(Sáng kiến kinh nghiệm) một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 6 khai thác các ứng dụng từ một bài toán

A.MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài:
Trong dạy học môn toán, giải toán là một yêu cầu mà học sinh và giáo
viên thường xuyên phải thực hiện. Qua giải toán, kiến thức toán học được giáo
viên củng cố, mở rộng cho học sinh, …, từ đó có sức hấp dẫn, đồng thời rèn
luyện tư duy logic, sáng tạo; rèn luyện các kỹ năng giải toán cho các em.
Với học sinh lớp 6, từ môi trường tiểu học lên cấp THCS việc tiếp cận với
cách học, phương pháp học các môn trong đó có mơn tốn đã gặp khơng ít khó
khăn. Qua giảng dạy, tìm hiểu, quan sát trong mơn số học lớp 6 có dạng tốn
tính tổng dãy các phân số có quy luật đã gây nhiều khó khăn hơn cả, phần lớn
các em chưa biết cách tìm lời giải, chưa có kĩ năng phát hiện vấn đề, tìm đường
lối giải quyết vấn đề, số ít em giải được nhưng khả năng khái qt đặc điểm bài
tốn để từ đó giải những bài tốn tương tự chưa có, điều này ảnh hưởng rất lớn
đến chất lượng học toán của học sinh.
Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tơi thấy: Khi cho một
bài tốn, đa số các em đều xem bài tốn đó thuộc dạng nào và đi tìm các phương
pháp giải dạng tốn đó, nhưng khi gặp một bài tốn khơng vận dụng được các
phương pháp “truyền thống” đã học thì một số em rất lúng túng, chưa có nhiều
khả năng tư duy sáng tạo, chưa khéo léo vận dụng các bài toán đã biết vào giải
bài tốn mình đang làm. Đặc biệt, đa số các em chưa biết tự khai thác và phát
triển bài toán theo các hướng khác nhau, đôi khi gặp những dạng tốn quen
thuộc nhưng nhiều em vẫn khơng giải được vì các em cịn máy móc, chưa linh
hoạt.
Từ những lý do trên, tôi nghiên cứu hướng dẫn học sinh lớp 6 biết giải
và khai thác bài toán, kết quả thu được rất khả quan: Chất lượng học tập bộ môn
tốt; tinh thần học tập, sự hứng thú say mê học tập của học sinh được nâng lên,
…, đây cũng chính là động lực giúp tơi hồn thành sáng kiến kinh nghiệm về
“ Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 6 khai thác các ứng dụng từ
một bài toán” để chia sẻ cùng đồng nghiệp.
II. Mục đích nghiên cứu:
Từ một bài tốn trong chương trình tốn 6, tơi giúp học sinh biết giải, nắm

vững cách giải từ đó hướng dẫn học sinh biết tổng qt hóa bài tốn, khai thác
và vận dụng bài toán vào giải các bài tập khác có liên quan.
III. Đối tượng nghiên cứu:
Đề tài nghiên cứu dạng tốn tính tổng dãy các phân số có quy luật và khai
thác các ứng dụng của dạng toán này từ bài tập 87 trang 26 (sách bài tập toán 6,
tập hai).
IV. Phương Pháp nghiên cứu:
- Điều tra, khảo sát thực tế việc học của học sinh đối với dạng tốn tính tổng dãy
các phân số có quy luật.
- Thu thập thông tin, thống kê, sử lý số liệu.
1


- Áp dụng giảng dạy trên lớp và các tiết dạy buổi hai.
Các phương pháp giảng dạy đã được áp dụng là:
+ Phương Pháp vấn đáp gợi mở.
+Phương pháp lập luận suy diễn logic.
+ Phương pháp phân tích tổng hợp.
+ Phương pháp cụ thể hóa, khái quát hóa.

B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
I. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Trên cơ sở lý luận: kiến thức – phương pháp – thực hành – thai thác mở rộng
kết quả, thứ nhất: tôi cung cấp kiến thức cho Học sinh, yêu cầu học sinh nắm
vững quy tắc các phép tính về phân số ( SGK tốn 6 tập hai) đồng thời giải tốt
bài tập sách giáo khoa toán 6, sách bài tập toán 6.
Tiếp theo, sau khi nghiên cứu tài liệu tôi chọn bài tập 87 sách bài tập toán
6 - tập2 để giải quyết vấn đề và tạo tình huống học tập cho học sinh. Mục đích
dạy học sinh biết cách giải đồng thời biết chọn và sắp xếp các bài tập cùng dạng
theo thứ tự từ dễ đến khó.

Khi học sinh đã nắm được cách giải, biết trình bày lời giải, tơi tập trung
hướng dẫn cách khai thác bài toán để học sinh hiểu sâu hơn về bài tốn, từ đó
giúp học sinh biết mở rộng bài tốn thành những bài tốn mới và có bài tập tự
luyện để học sinh rèn luyện kỹ năng giải dạng toán đã học.
II.Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Qua các tiết dạy trên lớp , dạy buổi hai cũng như những buổi dạy bồi dưỡng
cho học sinh lớp 6B trường THCS Phú Nhuận về bài tập dạng tính tổng dãy các
phân số có quy luật, mặc dù các em đã nắm vững kiến thức cơ bản nhưng nhiều
em vẫn gặp khó khăn.
Cụ thể: Trước khi triển khai đề tài tôi yêu cầu học sinh làm bài kiểm tra
khảo sát như sau.
ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT
(Thời gian: 45 Phút)
Bài 1 (3 điểm): Tính tổng
a,

1
1
1
1


 ... 
2 .3 3 .4 4 .5
15.16

b,

1
1

1
1


 ... 
1.3 3.5 5.7
2009.2011

Bài 2 (3 điểm): Tìm số tự nhiên n, biết:
1
1
1
1
101


 ... 

