(Sáng kiến kinh nghiệm) rèn luyện tư duy tổng quát cho học sinh khá, giỏi lớp 7 thông qua một số bài toán đại số

PHỊNG GD & ĐT HUYỆN N ĐỊNH
TRƯỜNG THCS LÊ ĐÌNH KIÊN

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

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

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

THÁNG 4 NĂM 2019


MỤC LỤC

STT

1

NỘI DUNG
A. ĐẶT VẤN ĐỀ

TRANG
3

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ:
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ.
III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
IV. KẾT QUẢ THỰC HIỆN

4
4
4
5-19
20

3

C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT

21-22

4

TÀI LIỆU THAM KHẢO

23

5

DANH SÁCH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC
XẾP LOẠI

24

2

2


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

học, số học trong việc bồi dưỡng cho học sinh khá, giỏi đã giúp tơi có nhiều
thành cơng trong nhiều khóa học khác nhau khi có nhiều học sinh đạt giải cấp
huyện, cấp tỉnh. Nhiều học sinh đậu vào trường chuyên Lam sơn và trở thành
học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế.

3


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

này, hầu hết học sinh đều thấy khó khăn và thậm chí là khơng giải được các bài
tập này trong các đề thi. Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài
với 43 học sinh khá, giỏi trường THCS Lê Đình Kiên tôi thấy kết quả như sau:
Điểm dưới 5
SL
8

%
18,6

Điểm từ 5 đến
dưới 7
SL
%
24
55,81

Điểm từ 7 đến
dưới 9
SL
%
11
25,59

Điểm từ 9 đến
dưới 10
SL
%
0
0

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

4


cịn hạn chế nhưng chưa chịu khó tìm tịi học hỏi, ngại thay đổi bản thân và chưa
thực sự tâm huyết với nghề, áp lực về thời gian và lượng kiến thức cần dạy cũng
là một nguyên nhân khiến thầy cô không thể thực hiện được.
III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Trước tình hình thực tế như trên, tơi đã nghiên cứu tài liệu cùng với kinh
nghiệm giảng dạy của mình hệ thống lại một số bài tập ví dụ nhằm giúp học sinh
có định hướng tốt đồng thời tiếp cận dễ dàng với loại bài tập này. Do thời gian
chính khóa có hạn nên tơi đã hướng dẫn học sinh học chuyên đề này vào các
buổi học phụ đạo, bồi dưỡng với cách thức nêu ra các ví dụ cụ thể, yêu cầu học
sinh thảo luận tìm lời giải, gợi ý sau đó nêu lời giải và rút ra các bài tốn tổng
qt, nhận xét cho từng ví dụ.
*) Xuất phát từ bài toán:
Bài 1: Cho năm số tự nhiên a, b, c, d, e thỏa mãn ab  bc  cd  d e  ea .
Chứng minh rằng năm số a, b, c, d bằng nhau.
Nhận xét: Để giải bài toán này cần củng cố lại cho học sinh một số kiến
thức về lũy thừa: với 2 lũy thừa bằng nhau cơ số của lũy thừa nào lớn hơn thì số

mũ của lũy thừa đó phải nhỏ hơn. Tiếp đó cần giới thiệu với học sinh phương
pháp chứng minh phản chứng đó là: ta giả sử các khả năng đi ngược lại với
những gì đề yêu cầu, sau đó dùng những suy luận logic kết hợp với những gì đề
đã cho để dẫn tới những điều trái với giả sử, từ đó dẫn tới điều giả sử là sai.
Hướng dẫn học sinh từng bước:
Giả sử a  b kết hợp với ab  bc  b  c .
- với b  c kết hợp với bc  cd  c  d
- với c  d kết hợp với cd  d e  d  e
- với d - với e  a kết hợp với ea  ab  a  b vơ lí, (trái với điều giả sử).
Ngược lại, giả sử a  b bằng các lập luận tương tự ta lại dẫn tới a  b vơ lí, trái
với điều giả sử.
Suy ra: a  b
Bằng cách lập luận tương tự như trên ta cũng dẫn đến b  c ; c  d ; d  e ;
e  a . Vậy năm số a, b, c, d, e bằng nhau.
Nhận xét: Sau khi giải song bài toán trên tơi đã u cầu học sinh nêu bài
tốn tổng qt và trình bày lời giải cho bài tốn tổng qt. Để nêu được bài toán
tổng quát cần xác định rõ đặc điểm của bài tốn đó là: số lượng các số đã cho
trong bài gồm 5 số a, b, c, d, e ( là số lẻ các số), các lũy thừa được cho ở dạng
"lặp vòng tròn" theo nguyên tắc "số mũ của lũy thừa tiếp theo là cơ số của lũy
thừa liền trước nó".

