(Sáng kiến kinh nghiệm) khai thác và phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh khá giỏi lớp 6 bậc THCS

MỤC LỤC

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

Trang
1
1
1
2
2
2
2
3
19
20

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Ngày nay, sự nghiệp giáo dục và đào tạo đang đổi mới trước yêu cầu phát
triển kinh tế - xã hội theo hướng công nghiệp hoá và hiện đại hoá đất nước.
Hướng đổi mới của giáo dục và đào tạo là đào tạo con người năng động, sáng

tạo, chủ động trong trong học tập cũng như trong lao động để thích ứng với cuộc


sống. Bên cạnh việc dạy cho học sinh nắm vững các nội dung cơ bản về kiến
thức, giáo viên còn phải dạy cho học sinh biết suy nghĩ, tư duy sáng tạo, biết tạo
cho học sinh có nhu cầu nhận thức trong quá trình học tập. Từ nhu cầu nhận
thức sẽ hình thành động cơ thúc đẩy quá trình học tập tự giác, tích cực và tự lực
trong học tập để chiếm lĩnh tri thức. Những thành quả đạt được sẽ tạo niềm hứng
thú, say mê học tập, nhờ đó mà những kiến thức sẽ trở thành “tài sản riêng” của
các em. Học sinh không những nắm vững, nhớ lâu mà còn biết vận dụng tốt
những tri thức đạt được để giải quyết những vấn đề nảy sinh trong học tập, trong
thực tế cuộc sống và lao động mai sau. Đồng thời, học sinh có phương pháp học
trên lớp học và phương pháp tự học để đáp ứng được sự đổi mới thường xun
của khoa học cơng nghệ ngày nay.
Tốn học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính logíc, tính trừu
tượng cao. Đặc biệt là với phân mơn số học nó giúp cho học sinh khả năng tính
tốn, suy luận logíc và phát triển tư duy sáng tạo. Việc bồi dưỡng học sinh học
tốn khơng đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản thông
qua việc làm bài tập hoặc làm càng nhiều bài tập khó, hay mà giáo viên phải biết
rèn luyện khả năng và thói quen suy nghĩ tìm tịi lời giải của một bài toán trên cơ
sở các kiến thức đã học.
Qua nhiều năm công tác và giảng dạy Tốn 6 ở trường THCS tơi nhận
thấy việc học tốn nói chung và bồi dưỡng học sinh năng lực học tốn nói riêng,
muốn học sinh rèn luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải tốn thì
việc cần làm ở mỗi giáo viên đó là giúp học sinh khai thác đề bài toán để từ một
bài toán ta chỉ cần thêm bớt một số giả thiết hay kết luận ta sẽ có được bài tốn
phong phú hơn, vận dụng được nhiều kiến thức đã học nhằm phát huy nội lực
trong giải tốn nói riêng và học tốn nói chung. Vì vậy tơi ra sức tìm tịi, giải và
chắt lọc hệ thống lại một số các bài tập mà ta có thể khai thác được đề bài để
học sinh có thể lĩnh hội được nhiều kiến thức trong cùng một bài tốn.

- Với mong muốn được góp một phần cơng sức nhỏ nhoi của mình trong việc
bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh hiện nay và cũng nhằm rèn luyện khả
năng sáng tạo trong học toán cho học sinh để các em có thể tự phát huy năng lực
độc lập sáng tạo của mình, nhằm góp phần vào công tác chăm lo bồi dưỡng đội
ngũ học sinh giỏi tốn ngày một khả quan hơn. Với các lí do trên, tơi xin trình
bày đề tài “Khai thác và phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu nhằm
phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi lớp 6 bậc THCS” hi vọng
góp phần vào giải quyết vấn đề trên.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Giáo viên tìm cách khai thác bài toán ban đầu để giúp học sinh phát triển thành
bài tốn mới khó hơn, phức tạp hơn.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài nghiên cứu về việc hướng dẫn như thế nào để giúp học sinh khá, giỏi
lớp 6 bậc THCS khai thác và phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu : Tìm hiểu, nghiên cứu tài liệu bồi dưỡng, sách
giáo khoa, sách tham khảo,…
2


- Phương pháp điều tra.
- Phương pháp đối chứng.
- Phương pháp thực nghiệm.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm ở những lớp học sinh trước để rút kinh
nghiệm cho lớp học sinh sau.
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Đặc điểm của lứa tuổi học sinh THCS là muốn vươn lên làm người lớn, muốn
tự mình khám phá, tìm hiểu trong q trình nhận thức. Các em có khả năng điều
chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau

nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật
của thầy, cơ giáo. Hình thành và phát triển tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo cho
học sinh là một q trình lâu dài.
*Tư duy tích cực, độc lập sáng tạo của HS được thể hiện ở một số mặt
sau:
- Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư
tưởng rập khn, máy móc.
- Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một
vấn đề ở nhiều khía cạnh.
- Có óc hồi nghi, ln đặt ra các câu hỏi: Tại sao? Do đâu? Liệu có cách
nào khác nữa khơng? Các trường hợp khác thì kết luận cịn đúng hay khơng? …
- Tính độc lập cịn thể hiện ở chỗ biết nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn
đề.
- Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã quen biết.
*Khai thác, phát triển kết quả một bài tốn nói chung có nhiều hướng
như:
- Nhìn lại tồn bộ các bước giải. Rút ra phương pháp giải một loại tốn
nào đó. Rút ra các kinh nghiệm giải tốn.
- Tìm thêm các cách giải khác.
- Khai thác thêm các kết quả có thể có được của bài tốn, đề xuất các bài
toán mới.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Qua q trình cơng tác giảng dạy, tôi thấy:
- Đa số học sinh, sau khi tìm được một lời giải đúng cho bài tốn thì các
em hài lịng và dừng lại, mà khơng tìm lời giải khác, khơng khai thác thêm bài
tốn, khơng sáng tạo gì thêm nên khơng phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng
tạo của bản thân.
- Học sinh còn học vẹt, làm việc rập khn, máy móc, lười suy nghĩ, lười
tư duy trong q trình học tập. Từ đó dẫn đến làm mất đi tính tích cực, độc lập,
sáng tạo của bản thân.

- Khơng ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học
tập phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập
chưa cao.
3


- Học không đi đôi với hành, làm cho bản thân học sinh ít được củng cố,
khắc sâu kiến thức, ít được rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức
mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết.
- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển,
sáng tạo bài tốn trong các tiết dạy nói riêng cũng như trong cơng tác bồi dưỡng
học sinh giỏi nói chung.
- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau,
phát triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức. Quan
trọng hơn là nâng cao được tư duy cho các em học sinh , giúp học sinh có hứng
thú hơn khi học tốn.
- Trước thực trạng trên địi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp
dạy và học sao cho phù hợp. Trong năm học 2016 – 2017, tôi được giao nhiệm
vụ dạy Tốn 6. Khối 6 có 2 lớp với tổng cộng 68 học sinh, số học sinh khá, giỏi
tốn là 19 em. Giữa học kì I của năm học, tơi kiểm tra kiến thức tốn của học
sinh với đề kiểm tra khảo sát như sau: (Thời gian: 60 phút)
Bài 1(4 điểm): Tính các tổng sau:
a. A = 1 + 2 + 3 + ... + 50
b. B = 1 + 3 + 5 + ...+ 49
c. C = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + …+ 49.50
d. D = 1.4 + 2.5 + 3.6 + ... + 99.102
Bài 2(3 điểm): Tính các tổng sau:
a. A = 2 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 + 28 + 29 + 210
b. B = 12 + 22 + 32 + 42 + … + 502
Bài 3(3 điểm):