40 88 154
n( n  3) 1540

Bài 3 ( 4 điểm): Chứng minh rằng:
1 1 1 1
1
1
 2  2  2  ... 

2
6 5 6 7
100

4

2


Kết quả kiểm tra :
Sĩ số
44

Giỏi
SL
0

Khá
%
0

SL
0

TB
%
0

SL
13

%
29,5

Yếu, Kém
SL
%
31
70,5

Kết quả cho thấy: Khơng có bài đạt khá, giỏi; số bài yếu, kém chiếm tỉ lệ cao.
Từ thực trạng trên, xét thấy cần thiết phải dạy cho học sinh biết giải dạng tốn
tính tổng dãy các phân số có quy luật và các bài tốn liên quan bởi vì ngồi u
cầu trong chương trình dạng tốn này cịn có ở các đề thi khảo sát, thi học sinh
giỏi,v.v…, không chỉ dừng lại ở chương trình tốn lớp 6 mà cịn xuất hiện ở
mơn toán lớp 7,8,9 cấp THCS và các cấp cao hơn.
III. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề:
Để học sinh dễ tiếp cận và lĩnh hội được các kiến thức tốn học, người
giáo viên cần có sự đổi mới trong phương pháp dạy học. Vì vậy, để học sinh có
thể giải một số dạng tốn một cách dễ dàng, tơi nghiên cứu, tìm hiểu tài liệu,
thu thập thơng tin về dạng tốn quan tâm để đưa ra cách “khai thác các ứng dụng
từ một bài tốn tính tổng dãy các phân số có quy luật”.
Trước khi đưa ra một dạng tốn vận dụng, tơi u cầu học sinh nắm vững
các kiến thức có liên quan, sau mỗi dạng vận dụng phải có ví dụ cụ thể và các
bài toán tương tự để luyện tập cho học sinh trên tinh thần nhắc nhở học sinh phải
chú ý luyện giải để “tái hiện” kiến thức khi đã hiểu và biết giải. Sau đây là
những giải pháp bản thân đã áp dụng.
1. Chọn bài tốn trong chương trình tốn 6:
* Xét thấy học sinh gặp khó khăn khi giải tốn liên quan đến tính tổng dãy phân
số có quy luật, tơi nghiên cứu chương trình tốn 6 và chọn bài tập 87 (sách bài
tập toán 6, tập 2) để phân tích, hướng dẫn học sinh giải đồng thời giúp các em
nắm vững cách giải của bài tập này.
Cụ thể tôi thực hiện:
- Nêu bài tập:

Bài 87 (sbt toán 6-tâp 2)
a) Cho hai phân số

1
n

và

1
n 1

( n  Z, n



0 ). Chứng tỏ rằng tích của hai

phân số này bằng hiệu của chúng.
b) Áp dụng kết quả trên để tính giá trị các biểu thức.
A=
B=

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
.  .  .  .  .  .  .
2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9
1
1
1
1
1

1
1






30 42 56 72 90 110 132

Hướng dẫn:
- Tôi yêu cầu học sinh đọc kỹ đề bài, phân tích rồi định hướng giải cho các
em.
Câu a: Tìm tích hai phân số; tìm hiệu hai phân số ; so sánh tích và hiệu tìm
được, từ đó rút ra kết luận.
3


Câu b: A: Áp dụng trực tiếp kết luận ở câu a.
B: Phân tích mỗi mẫu số thành tích hai thừa số hơn kém nhau 1 đơn vị
các em sẽ áp dụng được công thức ở câu a.
Lời giải:
1 1
1
.

n n  1 n(n  1)
1
1
n 1  n

1



n n  1 n( n  1)
n( n  1)
1 1
1
1
Vậy: n . n  1  n  n  1
(n 

a) Ta có:

Z, n



0 ).

b) Áp dụng:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
A .  .  .  .  .  .  .
2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1

1 1
1 1
7
(  )  (  )  (  )  (  )  (  )  (  )  (  )   
2 3
3 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 9
2 9 18
1
1
1
1
1
1
1
B 





30 42 56 72 90 110 132
1
1
1
1

1
1
1







5.6 6.7 7.8 8.9 9.10 10.11 11 .12
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1
1
1
1
(  )  (  )  (  )  (  )  ( 
)( 
)( 
)
5 6
6 7
7 8
8 9
9 10
10 11

11 12
1 1
7
 

5 12 60

- Sau khi học sinh giải xong câu a, tơi u cầu học sinh rút ra cơng thức
tổng qt:
Ví dụ :

1
1
1
 
n(n  1) n n  1
1
1 1
1
= 5 6;
5.6
6.7

Với n  Z, n
=

1 1

6 7



0

(1)

; v.v…, công thức này cũng đã được

áp dụng cho câu b của bài tốn.
Vậy: Phân số

1
n( n  1)

có mẫu là tích 2 thừa số có giá trị hơn kém nhau 1 đơn

vị; 1 chính là tử số. Phân số nào có đặc điểm như vậy thì ln viết được dưới
dạng hiệu hai phân số có tử là 1 như cơng thức (1)
2. Khai thác, mở rộng bài toán 87 sách bài tập tốn 6 tập 2:
- Tình huống 1: Tơi u cầu học sinh suy nghĩ và cho biết: Phân số

1
n( n  1)

ở

công thức (1) nếu tử số khác số 1, mẫu giữ nguyên là hai thừa số hơn kém nhau
1 đơn vị như phân số

5

2.3

thì sao?