5


Từ bài tốn trên ta có thể u cầu học sinh làm tương tự cho một số bài
tập tổng quát sau:
1. Cho n số tự nhiên (n là số lẻ) a1, a2 , ..., an thỏa mãn điều kiện:
a
a

a
a 2  a 3  ...  an 1
1
2
Chứng minh rằng n số tự nhiên (n là số lẻ) a1, a2 , ..., an bằng nhau.
Hoặc bài toán sau:
2. Cho n số tự nhiên (n là số lẻ) a1, a2 , ..., an thỏa mãn điều kiện:
a
a
a
a 2  a 3  ...  an 1 .
1
2
2
2
2
2
a
a
a
a
3  ...  n
Tính giá trị biểu thức: B  1  2 
2
2
2
2
a
a
a

a
2
3
4
1
Hoặc bài toán sau:
3. Cho n số tự nhiên (n là số lẻ) a1, a2 , ..., an thỏa mãn điều kiện:
a
a
a
a 2  a 3  ...  an 1 . Chứng minh giá trị biểu thức:
1
2

2
2
a
a
a2
a2
3  ... 
n không phải là số tự nhiên.
1 
2 
2 2
2 2
2 2
2 2
a  a3 a  a4 a  a5
a  a2

2
3
4
1
*) Xuất phát từ bài tốn:
Bài 2: Tính tổng

A (

1
1
1
1
1)( 1)( 1)...(
1)
22
32
42
1002

Hướng dẫn học sinh từng bước:
Ta thấy A là tích của 99 số âm nên ta có:
1
1
1
1
)(1  )(1  )...(1 
)
2
2

2
2
2
3
4
100
3 8 15 9999 1.3 2.4 3.5 99.101

. . ...
 . . ...
2
2
2
2
2 3 4 100
22 32 42 1002

 A  (1 

1.2.3...98.99 3.4.5...100.101 1 101 101
.

.

2.3.4...99.100 2.3.4...99.100 100 2 200
101
A
200


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

6


1
1
1
1
Tính tổng: A  ( 2 1)( 2 1)( 2 1)...( 2 1) . Với n  N , n  1
2
3
4
n
Nhiều học sinh sẽ mắc phải sai lầm là khơng để ý đến sự khác nhau về
dấu của tích trên khi n là số chẵn thì tích A là số âm, Khi n là số lẻ thì tích A là
số dương. Vì vậy ta cần xét 2 trường hợp:
- Trường hợp 1: Nếu n chẵn
Ta thấy A là tích của n-1 số âm, là số lẻ các số âm nên ta có:
 A  (1 


1
1
1
1
)(1  )(1  )...(1  )
22
32
42

n2

3 8 15  n  1  n  1 1.3 2.4 3.5  n  1 .  n  1
. . ...
 . . ...
22 32 42
n2
22 32 42
n2


1.2.3... n 1 3.4.5...  n  1 1 n  1 n  1
.
 .

2.3.4...n
2.3.4...n
n 2
2n
n 1
 A
2n

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

22
32
42
n2
3 8 15  n 1  n  1 1.3 2.4 3.5  n 1 .  n  1
 . . ...
 . . ...
22 32 42
n2
22 32 42
n2


1.2.3... n 1 3.4.5... n  1 1 n  1 n  1
n 1
.
 .

 A
2.3.4...n
2.3.4...n
n 2
2n
2n

Từ bài tốn trên ta có thể yêu cầu học sinh làm một số bài tập sau:
1. Chứng minh rằng:
1
1
1

1
2
a) ( 2 1)( 2 1)( 2 1)...( 2 1)  3 ( n  N , n  1 , n là số lẻ).
2
3
4
n
1
1
1
1
3
b) ( 2 1)( 2 1)( 2 1)...( 2 1)   4 ( n  N , n  1 , n là số chẵn).
2
3
4
n
1
1
1
1
2. Cho A  ( 2  1)( 2  1)( 2  1)...( 2  1) ( n  N , n  1 , n là số lẻ).
2
3
4
n
Tìm giá trị lớn nhất của

1
.

A

*) Xuất phát từ bài toán: Chứng minh:
3
5
7
19


 ... 
 1 . Ta xét bài toán tổng quát: 
12.22 22.32 32.42
92.102

7


Bài 3: Tính
A

3
5
7
2n  1


 ... 
12.22 22.32 32.42
n2.(n  1)2

n N *

với

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

A

3
5
7
2n  1


 ... 
12.22 22.32 32.42
n2.(n  1)2



3
5
7
2n  1



 ... 
12.22 22.32 32.42
n2.(n  1)2



1 1
1
1 1
1
1
 
    ... 

12 22 22 32 32 42
n2

1

 n  1

2



 1
1
1   1
1   1 1   1

1 
1 

 






...









 2
2
2   22 22   32 32   42 42 
2 
1
n
n

n


1

 


 1

1

 n  1

2



n  n  2
2
 n  1

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

3
5
7
19


 ... 
1.