1
1
1
1


 ........ 
1 .2 2 .3 3 .4
49.50
1
1
1

 ... 
. Chứng
1.2.3 2.3.4
18.19.20

a. Tính tổng: A =
b. Cho B =

minh: B 

1
4

Kết quả ban đầu khi chưa áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này:
Số
Học sinh
19

Số học sinh đạt điểm trung bình trở lên
Số lượng
3

Tỉ lệ ( % )
15,8

2.3. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Qua những bài tốn mà học sinh đã giải được, tơi định hướng cho các em
tư duy, tập trung nghiên cứu thêm về lời giải, về kết quả bài tốn đó. Bằng các
hình thức như:
- Kiểm tra kết quả. Xem xét lại các lập luận.
- Nghiên cứu, tìm tịi, . . . với việc tập trung giải quyết các vấn đề như:
Liệu bài tốn cịn có cách giải khác hay khơng? từ bài tốn đã cho có rút ra được
bài tốn tổng qt khơng? Có thể thay đổi dữ kiện bài cho để đề xuất bài tốn
mới khơng? Bài tốn đã cho có liên quan với các bài tốn nào khác không? . . ..
4


Trong đề tài này, tôi xin minh hoạ bằng cách khai thác, phát triển từ kết
quả ba bài tốn tính tổng ở lớp 6 quen thuộc. Nhằm giúp học sinh thấy được cái
hay, cái đẹp, sự thú vị trong học tốn nói chung và trong số học nói riêng. Từ
đó, giúp học sinh tự tin, tích cực, sáng tạo hơn trong học tốn; giúp học sinh
thêm u thích mơn Tốn hơn, nâng cao chất lượng mũi nhọn. Đặc biệt kết quả
học tập mơn tốn ngày càng được nâng lên rõ rệt.
Từ kết quả của một bài toán ban đầu, nếu chịu khó suy xét tiếp thì ta có
thể khai thác theo nhiều khía cạnh như: tìm lời giải khác, phát triển bài toán, tạo
ra một chuỗi các bài toán hay và thú vị khác. Sau đây là một vài ví dụ minh hoạ:
1. Dạng 1: Khai thác, phát triển từ một số bài tốn liên quan đến tính

tổng các số tự nhiên, tổng lũy thừa với các cơ số và số mũ là các số tự nhiên
1.1. Bài toán 1 và các hướng khai thác bài tốn 1:
Tính tổng: A = 1 + 2 + 3 + ... + 100
Phân tích bài tốn: Đây là tổng của các số tự nhiên liên tiếp, khoảng cách giữa
chúng bằng 1. Để tính tổng A ta tính xem tổng A có bao nhiêu số hạng rồi sau
đó sử dụng tính chất giao hốn, kết hợp để tính tổng. Từ đó ta có cách giải bài
tốn như sau:
Giải
Cách 1: Ta có A = 1 + 2 + 3 + ... + 100
+ A = 100 + 99 + 98 + . . . + 1
2 A = 101 + 101 + . . . + 101.
100 số hạng

2 A = 101 . 100
A = 101.50
A = 5050
Giáo viên hướng dẫn cho học sinh làm theo cách khác
Cách 2: Ta có số các số hạng của tổng trên là:
(100 - 1) : 1 + 1 = 100
Do đó:
A = 1 + 2 + 3 + ... + 100
A = (1+ 100) + ... + (49 + 51)
50 cặp

A = 101 + 101 + 101 + ... + 101
50 cặp

A = 101.50
A = 5050
Như vậy: Muốn làm tốt bài toán này ta thực hiện các bước sau:

Bước 1: Tìm số các số hạng dựa theo cơng thức:
(Số cuối - số đầu) : khoảng cách hai số liên tiếp + 1
Bước 2: Ghép cặp
Có nhiều cách ghép cặp, tuy nhiên thông thường ta nên ghép cặp như sau: số
hạng đầu với số hạng cuối.
Bước 3: Tính tổng đã cho bằng cách chuyển tổng cần tìm về tìm tích
Hướng khai thác thứ nhất: Bài tốn tổng qt của bài tốn 1.
Bài tốn 1.1:
Tính tổng: B = 1 + 2 + 3 + . . . + n (với n  N*)
5


Từ cách giải bài tốn 1 ta có cơng thức tính tổng các số tự nhiên liên tiếp
từ 1 đến n (Với n N* ) như sau:
1 + 2 + 3 + .... + n =

n( n  1)
2

với n

N*

Vậy dựa theo cơng thức tổng qt này để tính tổng dãy số cách đều
Hướng khai thác thứ hai: Thay đổi khoảng cách giữa các số hạng trong
dãy của bài toán 1
Bài tốn 1.2: Tính tổng: a) C = 1 + 3 + 5 + ...+ 49
b) D = 2 + 4 + 6 + ...+ 100
Giải
(1  49).25 50.25


 25 2  625
a) Tổng C có:  49  1 :2  1 25 (số hạng)  C 

b) Tổng D có:  100 2 :2  1 50 (số hạng) 
D

2

2

(2  100).50 102.25

 2550
2
2

Từ bài toán 1.2 ta có bài tốn tổng qt sau :
Bài tốn 1.3: Tính tổng: a) 1 + 3 + 5 + ...+(2n – 1) (Với n N* )
b) 2 + 4 + 6 + ...+ 2n (Với n N* )
Giải
Với cách làm như bài tốn 1.2, ta có:
a) Cơng thức tính tổng các số tự nhiên lẻ liên tiếp từ 1 đến 2n - 1 (Với
*
n N ) như sau:
1 + 3 + 5 + ...+ (2n-1) = n2 với n  N*
b) Công thức tính tổng các số tự nhiên chẵn liên tiếp từ 1 đến 2n (Với
n N* ) như sau:
2 + 4 + 6 + ...+ 2n = n(n+1) với n  N*
Hướng khai thác thứ ba: Thay đổi yêu cầu bài tốn

Bài tốn 1.4: Tìm số tự nhiên x biết:
x + (x + 1) + (x + 2) + (x + 3) + .....+ (x + 48) + (x + 49) = 1275
Phân tích bài tốn: Thoạt nhiên sẽ có nhiều học sinh lúng túng khi gặp bài này,
nhưng giáo viên có thể gợi ý học sinh bằng câu hỏi: Em hãy nhóm các số hạng
x của vế trái thành một nhóm, các số hạng cịn lại thành một nhóm. Nếu học
sinh khơng trả lời được giáo viên có thể viết lại bài tốn như sau:
Tìm số tự nhiên x biết:
( x + x + x + .....................+ x) + (1 + 2 + 3 + ..........+ 48 + 49) = 1275
có bao nhiêu số hạng x

6


Từ đó hãy vận dụng phương pháp làm của bài toán 1.1 để giải bài toán
này? ( giáo viên yêu cầu ). Và ta có cách làm như sau:
Giải
Ta có:
x + (x + 1) + (x + 2) + (x + 3) + .....+ (x + 48) + (x + 49) = 1275
( x + x + x + .....................+ x) + (1 + 2 + 3 + ..........+ 48 + 49) = 1275
50 số hạng