Học sinh suy nghĩ, tìm được kết quả :

5
1
1 1
5.
5(  )
2 .3
2 .3
2 3

Vậy: Phân số có mẫu là tích 2 thừa số có giá trị hơn kém nhau 1 đơn vị, tử số
khác 1 thì biến đổi đề xuất hiện phân số

1
n( n  1)

và áp dụng công thức (1)
4


( Kết quả của câu a bài 87 SBT toán 6 tập 2 đã giải ở trên)
- Tình huống 2: Ở công thức (1) , nếu tử số khác số 1, hai thừa số ở mẫu hơn
3
2.5

kém nhau bằng tử số của nó Ví dụ

thì sao?

Học sinh tiếp tục suy nghĩ, trả lời, khi các em lúng túng, tôi gợi ý biến đổi để
có:

Vậy:

3
1 1
 
2.5 2 5
n
Phân số a (a  n)

có tử số n  N*, mẫu là hai thừa số khác khơng và có

giá trị hơn kém nhau n đơn vị đúng bằng tử số thì ta có thể viết phân thức
n
a ( a  n)

thành hiệu của hai phân thức nào?
n
1
1
 
a ( a  n) a a  n

Học sinh chứng minh được:

(2)

với a, n  N*

Ví dụ áp dụng cơng thức (2)
3
1 1
7
1 1
 
  ;…
;
b,
5.8 5 8
2.9 2 9
2
3
4
1 1 1 1
1
1
1 1
9
c, 5.7  7.10  10.14  5  7  7  10  10  14  5  14  70

a,

-Tình huống 3: Trở lại cơng thức (1), tôi giữ nguyên tử số là 1, mẫu thay bằng
tích hai thừa số hơn kém nhau n đơn vị được phân số:

Em hãy cho biết phân số

1
a (a  n)

1
a (a  n)

(a, n  N* ) ,

có thể viết thành tích hai thừa số trong đó

một thừa số là hiệu của hai phân số có tử là 1?
Học sinh có thể dự đốn được:

1
1 1
1
 ( 
)
a ( a  n) n a a  n

Tôi yêu cầu học sinh hãy làm sáng tỏ dự đoán trên?
Thật vậy:
Kết luận:

1 1
1
1 an a 1
n

1
( 
) .
 .

n a an
n a ( a  n) n a ( a  n ) a ( a  n)
1
1 1
1
 ( 
)
(3)
a ( a  n) n a a  n

Ví dụ áp dụng công thức (3) và (2)
1
1 2
1 1 1
 .
 (  )
3.5 2 3.5 2 3 5
2
2 3
2 1 1
b, 4.7  3 . 4.7  3 ( 4  7 )
6
3
9
12

2
1
3
4
c, 5.7  7.8  8.11  11.15 3. 5.7  3. 7.8  3. 8.11  3. 11.15
1 1 1 1 1 1
1
1
1 1
2
3(     
 
) 3( 
)
5 7 7 8 8 11 11 15
5 15
5

a,

5


Học sinh thấy được : Câu a, dùng công thức (3) biến đổi làm xuất hiện phân
số có hai thừa số ở mẫu hơn kém nhau 2 đơn vị đúng bằng tử số, từ đó vận dụng
cơng thức (2).
Câu b, học sinh phải nghĩ được cách biến đổi để làm xuất hiện phân số có
mẫu là tích hai thừa số hơn kém nhau 3 đơn vị đúng bằng tử số là 3 để có thừa
số là hiệu hai phân số có tử là 1.
Câu c, áp dụng tổng hợp các phép biến đổi đã nêu.

Vậy: Từ bài tập 87 ( SBT toán 6- tập 2), học sinh rút ra được các công thức
cần ghi nhớ là.
1
1
1
 
a ( a  1) a a  1
n
1
1
 
a (a  n) a a  n
1
1 1
1
 ( 
)
a ( a  n) n a a  n

1/
2/
3/

với a  N*
với a,n  N*
với a,n  N*

Ba công thức trên là kết quả có được từ bài tập 87 sách bài tập tốn 6 tập hai.
Với kết quả này, tôi hướng dẫn học sinh khai thác các ứng dụng của bài toán đã
nêu trong dạng tốn tính; tốn rút gọn biểu thức; tốn chứng minh đẳng thức;

tốn tìm số; tốn chứng minh bất đẳng thức.
3. Ứng dụng kết quả bài 87 (SBT toán 6- tập 2) trong bài tốn tính tổng
dãy các phân số có quy luật:
Bài 1: Tính tổng [1]
1
1
1
1
1
1




 ... 
1.2 2.3 3.4 4.5 5.6
2010.2011
1
1
1
1
1
1
b) 1.2  2.3  3.4  4.5  5.6  ...  n( n 1) (n N*)

a)

Hướng dẫn: Viết mỗi hạng tử trong tổng dưới dạng hiệu hai phân thức:
Lời giải
a)

1
1
1
1
1
1




 ... 
1.2 2.3 3.4 4.5 5.6
2010.2011
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
1
1
2010
         ... 

