2

x  5 x  6 x  8 x  15 x  13x  40
6

2
 x  5x  6  0
 x  2; x  3
 2

 x  8 x  15  0   x  3; x  5  x   2;3;5;8
 x 2  13x  40  0
 x  5; x  8


2

Điều kiện :
(2)



1
2
3
6



( x  2)( x  3) ( x  3)( x  5) ( x  5)( x  8) 5

1
1
1
1

1  6
 1







  x 2 x 3 x 3 x 5 x 5 x 8 5
1
1
6


 x  2 x 8 5
 x 2  10 x  21  0

x1 = 7 (thoả mãn điều kiện )
x2=3 (không thoả mãn điều kiện)
Vậy phương trình (2) có nghiệm x = 7
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Sáng kiến kinh nghiệm này chủ yếu được áp dụng trong quá trình dạy các
giờ luyện tập, giờ tự chọn, bồi dưỡng học sinh và chấm chữa bài cho học sinh để
kịp rèn luyện kỹ năng làm bài cho học sinh. Trong năm học vừa qua tôi áp dụng
18


đề tài này cho ôn thi học sinh giỏi lớp 6 và dạy thêm toán 6 và dạy học toán 6,
tốn 8, tơi đã nhận thấy có những hiệu quả nhất định.

Trong q trình nỗ lực nghiên cứu và hồn thiện đề tài, với những nội
dung mà tôi đã triển khai áp dụng tôi nghĩ rằng, vận dụng và khai thác các ứng
dụng từ một bài toán ở SGK, SBT là vấn đề rất bổ ích và cần thiết. Qua đó giúp
học sinh phát huy được tính tích cực, chủ động, tìm tịi, sáng tạo trong học tập,
đồng thời tạo cho các em u thích và say mê bộ mơn Tốn.
Để kiểm chứng tính hiệu quả của đề tài khi áp dụng vào thực tiễn, tôi tiến
hành tổ chức khảo sát đối với 22 học sinh lớp 6 trường THCS chúng tôi năm học
2017-2018 trước khi áp dụng đề tài vào sau khi áp dụng xong đề tài .Bài tập
được ra theo các mức độ của học sinh. Kết quả thu được như sau
Thời gian

Giỏi

Khá

TB

Yếu

Trước khi áp dung

4,54%

18,18%

36,38%

40,9%

Sau khi áp dụng

13,63%

27,27%

53,99%

13,63%

9.03%

9.09%
17,61%

27,27 %

Tăng

Giảm
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận

Những kinh nghiệm rút ra trong quá trình giảng dạy việc ứng dụng các bài
tốn trên theo trình tự trình bày ở trên trong các năm gần đây tôi nhận thấy hiệu
quả dạy học được nâng lên rõ rệt so với những năm trước đây đó là:
1. Việc cung cấp cho học sinh một cách hệ thống nội dung và phương
pháp ứng dụng các dạng bài tập trên, hình thành cho học sinh thói quen học một
bài tốn dạng tổng qt từ đó biết áp dụng và khai thác bài tốn dưới các dạng
bài tập.
2. Nhiều bài toán sau khi vận dụng hai bài tốn tổng qt trên có một lời

giải đẹp đã tạo cho học sinh sự hứng thú khi giải tốn, giúp các em tìm thấy
niềm vui trong học tốn, thấy được cái mới, cái hay trong toán.
3. Với những học sinh trước đây rất sợ học tốn thì đã tự tin hơn, chủ động,
tích cực hơn trong những giờ học tốn, nhất là các buổi ơn thi học sinh giỏi, dạy
thêm các em rất thích thú khi gặp các đề có liên quan đến các bài tốn tính theo
quy luật,góp phần nâng cao chất lượng dạy học theo hướng phát huy tính tích
cực của học sinh.
Qua trao đổi với các đồng nghiệp ở trường, dạy thử nghiệm chuyên đề này
ở các tiết dạy thêm các lớp và các buổi ôn thi học sinh giỏi ở các lớp, học sinh
tiếp thu tốt, 100% học sinh vận dụng thành thạo các dạng bài tập theo từng trình
độ của học sinh.
19


3.2. Kiến nghị
Tuy nhiên do trình độ chun mơn cịn nhiều hạn chế trong kiến thức
nâng cao, sáng kiên này còn thiếu nhiều về các dạng bài tập và mặc dù cũng đã
cố gắng rất nhiều nhưng cũng không tránh khỏi có phần cịn thiếu sót. Tơi rất
kính mong sự góp ý của hội đồng khoa học và đồng nghiệp để đề tài được hồn
thiện hơn.
Trong q trình giảng dạy rất mong có những chun đề của phịng GD
mở về bồi dưỡng học sinh giỏi để các giáo viên được học hỏi nhau và nâng cao
trình độ chun mơn nghiệp vụ.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN
CỦA HIỆU TRƯỞNG

Lê Trọng San

Cẩm Sơn, ngày 16 tháng 2 năm 2019

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác.
Người viết

Hoàng Thị Huệ
TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Sách giáo khoa, sách bài tập Toán 6 tập 2
2. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 6
3. Toán nâng cao và các chuyên đề toán 6
4. Nâng cao và phát triển toán 7
5. Nâng cao và phát triển toán 8
6. Nâng cao và phát triển toán 9
7. Đề thi học sinh giỏi các khối 6,7,8,9 của các tỉnh thành

20


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ
CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Cấp đánh giá
Kết quả
xếp loại
đánh giá
(Phòng, Sở, xếp loại (A,
Tỉnh...)
B, hoặc C)

Năm học
đánh giá xếp
loại

TT

Tên đề tài SKKN

1

Các phương pháp giải bài
tốn bằng cách lập hệ
phương trình

Phịng GD &
ĐT huyện
Cẩm Thủy

C

2009 – 2010

Ứng dụng định lý Vi ét.

Phòng GD &
ĐT huyện
Cẩm Thủy

C

2016 - 2017

2

21


ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SKKN CỦA HĐKH NHÀ TRƯỜNG
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
................................................................................................................................
Xếp loại:............................................................................................
TM. HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG
Chủ tịch

22


ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SKKN CỦA HĐKH
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN CẨM THỦY
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
................................................................................................................................

Xếp loại:............................................................................................
TM. HỘI ĐỒNG KHOA HỌC PHÒNG GD&ĐT
Chủ tịch

23


ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SKKN CỦA HĐKH
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
Xếp loại:............................................................................................
TM. HỘI ĐỒNG KHOA HỌC SỞ GD&ĐT
Chủ tịch

24