12.22 22.32 32.42
92.102

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

n N *

với

n N *

n
 A  1.
n 1

3
5
7
2n  1
2. Cho A  2 2  2 2  2 2  ...  2
1 .2

2 .3 3 .4
n .(n  1)2
Tìm n để

với

64 1 25
 
63 A 24

*) Xuất phát từ bài toán:
1 2 3
100 3
Chứng minh rằng: 3  2  3  ...  100  4
3 3
3

8


Giáo viên lại nêu bài toán tổng quát:
1 2 3
n
Bài 4: Tính A  3  2  3  ...  n
3
3 3
Hướng dẫn học sinh từng bước theo cách biến đổi thông thường đối với
tổng dãy số các lũy thừa có cùng cơ số và quy luật đó là nhân cả 2 vế với cơ số
của các lũy thừa có mặt trong biểu thức:
Ta có:

1 2 3
n
A     ...  n
3 32 33
3

2 3
n
 3 A  1    ... 
3 32
3n1

2 3
n  1 2 3
n 
 3 A  A  1    ... 
  ...  n 
   
3 32
3 
3n1   3 32 33

1 1
n
1
1 
 2A= 1- n       ... 

 3   3 32 33

3n1 
1 1
1
1 
Ta đặt: M    2  3  ...  n1 
3
3
3 3

 1 1
1 
 3M  1    ... 

3 32
3n2 

 1 1
1  1 1 1
1 
 3M  M  1    ... 
  ... 
   

3 32
3n2   3 32 33
3n1 


 2M  1 

1
1
1 
 M  1 

n

1
n

1
2
3
 3


1 
 n  1
Do đó 2A= 1- n   1  n1 
 3  2 3

3 1 n
1  3 2n  3
 A    n 
  
n
n

1
4 23

2.3
 4 4.3
Từ đây ta dễ dàng có lời giải cho bài tốn
1 2 3
100 3
Chứng minh rằng: 3  2  3  ...  100  4
3 3
3
*) Xuất phát từ một bài tốn tơi gặp trong một tài liệu trên mạng:
Chứng minh rằng:

1 1 1
1
1
   ... 

53 63 73
20193 40

9


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

1
1
1 1

1 

 .

 , từ đay học sinh dễ dàng biến đổi:
53 4.5.6 2  4.5 5.6 
1
1
1 1
1 

 .


63 5.6.7 2  5.6 6.7 
1
1
1  1
1 

 .


73 6.7.8 2  6.7 7.8 
.......................
1
1
1
1
1



 .

3
2018.2019.2020 2  2018.2019 2019.2020 
2019

Do đó:
1 1 1
1
1 1
1
1
1
1
1
1
1

   ... 
 





 ... 

2018.2019 2019.2020 

53 63 73
20193 2  4.5 5.6 5.6 6.7 6.7 7.8


1 1 1
1
1 1
1
1
 1 1
   ... 
 

 . 

53 63 73
20193 2  4.5 2019.2020  2 20 40

1 1 1
1
1

Vậy, 3  3  3  ... 
5 6 7
20193 40

Ta có thể yêu cầu học sinh nêu bài toán tổng quát và hướng dẫn học sinh
thực hiện tương tự như bài toán trên:
Bài 5: Chứng minh: với n  N , n  1 .
1 1 1

1 1 1
1 
   ...   .  

23 33 43
n3 2  2 n  n  1 
Hướng dẫn học sinh từng bước, để làm bài tập này trước hết ta chứng
minh:
1
1

với k  N , k  1 .
k 3  k  1 .k .  k  1
Thật vậy, ta có với k  N , k  1 :


k 2  k 2 1  k 3  k  k  1  k  1

1
1

3
 k 1 k  k  1 (*)
k

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

1
1

1 1
1 

 .


23 1.2.3 2  1.2 2.3 

10


1
1
1 1
1 

 .


33 2.3.4 2  2.3 3.4 
1
1
1 1
1 

 .


43 3.4.5 2  3.4 4.5 
.......................

1
1
1 1
1 

 .


n3  n 1 .n.  n  1 2   n 1 .n n. n  1 
Do đó:
1 1 1
1 1 1
1
1
1
1
1
1
1 
   ...    




 ... 


 n 1 .n n.  n 1 
23 33 43
n3 2  1.2 2.3 2.3 3.4 3.4 4.5



1 1 1
1 1 1
1  11
1 
   ...    
   