1 

2 2 3 3 4 4 5 5 6
2010 2011
2011 2011

1 

1

1

1

1

1

1

b) 1.2  2.3  3.4  4.5  5.6  ...  n( n 1)
1 

1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
1
1
n
         ...  
1 

2 2 3 3 4 4 5 5 6
n n 1
n 1 n 1

Nhận xét:
- Câu a, vận dụng công thức (1) kết quả bài 87 sbt toán 6 đã giải.
- Câu b, là bài toán tổng quát của câu a.
Những phân số ở bài tập 1 đều có mẫu là tích của hai số hơn kém nhau 1

đơn vị. Vậy nếu gặp những bài tốn xuất hiện phân số có mẫu là tích của hai số
6


hơn kém nhau n đơn vị (n 0) và tử các phân số đó là các số bằng nhau thì ta
làm thế nào? Nêu bài tập 2.
Bài 2: Tính tổng [1]
a) A =

1
1
1
1


 ... 
1.4 4.7 7.10
301.304

b) B =

2
2
2
2


 ... 
1.6 6.11 11 .16
(5n  4)(5n  1)

( n  N*).

Hướng dẫn:
a) Tương tự bài 1: Biến đổi để viết mỗi hạng tử trong tổng thành tích có thừa số
là hiệu hai phân thức :
Ta có:

1 1
1
 (1  )
1.4 3
4
1 1 1 1
 (  )
4.7 3 4 7
1
1 1 1
 (  )
7.10 3 7 10

…
1
1 1
1
 (

)
301.304 3 301 304

Cộng vế với vế của các đẳng thức trên ta có:
1
1
1
1
1
1 1 1 1 1 1 1
1 1
1


 ... 
)
= (1  ) + (  ) + (  ) +…+ ( 
1.4 4.7 7.10
301.304
3
4 3 4 7 3 7 10
3 301 304

=

1
3

1
3

= (1 
Vậy: A =

1
4

+4

1
)
304

=

(1-

1

1
7

+

1
1

7 10

+ . . .+

1
1


)
301 304

101
304

101
304

b) Tương tự câu a ta có:
B

=


2
2
2
2
2 5
5
5
5


 ... 
 



 ... 
1.6 6.11 11.16
(5n  4)(5n  1) 5  1.6 6.11 11.16
(5n  4)(5n  1) 

2
1 1 1
1
1
1
1
2
1
2 5n
2n
 (1   


 ... 

)  (1 
) .

5
6 6 11 11 16
5n  4 5n  1
5
5n  1
5 5n  1 5n  1

* Nhận xét:
- Với cách suy luận như vậy tôi đề xuất và yêu cầu học sinh đề xuất một loạt bài
toán cùng loại với cách giải cùng phương pháp trên.
- Mở rộng : Tôi yêu cầu học sinh suy nghĩ sang dạng tốn có mẫu là tích của 3,
4, …, số tự nhiên cách đều nhau. Liệu có sử dụng phương pháp trên được
khơng? Từ đây Học sinh tiếp tục nghiên cứu bài tập.
Bài 3: Tính tổng [1]
1

1

1

1

a) M = 1.3.5  3.5.7  5.7.9  ...  (2n  1)(2n 1)(2n  3)

với n 1 , n  N.
7


b) N =

1
1
1
1


 ... 

1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
27.28.29.30

Hướng dẫn giải:
*Nhận xét: Phương pháp giải tương tự như các bài trên: Ta có thể viết mỗi hạng
tử dưới dạng tích có thừa số là hiệu:
a) Tôi nêu và hướng dẫn học sinh chứng minh công thức:

1
1
1
1
 

(2n  1)(2n 1)(2n  3) 4  (2n  1)(2n 1) (2n 1)(2n  3) 

Áp dụng ta có:

1 1
1
1
1
1
1
1
1






 ... 



4  1.3 3.5 3.5 5.7 5.7 7.9
(2n  1)(2n  1) (2n  1)(2n  3) 
1 1
1
M = 4 ( 3  (2n  1)(2n  3) ) .

