(Sáng kiến kinh nghiệm) phát triển tư duy cho học sinh thông qua một số bài toán lớp 6

MỤC LỤC
MỤC LỤC :....................................................................................................1
1.MỞ ĐẦU: ...................................................................................................2
1.1.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:...........................................................................2
1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:....................................................................3
1.3.ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:.................................................................3
1.4.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:...........................................................4
2. NỘI DUNG: ..............................................................................................4
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU: .............................4
2.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU: .................................5
2.2.1. Thuận lợi: ...........................................................................................5
2.2.2. Khó khăn :...........................................................................................5
2.2.3. Khảo sat học sinh ...............................................................................6
2.3. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI :............................7
2.3.1. Giải pháp thực hiện đề tài ..................................................................7
2.3.1.a. Giải pháp chung :.............................................................................7
2.3.1.b. Giải pháp cụ thể :.............................................................................7
2.3.2. Tổ chức thực hiện đề tài: ....................................................................7
2.3.2.a. Bài toán mở đầu về một số dãy số đơn giản:...................................7
2.3.2.b. Tính tổng một số dãy số dạng phân số :.........................................13
2.3.2.c. Tìm tích của dãy số :.......................................................................18
2.4. HIỆU QUẢ NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI: .................................................20
3. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT :..................................................................21
- KẾT LUẬN: .............................................................................................21
- KIẾN NGHỊ: ............................................................................................22
TÀI LIỆU THAM KHẢO:..........................................................................24

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN………………………..25

1. MỞ ĐẦU
1


1.1.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục luôn đổi mới
không ngừng. Các nhà trường ln chú trọng đến chất lượng tồn diện bên
cạnh sự đầu tư thích đáng cho giáo dục. Với vai trị là mơn học cơng cụ, bộ
mơn Tốn đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các mơn khoa học tự
nhiên khác.
Dạy tốn là một hoạt động tốn học cho học sinh, trong đó giải tốn là
cơng việc chủ yếu. Để rèn luyện kỹ năng giải tốn cho học sinh, ngồi việc
trang bị tốt hệ thống kiến thức cơ bản và rèn luyện kỹ năng giải bài tập, giáo
viên cần hướng dẫn cho học sinh biết khai thác, mở rộng kết quả những bài
toán đơn giản và xây dựng bài toán gốc để giải một loạt các bài toán liên
quan. Điều này giúp học sinh tự tìm tịi suy nghĩ ra những bài tốn mới và có
những cách giải sáng tạo.
Dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản
một cách có hệ thống mà phải được nâng cao, phát triển để các em có hứng
thú, say mê học tập là một câu hỏi mà mỗi thầy cô chúng ta ln đặt ra cho
mình.
Để đáp ứng được u cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập
của học sinh, trong giảng dạy chúng ta phải biết chắt lọc nội dung kiến thức,
phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thành tổng qt
giúp học sinh có thể phát triển tư duy Tốn học.
Với mong muốn nâng cao hiệu quả công tác giảng dạy nói chung và cơng
tác bồi dưỡng học sinh giỏi tốn lớp 6 nói riêng. Tơi nhận thấy chương trình
tốn 6 có rất nhiều nội dung hay và hấp dẫn, cách tính tổng theo quy luật và
tìm tích là một trong những nội dung thú vị, phong phú, đa dạng. Để giải các
bài tốn dạng này thơng thường ta biến đổi để làm xuất hiện các số hạng đối

nhau sau khi thu gọn ta được một số ít số hạng mà ta dễ dàng tính được hoặc
làm xuất hiện các dãy số mà ta dễ dàng tính được hoặc là ta phải phân tích các
phân số thành một tích như thế nào đó để có thể rút gọn được. Nhưng biến đổi
2