3
3
3
3
2
1.2
n
.
n

1
2
2
n
.
n

1





2 3 4
n




1 1 1
1 1 1
1 

Vậy, với n  N , n  1 ta có 3  3  3  ...  3  .  
2  2 n  n  1 
2 3 4
n
Như vậy từ bài toán trên học sinh sẽ dễ dàng làm được các bài toán sau:

1. Chứng minh:

1 1 1
1 1
   ...   với n  N , n  1
23 33 43
n3 4


1 1 1
1 1 1
1
 với n  N *

2. Chứng minh:1  3  3  3  ...  3  .  
2
2
n

1
n

2






2 3 4
n


*) Xuất phát từ bài toán tính giá trị biểu thức:
1 
1  
1


A  1 
. 1 
...1 



 tôi gặp trong một tài liệu
 1  2   1  2  3   1  2  3  ...  2019 
trên mạng. Tôi đã yêu cầu học sinh phát biểu và làm bài toán tổng quát sau:
Bài 6: Thực hiện phép tính:


A  1 


1 
1  
1

. 1 
...1 


1  2   1  2  3   1  2  3  ...  n 

Hướng dẫn học sinh từng bước: Mẫu của các phân số trong biểu thức A là
tổng của các số tự nhiên liên tiếp, học sinh biết công thức tính:
n. n  1
1  2  3  ...  n 
. Áp dụng trong từng ngoặc ta có:
2


A  1 


1 
1  
1

. 1 
...1 


1  2   1  2  3   1  2  3  ...  n 

11


2 5 9  n 1  n  2  4 10 18  n 1  n  2 
 . . ...
 . . ...
3 6 10
n  n  1
6 12 20
n  n  1


4.1 5.2 6.3  n 1  n  2 
. . ...
2.3 3.4 4.5
n  n  1
 4.5.6... n  1  1.2.3...  n  2  


Vậy, A 

 2.3.4...n  3.4.5...  n  1 



n2
3n

n2
với n  N *, n  1
3n

Và như vậy học sinh dễ dàng làm được bài tập tính:


A  1 


1 
1  
1

. 1 
...1 


1  2   1  2  3   1  2  3  ...  2019 

Từ bài toán tổng quát trên ta có thể yêu cầu học sinh làm các bài tập khác:
1 

1  
1


. 1 
...1 
1. Cho A  1 
với n  N *, n  1


1 2
1 2  3
1  2  3  ...  n 




 



2
Tìm n để A  .
5
1 
1  
1


. 1 

...1 
2. Cho A  1 
với n  N *, n  1


1 2
1 2  3
1  2  3  ...  n 


Tìm n để

1
A



 



nhận giá trị là số ngun?

*) Xuất phát từ bài tốn:
Bài 7:
Tính M  1.2  2.3  3.4  ...  99.100
Hướng dẫn học sinh từng bước: Vấn đề đặt ra cho học sinh lúc này là làm
thế nào để giải được bài toán này. Với cách tư duy quen thuộc học sinh phải
chọn một số nhân thêm vào 2 vế để biến đổi tổng mới làm xuất hiện các số đối
nhau có tổng bằng 0 từ đó sẽ tính được tổng ban đầu. ta nhân 2 vế với 3( số số

hạng + 1) và thực hiện tách 1 thừa số trong tích ta được:
3M  1.2.3  2.3.3  3.4.3  ...  99.100.3
 1.2.3  2.3.(4 1)  3.4.(5  2)  ...  99.100.(101  98)
 1.2.3 1.2.3  2.3.4  2.3.4  3.4.5  ...  98.99.100  99.100.101
 99.100.101
M 

99.100.101
 333300
3

Từ ví dụ trên yêu cầu học sinh phát biểu bài toán tổng quát và chứng minh:
M  1.2  2.3  3.4  ...  n.(n  1) 

n(n  1)(n  2)
3

12


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

3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3.
*) Xuất phát từ bài toán rất quen thuộc sau:
Bài 8: Tính tổng : Q 

1
1
1
1


 ... 
1.2 2.3 3.4
99.100

Hướng dẫn học sinh từng bước: Giáo viên hướng dẫn học sinh tách các tử
số thành hiệu 2 số dưới mẫu và tách mỗi phân số thành hiệu 2 phân số mới
nhằm làm xuất hiện các số đối nhau
2 1 3  2 4  3
100  99
1 1 1
1
1
Q


 ... 
 1     ...  
1.2 2.3 3.4
99.100
2 2 3

99 100
1
99
 1

100 100
Từ bài toán này giáo viên đưa ra bài tốn :
1
1
1
1
2019
1. Tìm x thuộc N biết: 1.2  2.3  3.4  ...  x( x  1)  2020
1
1 1
1 1
1
1
1

;

;

;...;

, ta có bài toán:
22 1.2 32 2.3 42 3.4
1002 99.100
1

1
1
1
2. Chứng minh rằng: tổng R  2  2  2  ...  2 không phải là số nguyên.
2
3
4
n
Từ các so sánh

Chúng ta cũng nhận ra rằng nếu a1; a2; ... ; an-1 là các số tự nhiên lớn hơn 1
và khác nhau thì:
1
1
1
1
1
1
1
1


 ... 