50.x +

( 49  1).49
2

= 1275

50.x + 1225 = 1275
50.x

= 1275 - 1225
50.x
= 50
x
=1
Vậy x = 1
1.2. Bài toán 2 và các hướng khai thác bài tốn 2:
* Tính tổng: D = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + …+ 99.100
Phân tích bài tốn:
Mỗi một hạng tử của tổng là một tích, tích đó có hai thừa số, khoảng
cách giữa hai thừa số bằng 1.
Để tính tổng D ta biến đổi D để làm xuất hiện các hạng tử đối nhau để triệt tiêu
dần các hạng tử đó. Ta nhân hai vế của D với 3. Thừa số 3 này được viết dưới
dạng 3 – 0 ở số hạng thứ nhất, 4 – 1 ở số hạng thứ hai, 5 – 2 ở số hạng thứ ba…
101 – 98 ở số hạng cuối cùng. từ đó ta có cách giải bài tốn như sau:
Giải
3D = 1.2.(3 – 0 ) + 2.3.(4 – 1 ) + 3.4. (5 – 2) + …+ 99.100 (101 – 98)
= (1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + …+ 98.99.100 + 99.100.101) – (0.1.2 + 1.2.3 + 2.3.4 + …+ 97.98.99 + 98.99.100)
= 99.100.101
= 99.100.101 : 3 = 333300
Vậy D = 333300
* Các hướng khai thác bài toán 2
Hướng khai thác thứ nhất: Bài toán tổng quát của bài toán 2
Bài tốn 2.1: Tính tổng: E = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 +…+ n(n+1)
Từ cách giải bài tốn 2 ta có cơng thức tổng qt:
1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 +…+ n(n+1) =

n.(n  1).(n  2)
3

với n  N*

Hướng khai thác thứ hai: Thay đổi khoảng cách giữa các thừa số trong
mỗi hạng tử của bài toán 2
Nhận xét:
Trong bài toán 2, các thừa số trong mỗi hạng tử hơn kém nhau (cách
nhau) 1 đơn vị ta có thể thay đổi khoảng cách giữa các thừa số trong mỗi hạng
tử của bài toán 1 và phát triển thành một số bài toán sau:
Bài tốn 2.2:
Tính:
F = 1.3 + 3.5 + 5.7 + … + 97.99
Giải
7


6F = 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)
= 1.3.5 + 1.3 + 3.5.7 - 1.3.5 + 5.7.9 - 3.5.7 + … + 97.99.101 - 95.97.99
= 1.3.5 + 3 + 3.5.7 - 1.3.5 + 5.7.9 - 3.5.7 +…+ 97.99.101 - 95.97.99
= 3 + 97.99.101
 F = ( 3 + 97.99.101 ) : 6 = 161 651
Từ bài tốn 2.2 ta có bài tốn tổng qt sau:
Bài tốn 2.3:
Tính tổng: G = 1.3 + 3.5 + 5.7 + … + (2n – 1).(2n + 1) với n  N*
Giải
Với cách làm như bài tốn 2.2, ta có cơng thức tổng qt:
1.3 + 3.5 + 5.7 + ...+ (2n - 1).(2n+1) =

3  (2n  1)(2n  1)(2n  3)
6

với n 

N*
Nhận xét:
Ta thấy khoảng cách giữa hai thừa số trong mỗi số hạng của bài toán 2
là
2 – 1 = 3 - 2 = 4 – 3 = …= 1;
Ở bài toán 2.2 là 3 – 1 = 5 – 3 = 7 – 5 = … = 2.
Trong bài toán 2.2 ta đã nhân hai vế của E với 3 ( 3 lần khoảng cách
giữa hai thừa số ), trong bài toán 2.2 ta nhân hai vế của F với 6 (3 lần khoảng
cách giữa hai thừa số)
Từ nhận xét đó học sinh có thể làm được các dạng bài theo hướng khai
thác thứ nhất. Giáo viên có thể ra bài tập về nhà theo hướng khai thác này như
sau:
Tính G1 = 1.4 + 4.7 + 7.10 + … + 97.100 (Gợi ý: nhân hai vế của
G1 với 3 lần khoảng cách )
Tính G2 = 1.5 + 5.10 + 10.15 + …+ 100.105 (Gợi ý: nhân hai vế của G2
với 3 lần khoảng cách )
Tính G3 = 2.4 + 4.6 + 6.8 + ….+ 98.100 ( Gợi ý: nhân hai vế của G3 với 3
lần khoảng cách )
Bài tốn 2.4: Tính tổng: H = 2.4 + 4.6 + 6.8 + 8.10 + … + 196.198 + 198.200
Phân tích bài tốn : Ta thấy mỗi số hạng của tổng là tích của 2 số tự nhiên
chẵn liên tiếp. Do đó, để tách mỗi số hạng thành hiệu của 2 số nhằm triệt tiêu
từng cặp số hạng với nhau ta nhân cả hai vế của H với 6. Thừa số 6 này được
viết dưới dạng: (6 - 0) ở số hạng thứ nhất, (8 - 2) ở số hạng thứ hai, (10 - 4) ở
số hạng thứ ba, ..........,(202 - 196) ở số hạng cuối cùng.
Giải
6.H = 2.4.6 + 4.6.6 + 6.8.6 + … + 196.198.6 + 198.200.6
6.H = 2.4.6 + 4.6.(8 – 2) + 6.8.(10 – 4) + … + 196.198.(200 – 194) + 198.200.(202 – 196)

6.H = 2.4.6 + 4.6.8 - 2.4.6 + 6.8.10 - 4.6.8 +…+ 196.198.200 - 194.196.198 + 198.200.202 - 96.198.200
6.H = 198.200.202
8


 H = 198.200.202 : 6 = 1 333 200

Từ bài tốn 2.4 ta có bài tốn tổng qt sau :
Bài tốn 2.5:
Tính tổng I = 2.4 + 4.6 + 6.8 + … + (2n – 2).2n
với n  N*, n > 1
Giải
Với cách làm như bài tốn 2.4, ta có công thức tổng quát:
2.4 + 4.6 + 6.8 + ... + (2n – 2).2n =

( 2 n  2) 2 n ( 2 n  2)
6

với n  N*, n > 1

Bài tốn 2.6: Tính tổng: K = 1.3 + 2.4 + 3.5 + ... + 99.101
Phân tích bài tốn: Để tính tổng K ta khơng nhân cả 2 vế với cùng một số thích
hợp mà tách ngay một thừa số trong mỗi số hạng làm xuất hiện các tổng khác
mà ta đã biết cách tính hoặc dễ dàng tính được.
Giải
K = 1.3 + 2.4 + 3.5 + ... + 99.101
= 1(2 + 1) + 2(3 + 1) + 3(4 + 1) + ... + 99(100 + 1)
= 1.2 + 1 + 2.3 + 2 + 3.4 + 3 + ... + 99.100 + 99
= (1.2 + 2.3 +3.4 +...+ 99.100) + (1 + 2 + 3 + ... + 99)
=

99.100.101 99.100 99.100.205 99.100.(99.2  7)



 338250
3
2
6
6

Giáo viên hướng dẫn học sinh biến đổi biểu thức K thành tổng của hai biểu
thức có dạng như bài tốn 2.3 và 2.5 rồi tính tổng K.
Từ bài tốn 2.6 ta có bài tốn tổng qt sau :
Bài tốn 2.7: Tính tổng: M = 1.3 + 2.4 + 3.5 + ... + n(n + 2) với n  N*
Giải
Với cách làm như bài toán 2.6, ta có cơng thức:
1.3 + 2.4 + 3.5 + ... + n(n + 2) =

n(n  1)(2n  7)
6

với n 

N*
Bài tốn 2.8:

Tính tổng: N = 1.4 + 2.5 + 3.6 + ... + 99.102
Giải
Ta có: N = 1.4 + 2.5 + 3.6 + ... + 99.102

= 1(2 + 2) + 2(3 + 2) + 3(4 + 2) + ... + 99(100 + 2)
= 1.2 + 1.2 + 2.3 + 2.2 + 3.4 + 3.2 + ... + 99.100 + 99.2
= (1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100) + 2(1 + 2 + 3 + ... + 99)
=

99.100.101
99.100 99.100.104 99.100.(99  5)
 2.