như thế nào để xuất hiện các hạng tử đối nhau hoặc các dãy số dễ dàng tính
được lại là vấn đề không đơn giản mà học sinh hay mắc phải. Tôi xin đưa ra
đề tài: “Phát triển tư duy cho học sinh thơng qua một số bài tốn số học lớp
6”. Ở đề tài này tôi xin đưa ra vài bài tốn mang nội dung tính tổng theo quy
luật và một số bài tốn tìm tích để giới thiệu cách khai thác kết quả, mở rộng
bài toán và xây dưng bài toán gốc (bài toán tổng quát) để giải một loạt các bài
tốn tương tự nhằm mục đích phát huy trí tuệ sáng tạo của học sinh, rèn
luyện năng lực tư duy cho học sinh.
1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Qua nhiều năm giảng dạy ,đứng lớp chuyên khối toán 6,thực sự rất tâm
huyết và rút ra được nhiều kinh nghiệm qua từng bài giảng, lần giảng,bản thân
thấy mơn tốn 6 rất thú vị . Đối với các em mới bước vào đầu khối đang còn
bỡ ngỡ cả về kiến thức và phương pháp học,như chúng ta đã biết:
Mọi vật thể đều được cấu tạo từ chất và mọi chất được cấu tạo từ những
phân tử nhỏ. Trong Toán học cũng vậy mọi bài toán đều bắt nguồn từ những
chi tiết nhỏ nhặt và những bài toán đơn giản hơn. Đối với học sinh lớp 6 cũng
vậy, bước đấu làm quen với mơn Tốn học, việc tiếp thu mơn Tốn học bước
đầu cịn nhiều khó khăn.Vì vậy để học sinh giỏi mơn Tốn học khơng những
phải u cầu học sinh nắm vững và biết vận dụng các bài toán cơ bản mà cịn
phải biết cách phát triển nó thành những bài tốn mới có tầm suy luận cao
hơn, nhằm phát triển năng lực tư duy cho học sinh. Cách dạy học như vậy mới
đi đúng hướng đổi mới giáo dục hiện nay. Có như vậy mới tích cực hóa hoạt
động của học sinh, khơi dậy khả năng tự lập, chủ động, sáng tạo của học sinh.
Nhằm nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹ năng

vận dụng kiến thức vào thực tế, tác động đến tâm lí, tình cảm, đem lại niềm
say mê và hứng thú học tập cho học sinh.
1.3.ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là Phát triển tư duy cho học sinh thơng
qua một số bài tốn số học lớp 6.
3


1.4.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Tìm ra những phương pháp tổ chức học tập một cách có hiệu quả,giúp
người học phát huy được tính tích cực,tự giác, chủ động ,tư duy sáng tạo,bồi
dưỡng năng lực tự học tự rèn luyện,đó là các phương pháp:
-Phương pháp nghiên cứu lý thuyết.
-Phương pháp thực hành.
-Phương pháp nghiên cứu sản phẩm hoạt động.
-Phương pháp nghiên cứu tổng kết kinh nghiệm.
-Phương pháp thống kê.
2. NỘI DUNG
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU:
Trước đây việc dạy học toán thường sa vào phương pháp đọc chép áp đặt
kiến thức, học sinh lĩnh hội kiến thức một cách bị động, người giáo viên
thường chú trọng đến số lượng bài tập. Nhiều học sinh chỉ hiểu bài thầy dạy
mà không tự giải được bài tập. Việc phát triển bài tốn ít được học sinh quan
tâm đúng mức. Phần nhiều học sinh cảm thấy sợ môn số học, giải bài tập số
học. Thực tiễn dạy học cho thấy: HS khá - giỏi thường tự đúc kết những tri
thức, phương pháp cần thiết cho mình bằng con đường kinh nghiệm, cịn học
sinh trung bình hoặc yếu, kém gặp nhiều khó khăn hoặc khơng thể nắm được
bài.
Để có kĩ năng giải bài tập số học cần phải qua quá trình luyện tập. Tuy rằng,
không phải cứ giải bài tập nhiều là có kĩ năng, việc luyện tập sẽ có hiệu quả,

nếu như học sinh nắm chắc được lí thuyết và biết khéo léo khai thác từ một
bài tập này sang một loại bài tập tương tự, nhằm vận dụng một tính chất nào
đó, rèn luyện một phương pháp học tập nào đó cho mình.
Nếu người thầy giáo biết hướng cho học sinh cách học chủ động thì học
sinh khơng những khơng có ái ngại với mơn số hoc mà cịn hừng thú với việc
học số học. Học sinh khơng cịn cảm thấy học số học nói riêng và tồn học
4


nói chung là gánh nặng, mà cịn ham mê học tốn, có được như thế mới là
thành cơng trong việc dạy học mơn tốn.
2.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU.
2.2.1. Thuận lợi.
- Qua nhiều năm giảng dạy Toán 6 và bồi dưỡng, nâng cao chất lượng cho
học sinh khá giỏi lớp 6 đã giúp tôi nhận thấy được một số điểm yếu trong
cách tư duy, khai thác bài toán của các em học sinh.
- Thư viện nhà trường luôn có một số sách bồi dưỡng tốn nâng cao và các tài
liệu có liên quan.
- Nhà trường ln tạo điều kiện thuận lợi để tôi viết đề tài.
- Các em học sinh học giỏi tốn thì khơng nhiều nhưng các em rất chăm
ngoan, chịu khó học tập, biết tiếp thu và nghe lời thầy cơ giáo.
- Gia đình học sinh luôn tạo điều kiện để các em học tốt môn tốn cũng như
các mơn học khác.
2.2.2. Khó khăn.
Qua cơng tác giảng dạy mơn tốn nhiều năm liên tục chun khối 6 nói
chung và số học lớp 6 nói riêng trong những năm qua tôi thấy đa số học sinh:
- Không nắm được phần lí thuyết cơ bản của bài học hoặc nắm nội dung
bài học một cách thụ động,hoặc thuộc lý thuyết nhưng không biết vận dụng
vào bài tập, nên trong q trình làm bài tập cịn gặp nhiều khó khăn, lúng
túng.