 
 ... 
a2 a2 a2
a2
22 32 42
n2

1
2
3
n1
Giúp giáo viên đưa đến bài toán rất hay và khó sau:
3. Tìm các số tự nhiên khác nhau a1 ; a2 ; ... ; an-1 sao cho:
1
1
1
1


 ... 
1
.
2
2
2
2
a
a
a
a
1
2
3
n1
Hoặc bài toán:

13

4. Tìm các số tự nhiên a1 ; a2 ; ... ; a2020 thỏa mãn: a1 < a2 1
1
1
1
2019

và a .a  a .a  a .a  ...  a
.a
2020 .
1 2
2 3 3 4
2019 2020
Các bài này giáo viên gợi mở cách suy nghĩ dựa vào bài tập đã được
hướng dẫn ở trên và học sinh thực hiện ở nhà, chữa bài sau.
*) Xuất phát từ các bài tập rất cơ bản:
Bài 9: Tìm các số x, y, z biết
x y z
a)   và x  y  z  18 ;
2 3 4
c)

b)

x y z
  và x  2 y  4 z  93 ;
3 4 5

2x 3y 4z
= =
và x+2y+4z=220
3 4 5
Hướng dẫn học sinh từng bước:
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:
a)

 x  2.2  4
x
y
z
x  y  z
18





 2   y  2.3  6
2
3
4
2  3  4
9
 z  2.4  8


 x  9
x y z x  2 y  4 z 93


 3   y  12
b)   
3 4 5 3  8  20
31
 z  15

 x  36
2x 3y 4z
x y z x  2 y  4 z 220
= =  = = 

 2   y  32
c)
3 4 5
18 16 15 18  32  60 110
 z  30


Từ đây hướng dẫn học sinh nêu bài tốn tổng qt:
Tìm x, y, z biết

x y z
= =
và mx+ny+pz=d
a b c

Với a, b, c, d là các số cho trước và m, n, p khác 0.
Phương pháp giải là chon các số m, n, p để nhân thêm vào tử và mẫu của các tỉ
số rồi áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tạo ra tỉ số là một hằng số.

x y z mx ny pz mx  ny  pz
d
= = =
= = 

a b c ma nb pc ma  nb  pc ma  nb  pc
*) Xuất phát từ các bài tập rất cơ bản về dãy tỉ số bằng nhau:
Bài 10: Tìm các số x, y, z biết

14


x y z
  và x2  2 y 2  4 z 2  141
3 4 5
x y z
b)   và 2 x2  y 2  3z 2  77
3 4 5
a)

Hướng dẫn học sinh từng bước, dựa vào điều kiện đi kèm là biểu thức liên
hệ giữa các biến x2  2 y 2  4 z 2  141 ; 2 x2  y 2  3z 2  77 để bình phương
x y z
các tỉ số bằng nhau ban đầu   thành các tỉ số bằng nhau mới có mũ của
3 4 5
biến là 2, cụ thể:
2
2
2
a) x  y  z (1)  x  y  z

3 4 5
9 16 25
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:
x2 y 2 z 2 2 y 2 4 z 2 x2  2 y 2  4 z 2 141






 1  x 2  9  x  3
9 16 25 32 100
9  32  100
141
x  3
 x  3


Kết hợp với (1)   y  4 hoặc  y  4
z  5
 z  5


2
2
2
b) x  y  z (1)  x  y  z
3 4 5
9 16 25
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:

x2 y 2 z 2 2 x2 3z 2 2 x 2  y 2  3z 2 77






 1  x 2  9  x  3
9 16 25 18
75
18  16  75
77
x  3
 x  3


Kết hợp với (1)   y  4 hoặc  y  4
z  5
 z  5



Từ đây yêu cầu và hướng dẫn học sinh nêu bài tốn tổng qt rồi tìm cách
biến đổi chung:
x y z
= =
Tìm x, y, z biết
và mx k +nyk +pz k =d
a b c
Với a, b, c, d, m, n, p, k là các số khác 0, k  N *

Với cách suy luận quen thuộc học sinh chỉ ra được
x y z
mx k ny k pz k
  


a b c
ma k nbk pck
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tạo ra tỉ số là một hằng số ta được:
mxk ny k pz k mx k  ny k  pz k
d




.
ma k nbk pck ma k  nbk  pc k ma k  nbk  pc k

15


Hoặc một bài tập khai thác tính chất của lũy thừa bậc chẵn kết hợp với tính chất
dãy tỉ số bằng nhau như sau :
2n
2n
2n
Bài 11: Cho x p  y q
 x p y q
    xm p  ymq   0 với mọi
1

1
2
2
x  x    xm q

N
*
m, n
. Chứng minh rằng y1  y2    y  p .
m
1 2









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



Nhận thấy: x p  y q
i
i



2n

 0 ( với 1  i  m )



Nên từ giả thiết x p  y q
1
1



x p y q
1
1



2n



2n



 x p y q

2
2



 x p y q
2
2





2n

2n

    xm p  ymq 

    xm p  ymq 

x
1
x
p

y
q
x
p


y
q
x
p

y
q

Suy ra: 1
1
1 ; 2
2 ; …; 1
y
1

2n

2n

 0 , ta có:

0

x
2  
y
2

xm q


ym p (1)

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

x
x  x    xm
2    xm  1 2
y
ym y  y    ym (2)
2
1 2
x  x    xm q
Từ (1) và (2) suy ra y1  y2    y  p (đpcm).
m
1 2
x
1
y
1

BÀI TẬP VẬN DỤNG CHUNG
3

3

3

3

*
Bài 1: Cho S  1.4  4.7  7.10    n(n  3) n  N . Chứng minh: S  1

16


2
2
2
2

 ... 