 343200
3
2
3
3

Từ bài toán 2.8 ta có bài tốn tổng qt sau :
Bài tốn 2.9:
Tính tổng: P = 1.4 + 2.5 + 3.6 +…+ n(n + 3) với n  N*
Giải
Với cách làm như bài toán 2.8, ta có cơng thức:
1.4 + 2.5 + 3.6 +…+ n(n + 3) =

n.( n  1)( n  5)
3

với n  N*
9

Hướng khai thác thứ ba: Làm tăng thêm các thừa số trong mỗi hạng tử
của bài tốn 1.
Bài tốn 2.10:
Tính tổng: Q = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + … + 98.99.100
Giải
Q = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 +..…+ 98.99.100
4.Q = (1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + …+ 98.99.100).4
= [1.2.3.(4-0) + 2.3.4.(5-1) + 3.4.5.(6-2) + 4.5.6.(7-3) + …+ 98.99.100(101 – 97)]

= (1.2.3.4 - 1.2.3.4+2.3.4.5-2.3.4.5+3.4.5.6 – 3.4.5.6 +…+ 97.98.99.100 – 97.98.99.100 + 98.99.100.101)
= 98.99.100.101
Vậy Q =

98.99.100.101
4

= 24 497 550

Từ bài tốn 2.10 ta có bài tốn tổng qt sau:
Bài tốn 2.11: Tính tổng: R = 1.2.3 + 2.3.4 + … + n (n + 1)(n + 2) với n  N*
Giải
Ta có: 1.2.3 

1.2.3.4 0.1.2.3
2.3.4.5 1.2.3.4
3.4.5.6 2.3.4.5



; 2.3.4 

; 3.4.5 
4
4
4
4
4
4

………………............................................................................
n (n + 1)(n + 2) =

n(n  1)(n  2)(n  3) (n  1)n(n  1)(n  2)

4
4

Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta được:
R = 1.2.3 + 2.3.4 + … + n (n + 1)(n + 2) =

n(n  1)(n  2)(n  3)
4

Ta có cơng thức tổng qt:
1.2.3 + 2.3.4 … + n (n + 1)(n + 2) =

n(n  1)(n  2)(n  3)
với n
4

 N*

Từ bài toán 2.11, ta tiếp tục thay đổi khoảng cách giữa các thừa số trong
mỗi hạng tử, ta có bài tốn sau:
Hướng khai thác thứ tư: Vừa làm thay đổi khoảng cách giữa các thừa
số, vừa làm tăng thêm các thừa số trong mỗi hạng tử của bài toán 2.
Bài toán 2.12: Tính tổng: S = 1.3.5 + 3.5.7 + … + 5.7.9 + … + 95.97.99
Giải
8S = 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
 S=

15  95.97.99.101
8

= 11 517 600

Nhận xét:
Ta thấy khoảng cách giữa hai thừa số liên tiếp trong mỗi hạng tử của bài
toán 2.11 là:
2 – 1 = 3 - 2 = 4 – 3 = …= 1;
Ở bài toán 2.12 là: 3 – 1 = 5 – 3 = 7 – 5 = … = 2.

10


Trong bài toán 2.10 ta đã nhân hai vế của Q với 4 ( 4 lần khoảng cách
giữa hai thừa số ), trong bài toán 2.12 ta nhân hai vế của S với 8 (4 lần khoảng
cách giữa hai thừa số).

Hướng khai thác thứ năm: Làm thay đổi sự kế tiếp lặp lại của các thừa
số trong bài toán 2 ta có bài tốn sau:
Bài tốn 2.13: Tính tổng: T = 1.2 + 3.4 + 5.6 + … + 99.100
Giải
T = 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)
= T1 + T2 ( trong đó T1 là dạng toán theo hướng khai thác thứ hai nên
học sinh sẽ biết cách tính, T2 là tổng của 100 số chẵn đầu tiên nên học sinh cũng
đã biết cách tính). Khi đó
T = 98.100.102 : 6 + 102.50:2
= 166600 + 2550 = 169150
Cách giải khác
T = 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)
= T3 + T4 ( trong đó T3 là dạng của bài tốn 2.3 nên học sinh đã biết
cách tính, T4 là tổng của 100 số lẻ đầu tiên nên học sinh cũng đã biết cách tính )
= 171650 – 2500 = 169150
Trong bài tốn này ta khơng nhân I với một số hạng mà tách ngay một
thừa số trong tích làm xuất hiện các dãy số mà ta đã biết cách tính hoặc dễ dàng
tính được.
Bài tốn 2.14: Tính tổng: U = 1.1 + 2.2 + 3.3 + 4.4 + …+ 99.99
Phân tích bài tốn:
Thoạt đầu sẽ có nhiều học sinh lúng túng khi gặp bài này, nhưng giáo
viên có thể gợi ý học sinh bằng câu hỏi: Em hãy nhận dạng bài toán này với bài
toán 2.5 xem chúng có cùng dạng khơng? Nếu học sinh khơng trả lời được giáo
viên có thể viết lại bài tốn như sau:
U = 1.(2-1) + 2.(3-1) + 3.(4-1) + …+ 99.(100 – 1)
Từ đó hãy vận dụng phương pháp làm của bài toán 2.5 để giải bài toán

này? ( giáo viên yêu cầu ). Và ta có cách làm như sau
U = 1.(2-1) + 2.(3-1) + 3.(4-1) + …+ 99.(100 – 1)
= ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 99.100. ) – ( 1+2 + 3 + 4 + …+ 99)
= U 1 – U2 ( trong đó U1 là bài toán 2.1, U2 là tổng của các số tự nhiên
liên tiếp từ 1 đến 99)
=

99.100.101 99.100
3
2

= 333300 – 4950= 328 350

? Biểu thức K có thể viết ở dưới dạng nào nữa.
Từ đó ta có thể phát triển thành bài tốn sau:
Bài tốn 2.15:
Tính tổng: V = 12 + 22 + 32 + 42 +…+ 992
11


Bây giờ ta tạm thời quên đi đáp số 328350 ở bài toán 2.14 mà ta biến đổi
99.100.101
99.100
như sau:
3
2
99.100.199 99(99  1)(2.99  1)
99.100.101
99.100


=
3
2
6
6

tiếp hiệu

trong đó 99 là số

hạng cuối cùng của tổng V.
Từ bài tốn 2.15 ta có thể phát triển thành bài toán tổng quát như sau:
Bài toán 2.16:
Tính tổng: X = 12 + 22 + 32 + 42 +…+ n2 với n  N*
Giải
Với cách làm như bài tốn 2.14, 2.15, ta có cơng thức tính tổng các bình phương
của các số tự nhiên từ 1 đến n như sau:
12 + 22 + 32 + 42 +…+ n2 =

n( n  1)(2n  2)
6

với n  N*

Thay đổi khoảng cách giữa các cơ số trong bài 2.15 ta có bài tốn
sau:
Bài tốn 2.17:

Tính X = 12 + 32 + 52 + … + 992

Giải
X1 = 1 + 3(2 + 1) + 5(2 + 3) + 7(2 + 5) + … + 99(2 + 97)
= 1 + 2.3 + 1.3 + 2.5 + 3.5 + 2.7 + 5.7 + … + 2.99 + 97.99
= 1 + 2(3 + 5 + 7 + … + 99) + (1.3 + 3.5 + 5.7 + … + 97.99)
= 1 + 4998 + 161651
= 166650
Thay đổi số mũ của bài toán 2.15 ta có bài tốn sau:
Bài tốn 2.18:
Tính: X2 = 13 + 23 + 33 + … + 1003
Giải
3
3
3
Ta có: X2 = 1 + 2 + 3 + … + 1003
= 13 – 1 + 23 – 2 + 33 – 3 +…+ 1003 – 100 + ( 1 + 2 + 3 + …+ 100 )
= 0 + 2( 22 – 1 ) + 3( 32 – 1 ) + …+ 100( 1002 – 1 ) + ( 1 + 2 + 3 + …+ 100 )
= (1.2.3 + 2.3.4 + …+ 99.100.101) + ( 1 + 2 + 3 + … + 100 )
=

99.(99  1).(99  2).(99  3) 100.101

4
2

= 101989800 + 5050 =

101994850
Từ bài toán 2.18 ta có bài tốn tổng qt sau:
Bài tốn 2.19: Tính tổng: X3 = 13 + 23 + 33 + … + n3 với n  N*
Giải

Với cách làm như bài toán 2.18, ta có:
X3 = 13 + 23 + 33 + … + n3
= 13 – 1 + 23 – 2 + 33 – 3 + 43 – 4 + 53 – 5 +…+ n3 – n + ( 1 + 2 + 3 + …+ n )
= 0 + 2( 22 – 1 ) + 3( 32 – 1 ) + 4( 42 – 1 ) + …+ n( n2 – 1 ) + ( 1 + 2 + 3 + 4 + …+ n )
= 0 + 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + …+ (n – 1 )n( n + 1 ) + ( 1 + 2 + 3 + 4 + … + n )
=

(n  1)n(n  1)(n  2) n(n  1)
 (n  1)(n  2) 1 

 n(n  1) 
 
4
2
4
2


12


=

n(n  1)

n 2  n  2  2)
n(n  1)  n(n  1) 
 n(n  1)

4

4
 2 

2

Ta có cơng thức tính tổng các lập phương của các số tự nhiên
từ 1 đến n như sau:
3

3

3

3

1 + 2 + 3 + …+ n =

 n(n  1) 


2

2

với n  N*

Thay đổi khoảng cách giữa các cơ số trong bài 2.18 ta có bài tốn sau:
Bài tốn 2.20:
Tính tổng: X4 = 13 + 33 + 53 + … + 993
Phân tích bài tốn: Đây là tổng lập phương của các số lẻ liên tiếp. Muốn tính

tổng trên ta lập một tổng là tổng các lập phương của các số tự nhiên liên tiếp
rồi trừ đi phần cộng thêm.
Giải
3
3
3
3
3
3
X4 = 1 + 3 + 5 + … + 99 = (1 + 2 + 33+…+ 993) - (23 + 43 + 63+…+983)
= (13 + 23 + 33+…+ 993) - 23(13 + 23 + 33 +…+493)
=

2

2

 99.100 
3  49.50 
2
2

 2 
  4950  8.1225  24502500  12005000  12497500
2 

 2 

Từ bài toán 2.20 ta có bài tốn tổng qt sau:
Bài tốn 2.21:

Tính tổng: X5 = 13 + 33 + 53 + ... + (2n + 1)3 với n  N
Giải
Với cách làm như bài tốn 2.20, ta có:
X5 = 13 + 33 + 53 + ... + (2n + 1)3
= [13 + 23 + 33 + ... (2n)3 + (2n + 1)3] - [23 + 43 + 63 + ... + (2n)3]
= [13 + 23 + 33 + ... (2n)3 + (2n + 1)3] - 23. [13 + 23 + 33 + ... + n3]

  2n  1 2n  1  1 
 n n  1 
 2 2n  1 n  1 
 n n  1 
 23 

 23 
= 




2
2


 2 


 2 
n 2 (n  1) 2
2
2

  n  1  2n  1  2n 2
=  2n  1 2  n  1 2  8.
4
2

2

2



2



=  n  1 2  2n 2  4n  1

Ta có cơng thức tính tổng các lập phương của các số tự nhiên lẻ
liên tiếp từ 1 đến 2n + 1 như sau:
13 + 33 + 53 + ... + (2n + 1)3 =  n  1 2  2n 2  4n  1 với n  N*
Từ bài toán 2.15 nếu hoán vị số mũ và cơ số ta có bài tốn sau:
Bài tốn 2.22:
Tính tổng: Y = 2 + 22 + 23 + 24 + ... + 299
Giải
Ta có: Y = 2 + 22 + 23 + 24 + ... + 299
2Y = 22 + 23 + 24 + ... + 299 + 2100
Xét: 2Y - Y = (22 + 23 + 24 + ... + 299 + 2100) - (2 + 22 + 23 + 24 + ... + 299)
Suy ra: Y = 2100 - 2
Từ cách giải bài toán 2.22 học sinh sẽ biết cách làm bài tốn sau:
Bài tốn 2.23:

Tính tổng: Y1 = 2 + 22 + 23 + 24 + ... + 2n
ĐS: Y1 = = 2n+1 – 2
13


Từ bài toán 2.23 nếu thay cơ số 2 bằng cơ số a bất kì (với a  N, a > 1, n  N)
ta được bài toán tổng quát sau:
Bài tốn 2.24: Tính tổng: Y2 = 1 + a + a2 + a3 + … + an với a  N, a > 1, n  N
Giải
Với cách làm như bài tốn 2.23, ta có:
a. Y2 – Y2 = an+1 – 1
(a – 1) Y2 = an+1 – 1
Y2 =

a n 1  1
a 1

Ta có cơng thức:
2

3

n

1+a+a +a +…+a =

a n 1  1
a 1

với a  N, a > 1, n 

N
Nhận xét:
Với cách khai thác như trên ta có thể khai thác, phát triển bài tốn thành
nhiều bài tốn hay mà trong q trình giải địi hỏi học sinh phải có sự linh
hoạt, sáng tạo.
* Bài tập tự luyện: Tính các tổng sau:
a. A = 2+ 6 +10 + 14 + ..... + 202
b. B = 1.4 + 2 .5 + 3.6 + 4.7 +.... + n( n +3 ) (n = 1,2,3 ,....)
c. C = 49 + 64 + 81+ .... + 169
d. 1.3.5.7 + 3.5.7.9 + 5.7.9.11 + …+ 93.95.97.99
e. E = 1+2 +22 +23 +.....+ 26.2 + 2 6 3
f. F = 5 + 52 + 53 + ..... + 5 99 + 5100
2. Dạng 2: Khai thác, phát triển từ một số bài tốn liên quan đến tính
tổng các phân số với tử số và mẫu số là các số tự nhiên
* Bài toán ban đầu và các hướng khai thác bài tốn.
Tính tổng:

1

1

1

1

A = 1.2  2.3  3.4  ...  99.100

Phân tích bài tốn
Ta thấy mỗi phân số đều có mẫu là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên ta

có thể viết như sau:
1
1 1
  ;
1.2 1 2
1
1
1


99.100 99 100

1
1 1
 
2 .3 2 3

;

1
1 1
1
1
1
  ;…


;
3.4 3 4
98.99 98 99

Từ đó ta có thể tính tổng A một cách dễ dàng. Ta có thể giải bài toán như
sau:
Giải
1
1
1
1


 ... 
1 .2 2 .3 3 .4
99.100
1 1 1 1 1 1
1
1
1
1
      ... 