M=

n 2  2n
M=
3(2n  1)(2n  3)

b) Tương tự, ta có:
1
1 1
1
 (

)
1.2.3.4 3 1.2.3 2.3.4
1
1 1
1
 (


)
2.3.4.5 3 2.3.4 3.4.5

………
1
1
1
1
 (

)
27.28.29.30 3 27.28.29 28.29.30

Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta được:
1
1
1
1


 ... 
1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
27.28.29.30
1 1
1
1 1
1

) + (


) + ...
= (
3 1.2.3 2.3.4
3 2.3.4 3.4.5

+

1
1
1
(

)
3 27.28.29 28.29.30

1
1
1
451
 (

)
3 1.2.3 28.29.30
8120

Vậy: N =

451
.
8120

Tôi yêu cầu học sinh lưu ý: Khi mở rộng bài 87 (đã nêu) vào những bài
toán mà tử là một số, mẫu là tích của hai số có giá trị hơn kém nhau n đơn vị thì
cách giải quyết tương tự.
* Bài tập tự luyện:
Bài 1: Tính tổng [5]
1
1
1
1


 ... 
1.3 3.5 5.7
2009.2011
7
7
7
7
7
b) 2.4  4.6  6.8  8.10  ...  2n(2n  2)

a)

với n 1

8


4. Ứng dụng kết quả bài 87 (SBT toán 6- tập 2) trong toán rút gọn biểu

thức; toán chứng minh đẳng thức:
Bài 1 Tính tỉ số
34
7.13

A=

+

A
B

51
13.22

biết:

[3]

85

68

+ 22.37 + 37.49 và B =

39
7.16

+

65
52
26
+
+
16.31 31.43 43.49

Hướng dẫn:
Bản chất của vấn đề là:

A
B

=

34
51
85
68



7.13 13.22 22.37 37.49
39
65
52
26




7.16 16.31 31.43 43.49

Tuy nhiên sẽ không thực hiện theo cách trình bày như vậy, tránh phức tạp
các em nên dùng phương pháp đã học để tính riêng giá trị A, tính giá trị B, sau
đó tính tỉ số

A
B

.

Nếu học sinh khơng phát hiện được cách tính giá trị các biểu thức, tôi yêu
cầu học sinh nhận xét các mẫu ở mỗi dãy có hai thừa số cách nhau mấy đơn vị?
từ đó tìm cách đưa mỗi phân số trong dãy về dạng tích có thừa số là hiệu hai
phân số có tử là 1.
Vì dụ:

34
7.13

=

34
6

.

6
7.13

=

34
6

(

1
7

1

- 13 )

Sau khi học sinh phát hiện được vấn đề và tìm được cách giải, tơi u cầu
học sinh trình bày lời giải.
Giải
Ta có:
A=
=
=
=

B=
=
=
=
=

34

51
85
68
+
+
+
7.13
13.22 22.37 37.49
34
6
51
9
85
15
68
12
.
+
.
+
.
+
.
6 7.13
9 13.22
15 22.37
12 37.49
17
1 1
17

1
1
17
1
1
17
1
1
.
(
)
+
.
(
)
+
.
(
)
+
.
(
3
7 13
3
13 22
3
22 37
3
37 49

17 1 1
1
1
1
1
1
1
17 1 1
.( 7 - 13 + 13 - 22 + 22 - 37 + 37 - 49 ) = 3 ( 7 - 49 )
3

39
65
52
26
+
+
+
7.16
16.31 31.43 43.49
39
9
65
15
52
12
26
6
.
+ 15 . 16.31 + 12 . 31.43 + 6 . 43.49

9 7.16
13 1 1
13
1
1
13
1
1
13
.( 7 - 16 ) + 3 .( 16 - 31 )+ 3 .( 31 - 43 )+ 3
3
13 1 1
1
1
1
1
1
1
(
+
+
+
)
3
7 16
16 31
31 43
43 49
13 1 1
( )

3 7 49

1

)

1

.( 43 - 49 )

9


17 1
1
( 
)
A
3 7 49
Suy ra: B = 13 1 1
( 
)
3 7 49
A
17
Vậy: B = 13

=

17 3

.
3 13

=

17
13

Bài 3: Chứng minh rằng: [5]
1
1
1
1
1
1
1
1
   ... 
 

 ... 
.
26 27 28
50 1.2 3.4 5.6
49.50

Hướng dẫn giải:
Biến đổi vế trái ta có:
1
1

1
1
1 1
1
1 1
1
   ...  1    ...  - ( 1    ...  )
26 27 28
50
2 3
50
2 3
25
1 1
1
1 1 1
1
=1    ...  - 2(    ...  )
2 3
50
2 4 6
50
1 1 1
1
1
= 1     ...  
2 3 4
49 50
1
1

1
1


 ... 
=
1.2 3.4 5.6
49.50
1
1
1
1
1
1
1
1
   ... 
 

 ... 
Vậy:
(Điều phải chứng minh).
26 27 28
50 1.2 3.4 5.6
49.50

Bài tập tự luyện [2]
Bài 1: Tính giá trị biểu thức:
1 1
1

1
1    ...  
3 5
97 99
A= 1
1
1
1
1


 ... 

1.99 3.97 5.95
97.3 99.1

Bài 2: Cho biết a, b, c là các số nguyên khác nhau. Chứng minh rằng:
b c
c a
a b
2
2
2





( a  b)( a  c) (b  c)(b  a) (c  a)(c  b) a  b b  c c  a

5. Ứng dụng kết quả bài 87 (SBT toán 6- tập 2) trong bài tốn tìm số chưa
biết trong một đẳng thức:
* Để vận dụng bài toán 87(SBT toán 6-tập 2) vào dạng toán tìm x ta phải rút
gọn một biểu thức (gồm các phân số viết theo quy luật), sau đó đưa về dạng cơ
bản đã biết.
Bài 1: Tìm số tự nhiên x biết : [2]
a) x 

20
20
20
20
3


 ... 