60.63 63.66
117.120 2003

Bài 2: So sánh: A 
và B 

5
5
5
5

 ... 

40.44 44.48
76.80 2003

Bài 3: Tính các tổng sau:

a) A 

1
1
1
1
1
1





10 40 88 154 238 340
1
3

1
6

b) M   
1

1
1
2
  .... 
10 15
2004.2005

1

1

1


c) S  1.2.3  2.3.4  3.4.5    n.(n  1).(n  2) ; (n  N ) .

 1

 1

 1



 1



D =  2  1 2  1 2  1 .....  2  1
2
 3
 4
  100


d)

1
2

Bài 4: a) So sánh: A  1  
b) Cho B 

1 1
1
 3  ....  n với 2.
2
2 2
2

1 2 3 4 5
99 100
 2  3  4  5  ... 99  100 .
2 2 2 2 2
2
2

So sánh B với 2.

2
3
4
5
2020
c) Cho C  1  2  3  4  ...  2019 . So sánh C với 3
2 2
2

2
2
Bài 5: Chứng minh rằng:


1

1

1

1

2

3

n 1

n - 1    ...       ... 
với n  N  ; n  1.
n 2 3 4
n
 2 3
Bài 6: Tính
và

1 1 1
1
   ... 

2 3 4
2020
1
2
3
2017 2018 2019
B


 ... 


2019 2018 2017
3
2
1
A
B

biết: A =

Bài 7: Tìm x, biết:
1
1 
1
1
1
 1
a) 


 ... 

 .... 
x 
10.110 
1.11 2.12
100.110
 1.101 2.102
b)

1 1 1
2
2019
   .... 

3 6 10
x( x  1) 2020

Bài 8: Cho 2019 số tự nhiên x1, x2 ,..., x2019 thỏa mãn điều kiện:
1
1
1
2019
 11  ...  11 
11
x1
x2
x2019 2048

17

1

1

1

Tính tổng M  x1  x 2  ...  x 2019 .
1
2
2019
1 1 1
1
1
1


và
2 3 4
2017 2018 2019
1
1
1
1
P

 ... 

. Tính  S  P  2019 .

1007 1008
2018 2019

Bài 9: Cho S  1     ... 

Bài 10: Cho B = 1+

1
1
1
1
(1  2)  (1  2  3)  (1  2  3  4)  ....  (1  2  3  ...  x)
2
3
4
x

Tìm số nguyên dương x để B = 115.
1
2

1
3

1
4

Bài 11: Cho A  1     ... 
So sánh

1
;
4026

1 1 1
1
B  1     ... 
.
3 5 7
4025

A
2013
với 1
.
B
2014

12  1 22  1 32  1
n2 1
 2  2  ...  2 (với n  N và n >1)
Bài 12: a) Cho Sn 
1
2
3
n

Chứng minh rằng Sn không là số nguyên.
b) Cho B =

3 8 15 24
2499
  
 ... 
.
4 9 16 25
2500

Chứng tỏ B không phải là số nguyên.
c) Cho A =

1
1
1
1


 ... 
1 3 1 3  5 1 3  5  7
1  3  5  7  ...  2019

Chứng minh A 
Bài 13: Cho dãy tỉ số:

3
.
4

bz  cy cx  az ay  bx



.
a
b
c

Chứng minh rằng:

x
y
z


.
a
b
c

Bài 14: Cho 4 số a1; a2; a3; a4 thỏa mãn: a22 = a1.a3 và a32 = a2.a4.
a3  a3  a3 a
Chứng minh rằng: 13 32 33  1 .
a
a a a
4
2 3 4
x+y y+z z+t t+x
Bài 15: Cho biểu thức: P= z+t + t+x + x+y + z+y . Tính giá trị của biểu thức P
x
y
z

t
biết rằng: y+z+t  z+t+x  t+x+y  x+y+z
Bài 16: Cho 2020 số thoả mãn a1+a2+...+a2020  0

18


a
a
a a
1 = 2 =...= 2019 = 2020
và a a
a
a
2 3
2020
1

a 2 +a 2 +...a 2
+a 2
1
2
2019
2020
Hãy tính giá trị của biểu thức: N=
(a +a +...+a
+a
)2
1 2
2019 2020

a b c
ax2 +bx+c
= =
P
=
Bài 17: Cho
Chứng
minh
rằng
nếu
2
2
a
b c
a x +b x +c
1 1 1
1
1
1
Thì giá trị của P khơng phụ thuộc vào giá trị của x.
x y z
bz-cy cx-az ay-bx