1 2 2 3 3 4
98 99 99 100

A

=

=

14


1
1
99
99



1 100 99  1 100
99
Vậy: A = 100

=

* Các hướng khai thác bài toán
Hướng khai thác thứ nhất: Bài tốn tổng qt của bài tốn trên.
Bài tốn 1:
Tính tổng: B =

1
1
1
1


 ... 
1.2 2.3 3.4

n. n  1

với n  N*

Giải
Với cách làm như bài tốn 1, ta có công thức:
1
1
1
1


 ... 
1.2 2.3 3.4
n. n  1

n

= n  1 với n 

N*
Hướng khai thác thứ hai: Thay đổi khoảng cách giữa hai thừa số trong
mỗi mẫu của từng phân số của bài tốn ban đầu.
Bài tốn 2:

Tính tổng: C =

1
1
1

1


 ... 
1.3 3.5 5.7
99.101

Đối với bài này mới đầu sẽ có nhiều học sinh hiểu nhầm và áp dụng ngay giống
cánh làm của bài toán 1 là biến đổi

1 1 1 1 1 1
  ;
  ;... nhưng thực tế không
1.3 1 3 3.5 3 5

đúng như vậy, thực tế là:
1 1 3 1
2 1 1 53
2
1
1
101  99
2
 

;  

;...;




1 3
1. 3
1.3 3 5
3.5
3.5
99 101
99.101
99.101

Giáo viên có thể hỏi: phải biến đổi B về dạng nào thì mới áp dụng được cách
giải của bài toán 1 ? Và học sinh sẽ biến đổi được như sau:
2
2
2
2


 ... 
1.3 3.5 5.7
99.101
1 1 1 1 1 1
1
1
1
1
100
= 1  3  3  5  5  7  99  101  1  101  101
100
50

Vậy C = 101.2  101 .

2C =

Nhận xét:
Xét hiệu hai thừa số của mỗi mẫu ta thấy.
3 – 1 = 5 – 3 = 7 – 5 = … = 101 – 99 = 2 cho nên phải biến đổi mỗi phân số
của biểu thức B đều có tử là 2 thì mới tách mỗi phân số đó thành hiệu của hai
phân số có tử là 1 và có mẫu là hai thừa số trong mỗi tích của mỗi mẫu ban
đầu.
Khi học sinh đã hiểu thì giáo viên có thể ra một bài tốn bất kì của dạng
này.
Từ bài tốn 2 ta có bài tốn tổng qt sau:
Bài tốn 3: Tính tổng: C1 =

1
1
1
1


 ... 
1 .3 3 .5 5 .7
n n  2 .

với n  N, n lẻ.

Giải
15

Ta có: C1 =
=

1
1
1
1


 ... 
1 .3 3 .5 5 .7
n n  2 .
1 1 1 1 1 1
1
1  1
1  1 n 1
1       ...  
  1 
 .
2 3 3 5 5 7
n n 2 2 n 2 2 n  2

Ta có cơng thức:
1
1
1
1
1 n 1



 ... 
.
=


1.3 3.5 5.7
n n2.
2 n2

với n  N, n

lẻ
Bài tốn 4:

Tính tổng: C2 =

1
1
1
1


 ... 
4.6 6.8 8.10
54.56

Và học sinh sẽ dễ dàng tính tổng C được bằng cách nhân hai vế của C với
2 ( vì 6 – 4 = 8- 6 = 10 – 8 = … = 56 – 54 = 2 ) và tính tương tự
ĐS:

Bài tốn 5:

1 1
13

 C2
4 56
112
1
1
1
1
D = 5.10  10.15  15.20  ...  100.115

2C2 =

Tính tổng:

Học sinh sẽ tính được tổng D bằng cách nhân hai vế của D với 5
( Vì 10 – 5 = 15 – 10 = … = 115 – 100 = 5 ) Và tính tương tự
ĐS: D =

22
575

Hướng khai thác thứ ba: Làm thay đổi mẫu số của từng phân số của bài
ban đầu.
Bài tốn 6:

Tính: E =

1 1 1
1
 
 ... 
2 6 12
9900

Nhận xét: Ta có 2 = 1.2; 6 = 2.3 ; 12 = 3.4 ; …; 9900 = 99.100
Như vậy bài tốn 5 có thể đưa về bài tốn quen thuộc chính là bài tốn 2
Giải
E=

1 1 1
1
 
 ... 
2 6 12
9900

=

1
1
1
1
1
1
99



 ... 
 

1.2 2.3 3.4
99.100 1 100 100

Hướng khai thác thứ tư: Làm thay đổi tử số của từng phân số của bài
tốn 2
Bài tốn 7:

Tính tổng: F =

2
2
2
2


 ... 
1.3 3.5 5.7
99.100.

Nhận xét: Từ cách giải của bài toán 2 học sinh sẽ biết cách giải bài toán 5.
Giải
2
2
2
2



 ... 
1.3 3.5 5.7
99.100.
1 1 1 1 1 1
1
1
1
1
100
= 1  3  3  5  5  7  99  101  1  101  101
100
Vậy F = 101 .

F=

Từ bài toán 6 ta có bài tốn tổng qt sau:
Bài tốn 8:

Tính tổng: F1 =

2
2
2
2


 ... 
1.3 3.5 5.7
n n  2  .

với n  N, n lẻ.

Giải
Ta có: F1 =

1
1
1
1


 ... 
1.3 3.5 5.7
n n  2  .

16


=

1 1 1 1 1 1
1
1
1
n 1
       ...  
 1
.
1 3 3 5 5 7

n n2
n2
n2

Ta có cơng thức:
2
2
2
2
n 1


 ... 
= n2
1.3 3.5 5.7
n n  2  .

Bài tốn 9:

Tính tổng: G =

với n  N, n lẻ

3
3
3
3


 ... 

1.3 3.5 5.7
99.100.

Nhận xét: Trong biếu thức G nếu giả sử các tử số của các phân số là 2 giống
bài toán 7 thì ta dễ dàng giải được. Vậy làm thế nào để các tử số đều là 2 mà
không phải là 3 như đề bài của bài toán?
Đây là một tình huống có vấn đề buộc học sinh phải suy nghĩ và tìm cách
biến đổi, ta có cách giải như sau:
Giải
G=
=
=
=

2
3
3
3
3
(


 ... 
)
.
2 1.3 3.5 5.7
99.100.
3
2
2

2
2
(


 ... 
)
.
2 1.3 3.5 5.7
99.100.
3 1 1 1 1 1 1 1
1
     

)
.(
2 1 3 3 5 5 7 99 101
3 1
1
3 100 150

)

.(
.
2 1 101
2 101 101

Hướng khai thác thứ năm: tăng thêm các thừa số trong mỗi mẫu số của
từng phân số của bài toán ban đầu.