11.13 13.15 15.17
53.55 11

(x  N )

10


1

1

1

1

2x  9

b) 1.6  6.11  11.16  ...  (5 x  1)(5 x  6)  5 x  6

( x  N , x  2)

Giải:
20
20
20
20
3


 ... 

11.13 13.15 15.17
53.55 11
20
20
20
20
3
 x (


 ... 

)
11.13 13.15 15.17
53.55 11
2
2
2
2
3
 x  10(


 ... 
)
11.13 13.15 15.17
53.55 11
1 1 1 1 1 1
1 1
3
 x  10( 
 
 
 ...  
)=
11 13 13 15 15 17
53 55 11
8 3
1
1
3
 x – 10 (

 x
 x = 1 ( Thỏa mãn điều kiện đề bài)


)
=
11 55
11
11 11
Vậy: x = 1.

a) x 

b) Ta có:
1
1
1
1
2x  9


 ... 

1.6 6.11 11.16
(5 x  1)(5 x  6) 5 x  6
1
1 1 1 1 1
1
1
2x  9

 (1   
 
 ... 

)
5
6 6 11 11 16
5 x 1 5 x  6 5 x  6
1
1
2x  9
 (1 
)
5
5x  6 5x  6
x 1 2 x  9

 x+1 = 2x – 9  x=10 (Thoả mãn điều kiện đề bài)

5x  6 5x  6

Vậy: x =10.
Bài 2: Tìm x  N * biết: [2]
7

7

7

7

7

a) 2.4  4.6  6.8  8.10  ...  2 x(2 x  2) =
1

1

1

1

3
2

2009

b) 3  6  10  ...  x( x  1) : 2  2011
Hướng dẫn:
7

7

7

7

7

3

a) 2.4  4.6  6.8  8.10  ...  2 x(2 x  2) =
2


7 1
1
1
1
1  = 3



 ... 

4  1.2 2.3 3.4 4.5
x.( x  1) 
2

71 1 1 1 1 1 1 1
1
1 
3
         ...  
 =
41 2 2 3 3 4 4 5
x x 1 
2
7
1

3

(1 
)   2x = 12  x = 6.
4
x 1 2
Vì x  N * nên x = 6 thoả mãn điều kiện.


11


Vậy: x = 6 .
b) Ta có:
1 1 1
1
2009
   ... 

3 6 10
x ( x  1) : 2 2011
2
2
2
2
2009



 ... 


2.3 3.4 4.5
x( x  1) 2011
1 1 1 1 1 1
1
1
2009
 2(       ...  
)
2 3 3 4 4 5
x x 1
2011

1
1
2009
2
2
 2( 

 x = 2010
)

2 x 1
2011
x  1 2011

(Thỏa mãn điều kiện)

Vậy: x = 2010.

Bài tập tự luyện
Bài 1:Tìm số tự nhiên x biết: [2]
1
40

1

1

1

+ 88 + 154 +…+ x( x  3) =

101
1540

Bài 2 :Tìm số tự nhiên x biết: [4]
a,
b,

11
12

11

11

1

+ 12.23 + 23.24 +…+ 89.100 + x =

2
2
2
+
+…+
11 .13 13.15
19.21

221

- x+ 231 =

2
3
4
3

6. Ứng dụng kết quả bài 87 (SBT toán 6- tập 2) trong bài toán chứng minh
bất đẳng thức:
Bài 1: Chứng minh rằng: [2]
1 1
1
1
1
1



 ... 


5 45 117 221
(4n  3)(4n  1) 4

( với n  1 và n  N)

Hướng dẫn giải:
-Xét xem mẫu của các số hạng ở vế phải viết được dưới dạng tích hai số tự
nhiên như thế nào?
Học sinh phát hiện: Có thể viết các mẫu dưới dạng tích của hai số tự nhiên hơn
kém nhau 4 đơn vị.
- Áp dụng kiến thức đã học hãy tính giá trị biểu thức ở vế trái của bất đẳng
thức. so sánh kết quả thu được với

1
4

và kết luận.

Lời giải
Đặt:

1
1
1
1
1




 ... 
5 45 117 221
( 4n  3)(4n  1)
1
1
1
1
1
= 5  45  117  221  ...  (4n  3)(4n  1)
1
1
1
1
1
= 1.5  5.9  9.13  13.17  ...  (4n  3)(4n  1)

A=

Ta có: A

=

1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
1

(         ... 
)
4 1 5 5 9 9 13 13 17
4n  3 4n 1

12


1
1
1
1
(1 
)= - 4(4n  1)
4
4n  1
4
1
Vì n  1 nên 4(4n  1) > 0
1
1
1
1

 A<
- 4(4n  1) <
4
4
4

=

Hay:

1 1
1
1
1
1



 ... 

5 45 117 221
(4n  3)(4n  1) 4

( Điều phải chứng minh)

Bài 2: Chứng minh rằng: [2]
1
1
1
1
1


 ... 
<
1.2.3 2.3.4 3.4.5
18.19.20 4
36
36
36

36


 ... 
b)
<3
1.3.5 3.5.7 5.7.9
25.27.29

a)

Hướng dẫn:
1
1
1
1
1
2
2
2
2


 ... 