Bài 18: Cho
. Chứng minh rằng:  
a b c
a
b

c
a b'
b c'
  1 và   1 . Chứng minh rằng: abc + a’b’c’ = 0
a' b
b' c
a c
Bài 20: Cho  . C¸c sè x, y, z, t tháa m·n: xa  yb  0 vµ zc  td  0
b d
Bài 19: Biết

Chứng minh rằng:

xa  yb xc  yd

za  tb zc  td

Bài 21: Cho các số a, b, c, d khác 0 và x, y, z, t thỏa mãn:
x2020  y 2020  z 2020  t 2020 x2020 y 2020 z 2020 t 2020




a 2  b2  c 2  d 2
a2
b2
c2
d2
Tính K  x2019  y 2019  z 2019  t 2019
Bài 22: Chứng minh rằng : Nếu a(y + z) = b(z + x) = c(x + y) (1)

Trong đó a ; b ; c là các số khác nhau và khác 0 thì:
yz
zx
x y


 
a  b  c b c  a c  a  b

IV. KẾT QUẢ THỰC HIỆN

19


Sau khi áp dụng đề tài tôi thấy rằng chất lượng qua kiểm tra đối với 43
học sinh này đã được nâng lên đáng kể, đặc biệt là đối tượng học sinh đạt điểm
khá giỏi đã tăng lên khá nhiều.
Điểm dưới 5

Điểm từ 5

Điểm từ 7

Điểm từ 9

đến dưới 7

đến dưới 9

đến dưới 10

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

0

0

7

16,28

21

48,84

15

34,88

Trong thời gian giảng dạy đã qua, với cách làm như vậy được tiến hành từ
lớp 6 cho đến lớp 9 với nhiều loại bài tập khác nhau cả đại số, hình học, số học,
tốn suy luận logic phù hợp cho từng khối lớp, tôi nhận thấy khả năng tư duy
của học sinh phát triển rất tốt qua từng chương – từng lớp, học sinh đã khơng
cịn sợ những bài tốn khó, những bài tốn tổng qt nữa. học sinh đã hứng thú
hơn và chủ động hơn trong việc học của mình, có tư duy tổng qt, tư duy sáng
tạo tìm tịi khám phá các bài tập nhiều hơn, chủ động hỏi thầy và trao đổi với
bạn phát triển năng lực học tốn nói riêng và các vấn đề khác nói chung qua
từng năm học.
Tơi đã gặt hái được rất nhiều thành công trong công tác bồi dưỡng học
sinh giỏi các cấp, từ cấp huyện-cấp tỉnh và thi vào chuyên toán, tin Lam Sơn.
Năm học 2018-2019 học sinh giỏi do tôi bồi dưỡng đã đạt được 12 giải học sinh
giỏi mơn tốn khối 7 - đồng đội xếp thứ nhất, khối 8 có 7 em đậu vào vịng I đội
tuyển tốn của huyện chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi lớp 9 cấp tỉnh năm học
2019-2020 (nhiều nhất huyện). Qua các năm học đều được cấp trên, nhà trường,
học sinh và phụ huynh ghi nhận, điều đó càng làm cho tơi vững tin vào những gì
mà mình đang hướng dẫn cho các lứa học trị tiếp theo.

C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT

20


I. Kết luận
Trên đây là một số bài tập tiêu biểu mà tôi đã giảng dạy cho học sinh khá
giỏi nơi mình đang cơng tác trong q trình ơn luyện, bồi dưỡng học sinh khá,
giỏi trong nhiều năm của nhiều khóa học khác nhau trong phần kiến thức