Bài toán 10:

Tính tổng: H =

1
1
1
1


 ... 
1.2.3 2.3.4 3.4.5
98.99.100

Nhận xét:
Ta có:

1
1
2


;
1 .2 2 .3 1 .2 .3

1
1
2
1
1

2


. ;…;


2.3 3.4
2.3.4
98.99 99.100 98.99.100

Giải
1
1
1
1
2H = ( 1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  98.99.100 ).2
1
1
1
1
1
1
1
1
9898
4949
= 1.2  2.3 + 2.3  3.4 + 98.99  99.100  1.2  99.100  19800  9900
4949
Vậy H = 9900

Từ bài tốn 10 ta có bài tốn tổng qt sau:
Bài tốn 11: Tính tổng: H1 =

1
1
1
1


 ... 
1.2.3 2.3.4 3.4.5
n( n  1)(n  2)

với n  N*

Giải
Với cách làm như bài tốn 10, ta có:
H1 =
=


1
1
1
1
1 1
1


 ... 

 . 
1.2.3 2.3.4 3.4.5
n(n  1)(n  2) 2  2 (n  1)(n  2) 
1  (n  1)(n  2)  2  (n  1)(n  2)  2 n 2  2n  n  2  2
n(n  3)





2  2( n  1)(n  2) 
4( n  1)(n  2)
4( n  1)(n  2)
4(n  1)(n  2)

Ta có cơng thức :

17


1
1
1
1


 ... 
1.2.3 2.3.4 3.4.5
n( n  1)(n  2)

n(n  3)

= 4(n  1)(n  2) với n 

N*
1
1
1
1


 ... 
1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
27.28.29.30
1
1
3
1 1
1 
 .
 


1.2.3.4
3 1.2.3.4
3  1.2.3 2.3.4 
1
1
3
1 1

1 
. .
 


2.3.4.5
3 2.3.4.5 3  2.3.4 3.4.5 
1
1
3
1 1
1 
. .
 


3.4.5.6
3 3.4.5.6
3  3.4.5 4.5.6 

Bài tốn 12: Tính tổng: I =
Nhận xét: Ta có:

…………………………………………………..
1
1
3
1
1
1


. .
 


27.28.29.30
3 27.28.29.30 3  27.28.29 28.29.30 

Giải
1
1
1
1
1
Ta có: I = 3 .( 1.2.3.4  2.3.4.5  3.4.5.6  ...  27.28.29.30 ).3
1
1
1
1
1
1
1
= 3 .( 1.2.3  2.3.4  2.3.4  3.4.5  ...  27.28.29  28.29.30 )
1
1
1 4059
1353
451
1
= 3 ( 1.2.3  28.29.30 )  3 . 24360  24360  8120

451
Vậy I = 8120

Từ bài toán 12 ta có bài tốn tổng qt sau:
Bài tốn 13:
Tính tổng: I1 =

 N*

1
1
1
1


 ... 
1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
n( n  1)(n  2)(n  3)

với n

Giải
Với cách làm như bài tốn 12, ta có:
1
1
1
1


 ... 

1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
n( n  1)(n  2)(n  3)
1
1
1
1
1
= 3 .[ 1.2.3.4  2.3.4.5  3.4.5.6  ...  n(n  1)(n  2)(n  3) ].3
1
1
1
1
1
1
1
= 3 .[ 1.2.3  2.3.4  2.3.4  3.4.5  ...  n(n  1)(n  2)  (n  1)(n  2)(n  3) ]
1
1
1
= 3 .[ 1.2.3  (n  1)(n  2)(n  3) ]

I1 =

Ta có cơng thức :
1
1
1
1
1
1

1


 ... 

=
[
] với
1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
n( n  1)(n  2)(n  3)
3 1.2.3 ( n  1)(n  2)(n  3)
n  N*

Hướng khai thác thứ sáu: vừa làm thay đổi tử số của từng phân số, vừa
làm tăng thêm các thừa số trong mỗi mẫu số của từng phân số của bài toán ban
đầu.
18


2

2

2

2

Bài tốn 14: Tính tổng: K = 1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  98.99.100
Giải
2

2
2
2
K = 1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  98.99.100
1
1
= 1.2  2.3
1
1
1
1
9898




98.99 99.100 1.2 99.100 19800

Vậy: K =
Bài toán 15:

1

1

+ 2 .3  3 .4

+…+

9898

19800

Tính M =

3
3
3
3


 ... 
1.2.3 2.3.4 3.4.5
98.99.100

Giải
3

3

3

3

2

2

2

2

2

3

Ta có: M = ( 1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  98.99.100 ). 2
= ( 1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  98.99.100 ). 2
1

1

1

1

1

1

3

= ( 1.2  2.3 + 2.3  3.4 + …+ 98.99  99.100 ). 2
1

1

3

= (1.2  99.100 ). 2 =
Vậy M =

9898 3
4949
. 2 = 6600
19800

4949
6600

Hướng khai thác thứ bảy: Thay đổi yêu cầu bài toán
Bài toán 16: Chứng minh rằng: N =

1
1
1
1


 ... 
1 .2 2 .3 3 .4
99.100

<1

Nhận xét: Vế trái của bất đẳng thức chính là bài tốn ban đầu, như vậy ta có
thể vận dụng bài tốn ban đầu để tính vế trái sau đó tìm cách chứng minh bài
tốn
Giải
Ta có: N =
=

=

1
1
1
1


 ... 
1.2 2.3 3.4
99.100
1 1 1 1 1 1
1
1
1
1
      ... 



1 2 2 3 3 4
98 99 99 100
1
1
99
99



<1

1 100 99  1 100

Vậy N < 1
Bài toán 17:

Chứng minh rằng:

1 1 1
1
1
1
 2  2  2  ... 

2
6 5 6 7
4
100

Nhận xét:
1
1
1


5 .6 5 .5 4 .5

;

1
1

1
1
1
1


; 7 .8  7 .7  7 .6
6 .7 6 .6 6 .5

….....................................................................
1
1
1


100.101 100.1000 100.99

Giải
19


Đặt P =

1
1
1
1
 2  2  ... 
2
5

6
7
100 2

1
1
1
1
1 1 1 1 1 1
1
1


 ... 
       ... 

4.5 5.6 6.7
99.100 4 5 5 6 6 7
99 100
1
1
1
P < 4  100  P < 4 (1)
1
1
1
1
1 1 1 1 1 1
1
1

có: P > 5.6  6.7  7.8  ...  100.101  5  6  6  7  7  8  ...  100  101
1
1
1 1
P > 5  101  5  6 (2)

Ta có: P <

Ta lại

1 1 1
1
1
1
 2  2  2  ... 

2
6 5 6
4
7
100
1 1 1
1
1
1
 2  2  2  ... 

2
6 5 6 7
4

100

Từ (1) và (2) ta suy ra:
Vậy:

* Bài tập tự luyện:
Bài 1: Tính
4
4
4

 .... 
;
5.7 7.9
59.61
5
5
5
5


 ...... 
11 .16 16.21 21.26
61.66
2
2
2
c. C = 1.2.3  2.3.4  ...  37.38.39

a.

A

=

b.