 ... 
= (
)
1.2.3 2.3.4 3.4.5

18.19.20 2 1.2.3 2.3.4 3.4.5
18.19.20
1 1
1
1
1
1
1
1
1




 ... 

= ( 
)
2 1.2 2.3 2.3 3.4 3.4 4.5
18.19 19.20
1 1
1
1 189
189
189 1
 .
= ( 
)
= .
=

<
2 2 19.20
2 380
760
756 4
1
1
1
1
1


 ... 
Vậy :
< .
1.2.3 2.3.4 3.4.5
18.19.20 4
36
36
36
36
4
4
4
4


 ... 



 ... 
b)
= 9.(
)
1.3.5 3.5.7 5.7.9
25.27.29
1.3.5 3.5.7 5.7.9
25.27.29
1
1
1
1
1
1


 ... 

= 9.( 
)
1.3 3.5 3.5 5.7
25.27 27.29
1 1
260 260 261
) = 9.


3
= 9.( 
3 783

783 87
87
36
36
36
36


 ... 
Hay:
<3
1.3.5 3.5.7 5.7.9
25.27.29

a) Ta có:

Bài tập tự luyện: [2]
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 ta có:
1 1 1
1
1
 2  2  ... 
.
2
2 <
3 5 7
(2n  1)
4

Bài 2: Với mọi số tự nhiên n  2 hãy so sánh

1 1 1
1
1
 3  3  ...  3 với
3
2 3 4
n
4

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n bất kỳ ta có:
1 1 1
1
 2  2  ...  2 < 1,65
2
1 2 3
n

IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục , với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường:
13


Sau thời gian áp dụng sáng kiến kinh nghiệm, tôi nhận thấy học sinh có
nhiều tiến bộ khi gặp dạng tốn về tính tổng dãy phân số theo quy luật, đặc biệt
những em có tư duy tốt cịn cảm thấy say mê khi giải dạng tốn này. Mặc dù đây
khơng phải dạng toán dễ làm nhưng khi áp dụng đã được học sinh lớp 6B
trường THCS Phú Nhuận đón nhận, học tập say mê, hứng thú.
Việc lồng ghép hướng dẫn học sinh khai thác các ứng dụng từ một bài tốn
đã biết vào các bài tốn tương tự khó hơn, phức tạp hơn, đã giúp các em chủ

động tiếp thu kiến thức, kích thích sự tìm tịi sáng tạo, qua đó các em làm chủ
được kiến thức của mình để tiếp nhận các bài tập khác một cách nhẹ nhàng điều
này giúp đạt kết quả cao trong các kì thi.
Sau khi triển khai đề tài, để kiểm định chất lượng của sáng kiến, tôi cho học
sinh làm bài kiểm tra, thời gian kiểm tra 45phút.
Đối tượng kiểm tra : Học sinh lớp 6B trường THCS Phú Nhuận
ĐỀ KIỂM TRA TOÁN
(Thời gian: 45 Phút)
Bài 1 (6 điểm): Tính tổng
1

1

1

1

a, 2.5  5.8  8.11  ...  (3n  2)(3n  5) (n  N *)
10 10 10
10


 ... 
.
56 140 260
1400
1
1
1
1



 ... 
c,
1.2.3 2.3.4 3.4.5
37.38.39

b,

Bài 2 (2 điểm): Tìm số tự nhiên x, biết:
1

1

1

1

11

a, 1.6  6.11  11.16  ...  (5 x  1)(5 x  6)  56

(Với x  N * )

1
1
1
1
148
98



 ... 
).( x  2)  x 
x
1.3 3.5 5.7
97.99
99
99

b, (

Bài 3 ( 2 điểm): Chứng minh rằng:
1 1 1
1
1
 3  3 ...  3 <
3
3 4 5
n 12

Kết quả thu được :
Giỏi
Sĩ số
SL
%
44
8
18,2

(n là số tự nhiên và n > 2)

Khá
SL
16

TB
%
36,4

SL
20

%
45,4

Yếu,kém
SL
%
0
0,0

Đối chiếu với kết quả khảo sát cho thấy học sinh có tiến bộ rõ rệt: Với nội
dung kiểm tra tương tự đề đã khảo sát, từ chỗ khơng có bài đạt điểm khá, giỏi
sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm kết quả đã đạt 54,6 % bài đạt điểm khá
giỏi và khơng cịn bài bị điểm yếu kém, kết quả thu được rất khả quan.

C. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
14

Với học sinh miền núi thuộc khu vực thuần nông các em học sinh khơng có
nhiều thời gian học tập, sự tham khảo tài liệu có nhiều hạn chế, hiệu quả của
sáng kiến đã giúp các em giải tỏa được một vấn đề mà ban đầu các em cho là
“khó” . Học sinh đã hứng thú học tập, tiếp thu kiến thức một cách chủ động,
khả năng tư duy của các em ngày một tiến bộ, nhiều em đã tự định hướng và
lựa chọn phương pháp giải phù hợp ở một số bài tốn mà khơng cần sự góp ý
của giáo viên, qua đó cho thấy học sinh đã phát huy được tính sáng tạo khi học
tốn.
Với cách đặt vấn đề và giải quyết vấn đề như đã nêu, khi hướng dẫn cho
học sinh tôi nhận thấy học sinh lĩnh hội kiến thức một cách thoải mái, rõ ràng,
có hệ thống. Học sinh được rèn luyện nhiều về kỹ năng tính tốn, kỹ năng suy
luận, kỹ năng tổng qt hố,… , từ đây đã xố đi cảm giác khó và phức tạp ban
đầu khi chưa có phương pháp giải. Từ cách khai thác các ứng dụng của bài
toán, cách phát triển bài tốn đã giúp học sinh có hứng thú khi học tập, việc chú
trọng lựa chọn hệ thống bài tập theo yêu cầu dạy học đề ra đã không ngừng
nâng cao hiệu quả giáo dục, tạo niềm say mê học tốn cho học sinh .
Chính vì vậy, trong kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp trường mơn tốn năm
học 2016-2017 những em dự thi đều làm tốt bài toán tính tổng các phân số có
quy luật, tốn tìm số tự nhiên x thỏa mãn một đẳng thức, toán rút gọn biểu thức,
toán chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức. Tại kỳ thi khảo sát chất
lượng học sinh giỏi khối 6,7,8 Huyện Như Thanh năm học 2016-2017, học sinh
đội tuyển tốn 6 do tơi giảng dạy đạt 5 giải gồm: 3 giải nhì, 1 giải ba, 1 giải
khuyến khích.
- Giới hạn của đề tài : Đề tài chỉ dừng ở lớp 6, tuy nhiên với tôi sẽ là nền tảng
cơ bản trong giảng dạy dạng toán này ở các lớp tiếp theo.
.Một số ý kiến đề xuất:
* Đối với trường THCS Phú Nhuận:
- Nhà trường cần tổ chức tốt hơn nữa các hoạt động học tập tạo niềm say mê
học toán cho các em như phong trào “ Hoa điểm 10” , sân chơi trí tuệ, em u

tốn học,… để khích lệ học sinh thi đua học tập .
* Đối với phòng giáo dục huyện:
- Tăng cường các buổi triển khai chuyên đề cấp huyện để giáo viên được học tập
kinh nghiệm của đồng nghiệp trong giảng dạy góp phần nâng cao chất lượng
giáo dục.
- Tổ chức tốt các buổi hội thảo theo chuyên đề bộ môn.
Trong phạm vi nhỏ của đề tài bản thân chưa thể bao quát hết các kiến thức
từ việc khai thác kết quả của một bài toán, tuy nhiên khi thực hiện đã có tác
dụng rất tốt đối với học sinh. Từ những thành công trong việc vận dụng sáng
kiến kinh nghiệm vào giảng dạy tôi xin mạnh dạn chia sẻ cùng đồng nghiệp.
Bài viết không thể tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót, rất mong nhận
được sự góp ý để đề tài được hoàn thiện hơn.
15


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Như Thanh , ngày 20 tháng 3 năm 2017.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung người khác.
Người viết

Trương Thị Huyên

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Tuyển chọn bài thi học sinh giỏi toán THCS. Tác giả: Lê Hồng Đức chủ
biên. NXB Hà Nội, năm 2015.
[2] Nâng cao và phát triển tốn 6-Tập hai. Tác giả: Vũ Hữu Bình. NXB
Giáo Dục Việt Nam, năm2015.

16


[3] Đề thi học sinh giỏi mơn tốn lớp 6,7,8 cấp Huyện năm học 2014-2015.
PGD&ĐT Huyện Nga Sơn.
[4] Toán nâng cao và các chuyên đề toán 6. Tác giả: Vũ Dương Thụy chủ
biên. NXB Giáo Dục, năm 2006.
[5] Tài liệu chuyên toán trung học cơ sở toán 6 tập một. Tác giả: Vũ Hữu
Bình chủ biên. NXB Giáo Dục Việt Nam, năm 2014.

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
Họ và tên tác giả: Trương Thị Huyên
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS Phú Nhuận – Như Thanh

17


TT

Tên đề tài SKKN

Cấp
đánh giá
xếp loại

1.

Hướng dẫn học sinh giải tốn.

2.

Hướng dẫn học sinh lớp 9 giải
PGD
phương trình bằng phương pháp đặt
ẩn phụ.
Hướng dẫn học sinh chứng minh
PGD
bất đẳng thức.
Hướng dẫn học sinh lớp 9 giải
PGD
phương trình qui về phương trình
bậc hai qua tiết học.
Hướng dẫn học sinh chứng minh
PGD
đẳng thức hình học.
Dạy học sinh lớp 9 giải bài tốn
PGD
quỹ tích.
Dạy học sinh lớp 9 chứng minh bất
PGD
đẳng thức.
SGD&ĐT

3.
4.
5.
6.

7.

PGD

Kết
quả
đánh
giá
xếp
loại
C

1999 - 2000

B

2000 - 2001

C

2001 - 2002

B

2002 - 2003

A

2004 - 2005

A

2005 - 2006

Năm học
đánh giá
xếp loại

2007 - 2008
C

8.

Dạy học sinh yếu kém học toán.

PGD

B

2010 - 2011

9.

Dạy học sinh lớp 8 chứng minh bất
đẳng thức.
Một số kinh nghiệm hướng dẫn học
sinh lớp 7 giải bài tốn hình học.

PGD

B

2014 - 2015

PGD

B

2015 - 2016

10.

18