chương I đại số lớp 7, hàng năm tơi đều có sự nghiên cứu trao đổi với đồng
nghiệp, tổng kết và bổ sung. Với cách làm như vậy ở nhiều loại bài tập khác
nhau cả đại số, hình học, tốn suy luận logic cũng như số học, tôi nhận thấy khả
năng nhận dạng cũng như giải quyết các bài tập khó có sự tiến bộ rõ rệt, các em
đã hoàn thành tốt các bài tập mà tôi đã đưa ra và cách vận dụng cho từng bài cụ
thể, các bài toán con, bài tốn tổng qt, hình thành tư duy logic sáng tạo, tư duy
tổng qt cho học sinh giúp tơi có rất nhiều học sinh giỏi đạt giải nhất, nhì,.. cấp
huyện, cấp tỉnh. Trong các học sinh của tôi khi học tại Lam Sơn phát triển rất tốt
ví dụ em: Trịnh Hồng Đức đạt giải ba quốc gia mơn tốn năm học 20132014(lớp 11), giải nhì quốc gia mơn tốn năm học 2014-2015(lớp 12); em Trịnh
Hữu Gia Phúc đạt giải nhì quốc gia môn tin năm học 2016-2017(lớp 10), đạt
giải nhất quốc gia môn tin năm học 2017-2018(lớp 11), Huy chương bạc châu á
thái bình dương mơn tin năm 2018, năm 2019 em là một trong số các học sinh
của Việt nam sẽ tham dự Olympic tin học quốc tế. Để đạt được kết quả tốt giáo
viên cần phải hệ thống lại và hướng dẫn gợi ý để học sinh dễ tiếp cận, đồng thời
dễ nhớ cách làm với từng dạng bài tập khác nhau, phải đi từ dễ đến khó, từ
trường hợp riêng rồi mới đến trường hợp tổng quát, xem xét bài tốn dưới nhiều
góc độ khác nhau. Người thầy cần khơi dậy sự chủ động tìm tịi, tính tích cực và
sáng tạo của học sinh thông qua các bài giảng của mình góp phần nâng cao hiệu
quả chất lượng giáo dục trong nhà trường.
II. Đề xuất
Việc giảng dạy các loại bài tập này cần bố trí vào các buổi học bồi dưỡng
học sinh khá giỏi với thời gian thích hợp, cả học ở trường với sự hướng dẫn của
thầy cùng với việc tự học ở nhà để học sinh có thể nắm bắt tốt.
Thầy cơ giáo nên có sự nghiên cứu, tìm tịi nhiều hơn tâm huyết hơn cho
các công tác giảng dạy nhất là công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, cần có cái nhìn
sâu rộng xun suốt nội dung chương trình mơn tốn để có cách hình thành tư
duy cho học sinh từ thấp đến cao – từ trường hợp riêng đến tổng quát giúp nâng
tầm tư duy học sinh qua các năm học để các em học tập sáng tạo đạt kết quả cao.
Nhà trường, Phòng giáo dục và đào tạo, Sở giáo dục và đào tạo cần có
nhiều biện pháp hơn nữa trong ghi nhận và khuyến khích giáo viên nghiên cứu

và đưa vào áp dụng các đề tài SKKN có hiệu quả cao, cần tổ chức các buổi trao
đổi chuyên đề về thực trạng tại các nhà trường hiện nay, có định hướng và yêu
cầu đối với cán bộ, giáo viên nghiên cứu đưa ra các giải pháp tốt đồng thời giới
thiệu nhiều sáng kiến hay, nhiều kinh nghiệm tốt để mọi người có thể tham khảo
và học tập.
Tôi mong muốn nhận được sự hưởng ứng tích cực từ phía các thầy cơ và
các em học sinh về trao đổi, nghiên cứu tìm hiểu các chun đề về các dạng tốn
nói chung và các dạng bài tập này nói riêng nhằm nâng cao chất lượng dạy và

21


học tốn đặc biệt là trong cơng cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi ở các nhà
trường hiện nay.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Yên Định, ngày10 tháng 4 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.

Phạm Thị Lan

Trịnh Văn Kiện

XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NGÀNH GIÁO DỤC

TÀI LIỆU THAM KHẢO

22


TT
1

TÊN TÀI LIỆU

TÁC GIẢ

Nâng cao và phát triển toán 7

Vũ Hữu Bình

Chun đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 7
2

Nguyễn Đức TấnNguyễn Anh HoàngNguyễn Đoàn Vũ

Rèn luyện kĩ năng học tốt tốn 7
3

Nguyễn Đức TấnNguyễn Thị Kim Yến
Chi-Tạ Hồng Đồng

4

Một số đề ơn thi học sinh giỏi tốn 7 trên mạng
Internet

DANH SÁCH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC XẾP LOẠI

23


TT

TÊN ĐỀ TÀI

Số, ngày, tháng, năm của quyết
định công nhận, cơ quan ban
hành QĐ
Xếp loai B cấp huyện

1

Hướng dẫn học sinh khá, giỏi lớp 9
một số phương pháp chứng minh
bất đẳng thức

QĐ số: 132-QĐ-PGD&ĐT.
Ngày 21/5/2012
Phòng GD&ĐT huyện Yên Định
Xếp loai A cấp huyện

2

Hướng dẫn học sinh khá, giỏi lớp 9

QĐ số: 189/GDYĐ Ngày 12/5/2016

cách phát triển một bài tập hình học.

Phòng GD&ĐT huyện Yên Định
- Xếp loại A cấp huyện.

3

Hướng dẫn học sinh khá, giỏi lớp 6
cách học một số dạng bài tập về số
nguyên.

QĐ số: 159/GDYĐ Ngày 16/5/2017
Phòng GD&ĐT huyện Yên Định
- Xếp loại C cấp tỉnh
QĐ số:1112/QĐ-SGD&ĐT Ngày
18/10/2017
Xếp loai A cấp huyện

4

Rèn luyện tư duy tổng quát cho học
sinh khá, giỏi lớp 7 thơng qua một
số bài tốn đại số.

QĐ số: 133/PGDĐT Ngày
15/5/2019
Phòng GD&ĐT huyện Yên Định

24