B

=

Bài 2:
a. Cho A =
b. Cho B =

36
36
36

 ... 
. Chứng minh: A < 3
1.3.5 3.5.7
25.27.29
5
5
5
1

 ... 
. Chứng minh: B  48

5.8.11 8.11 .14
302.305.308

c. Chứng minh với mọi n  N; n > 1 ta có:
C=

1 1 1
1 1
 3  3  ...  3 
3
4
2 3 4
n

2.4. Hiệu quả
Triển khai áp dụng đề tài trên cho 19 học sinh khá, giỏi mơn Tốn lớp 6 ở
trường, kết quả thu được rất khả quan. Giữa học kì II của năm học 2016 - 2017,
tơi giao đề kiểm tra cho học sinh.
Đề kiểm tra (Thời gian: 60 phút)
Bài 1(4 điểm): Tính các tổng sau:
a. A = 1 + 2 + 3 + ... + 200
b. B = 1 + 3 + 5 + ...+ 199
c. C = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + …+ 199.200
d. D = 1.2.3.4 + 2.3.4.5 + 3.4.5.6 + … + 96.97.98.99
Bài 2(3 điểm): Tính các tổng sau:
a. A = 7 + 72 + 73 + .......... + 7100
b. B = 12 + 22 + 32 + 42 + … + 502
Bài 3(3 điểm):
3

3

3

3

a. Tính tổng: A = 5.8  8.11  11 .14  ...  2006.2009
20


b. Cho B =

1
1
1

 ... 
1.2.3 2.3.4
18.19.20

c. Cho D =

1
1
1
1
 2  2  ...  2
2
2
3

4
9

. Chứng minh: B 

. Chứng minh:

1
4

2
8
D
5
9

Kết quả như sau:
Số
học sinh
19

Số học sinh đạt điểm trung
Số học sinh đạt điểm trung bình
bình trở lên sau khi triển
trở lên trước khi triển khai đề tài
khai đề tài
Số lượng
Tỉ lệ ( % )
Số lượng
Tỉ lệ ( % )

3
15,8
12
63,2

Như vậy, ban đầu đa số các em chưa giải được dạng bài tập này, sau khi
triển khai đề tài, mặc dù không phải em nào cũng hiểu và giải được nhưng số
học sinh hiểu và giải được bài đã tăng lên rõ rệt. Các em được làm quen với
phương pháp làm việc mang tính tư duy, sáng tạo rất cao, qua đó hồn thiện các
kỹ năng biến đổi, vận dụng các phương pháp. Đặc biệt các em được rèn luyện
thói quen làm việc có phương pháp, có sự sáng tạo và khơng ngại trước các bài
tốn khó cũng như rèn luyện ý chí vươn lên trong học tập. Với kết quả trên, học
sinh có được động lực học tập, cịn tơi thấy vững tin hơn ở phương pháp dạy học
của mình. Đồng nghiệp của tơi cũng có nhận xét rằng cách khai thác, phát triển
các bài toán trong đề tài khá dễ hiểu và dễ nhớ đối với học sinh (dù là học sinh
vùng nông thôn!)
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Việc khai thác, phát triển một bài tốn cho trước góp phần rất quan trọng
trong việc nâng cao năng lực tư duy cho học sinh khi học mơn Tốn. nhất là việc
bồi dưỡng học sinh giỏi. Qua q trình giảng dạy và nghiên cứu, bản thân tơi
nhận thấy:
Các giáo viên giảng dạy toán đều đánh giá cao tầm quan trọng của việc
khai thác, phát triển từ một bài toán mà học sinh đã giải được. Mở rộng, phát
triển thêm các bài toán khác (đơn giản hoặc thường là phức tạp hơn) nhằm phát
triển tư duy sáng tạo, linh hoạt, độc lập, tích cực suy nghĩ cho cả người dạy và
người học.
Trong quá trình giảng dạy và học tập tốn, việc khai thác, tìm hiểu sâu
thêm kết quả của bài tốn là rất quan trọng và rất có ích. Nó khơng chỉ giúp
chúng ta nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng tốn mà nó cịn nâng cao tính khái

qt hố, đặc biệt hố, tổng qt hố một bài tốn; từ đó phát triển tư duy, nâng
cao tính sáng tạo, linh hoạt cho các em học sinh; giúp cho học sinh nắm chắc,
hiểu sâu rộng kiến thức hơn một cách lôgic, khoa học; tạo hứng thú khoa học
yêu thích bộ mơn tốn hơn.
Sau một thời gian kiên trì, nghiêm túc và nỗ lực thực hiện với sự giúp đỡ
của đồng nghiệp, tơi đã hồn thành sáng kiến kinh nghiệm với đề tài “Khai thác
và phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu nhằm phát triển tư duy sáng
tạo cho học sinh khá, giỏi lớp 6 bậc THCS”. Tôi mong muốn được học hỏi,
trao đổi thêm cùng tất cả đồng nghiệp và bạn đọc quan tâm vấn đề này. Đồng
21


thời, tơi cũng hi vọng đề tài này sẽ đóng góp một phần nhỏ trong việc bổ sung
hiểu biết, góp phần làm tài liệu tham khảo cho công tác giảng dạy bồi dưỡng học
sinh giỏi tốn, từ đó nâng cao được chất lượng dạy và học mơn tốn trong nhà
trường.
Bước đầu, đề tài đã thu được khá nhiều kết quả tích cực, đã tạo thói quen
tốt cho nhiều học sinh tính kiên trì, độc lập suy nghĩ và có khả năng sáng tạo khi
học toán, tự thấy được sự phong phú, thú vị của toán học. Các em đã ham thích
hơn với mơn tốn. Mặc dù vậy, với khn khổ của đề tài này thì đây cũng chưa
phải cho tất cả các đối tượng và đây cũng chỉ là ý kiến của riêng cá nhân tôi.
Tuy đã cố gắng nhưng do kinh nghiệm cá nhân còn hạn chế nên nội dung
của sáng kiến kinh nghiệm này chắc chắn không tránh khỏi nhiều khiếm khuyết.
Tôi rất mong được sự trao đổi, chỉ bảo và đóng góp ý kiến bổ sung của các thầy
giáo, cơ giáo để đề tài được hồn thiện hơn.
3.2. Kiến nghị
* Đối với giáo viên:
Tận tâm hơn nữa với nghề dạy học, tìm tịi các phương pháp để truyền thụ kiến
thức đến học sinh đạt hiệu quả hơn, thường xuyên quan tâm đến chất lượng học
tập của học sinh, trân trọng những thành quả đạt được của học sinh dù là nhỏ

nhất.
* Đối với nhà trường:
Tổ chức triển khai các sáng kiến kinh nghiệm cấp trường, cấp huyện để giáo
viên có thể áp dụng các đề tài đạt giải vào thực tiễn giảng dạy.
* Đối với phòng giáo dục:
Tổ chức triển khai các sáng kiến kinh nghiệm đạt giải cấp tỉnh để giáo viên
được nghiên cứu trao đổi học hỏi các đồng nghiệp, cùng tìm ra các biện pháp
hay.
Xin chân thành cảm ơn !
Xác nhận của thủ trưởng
Hiệu trưởng

Hà Sỹ Sơn

Thọ Xuân, ngày .... tháng 03 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến
kinh nghiệm của mình viết, không
sao chép nội dung của người khác.
Người thực hiện

Trần Thị Hằng

TÀI LIỆU THAM KHẢO
22


1. Toán nâng cao và các chuyên đề Toán 6 – Vũ Dương Thụy(chủ biên)
2. Nâng cao và phát triển Tốn 6 – Vũ Hữu Bình
3. Bổ trợ và nâng cao Toán 6 - Trần Diên Hiển (Chủ biên)
4. Nguồn bài tập từ Internet.

23


24