- Khơng chịu đề cập bài tốn theo nhiều hướng khác nhau, không sử
dụng hết các dữ kiện của bài tốn mà đề bài đưa ra.
- Khơng biết vận dụng hoặc vận dụng chưa thành thạo các phương pháp
suy luận trong giải tốn, khơng biết sử dụng các bài toán giải mẫu hoặc áp
dụng phương pháp giải một cách thụ động.
- Khơng chịu suy nghĩ tìm các cách giải khác nhau cho một bài toán hay
mở rộng lời giải tìm được cho các bài tốn khác, do đó hạn chế trong việc rèn
luyện năng lực giải tốn hình học.
5


- Đặc biệt cách lập luận bài toán của học sinh khơng chặt chẽ logíc nghĩ
gì viết đó,dài dịng và không bám sát vận dụng được kiến thức vừa học .
2.2.3. Khảo sát học sinh
Trước khi triển khai chuyên đề tôi đã tiến hành kiểm tra sự hiểu biết của
các em học sinh khối lớp 6 của nhà trường trong việc khai thác cách giải và
giải một số bài toán sau.
ĐỀ BÀI
(Thời gian làm bài 60 phút)
* Thực hiện tính các tổng sau:
1)

A  1 2   2  3 3  4 
     99 100

2)

B  1 3   3  5   5  7     97  99

3)

C  1 2  3   2  3  4    3  4  5     98  99 100

4)

S 

1
1
1
1


 
1 2 2  3 3  4
99 100

* Tìm số tự nhiên x biết rằng :
5)

1 1 1
2
1998
 
 ... 

3 6 10
x( x  1) 2000

ĐÁP ÁN - BIỂU CHẤM

1) A  333300

2 điểm

2) B  161651

3) C  24497550

2 điểm

4) S 

5) x = 1999

1,5 điểm

99
100

2 điểm
2,5 điểm

THỐNG KÊ KẾT QUẢ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG ĐỀ TÀI
Tổng số học

Yếu kém
SL
%

Trung bình

SL
%

Khá

Giỏi

SL
%
SL
%
sinh khối 6
65
15
20%
31
48%
12
20%
7
12%
Sau khi kiểm tra các em học sinh khối lớp 6 của nhà trường tơi thấy
trong cách tư duy của các em cịn tồn tại một số điểm sau:
- Học sinh có nhiều em chưa biết cách giải một số bài toán đơn giản về dãy số
dạng như bài kiểm tra, lời giải cịn trình bày dài dịng, rắc rối.
6


- Học sinh chưa phát huy được tư duy sáng tạo, khả năng học hỏi, sự tìm tịi
kiến thức mới.

2.3. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI:
2.3.1. Giải pháp thực hiện đề tài:
Để khắc phục một số hạn chế như trên và để nâng cao hiệu quả trong
việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi tốn 6, tơi đưa ra một số giải pháp như sau:
2.3.1.a. Giải pháp chung:
Giáo viên cần cung cấp cho học sinh các kiến thức cơ bản sau:
- Củng cố lại các phép tính cộng, trừ, nhân, chia, các phép biến đổi, quy tắc
dấu và quy tắc dấu ngoặc ở môn số học lớp 6.
- Rèn học sinh thói quen quan sát, nhận dạng bài tốn, phân tích nhằm phát
hiện quy luật của bài tốn..
- Rèn học sinh tính tự học, tự tìm tịi sáng tạo, biết cách tổ chức học tổ, học
nhóm một cách khoa học sáng tạo để tìm ra những cách giải hay.
2.3.1.b. Giải pháp cụ thể:
- Giáo viên đưa ra các bài tập để hướng dẫn cho học sinh cách làm cơ bản.
- Sau khi học sinh nắm được cách làm cơ bản rồi, giáo viên khai thác các bài
toán vận dụng tương tự.
- Tổ chức cho học sinh thảo luận làm một số bài toán tương tự như giáo viên
đã đưa ra.
- Cuối cùng giáo viên ra bài khảo sát, đánh giá kết quả để rút kinh nghiệm.
2.3.2. Tổ chức thực hiện đề tài:
2.3.2.a. Bài toán mở đầu về một số dãy số đơn giản:
     99 100
Bài toán 1: Tính A  1 2   2  3 3  4 

Để tính A ta biến đổi A để xuất hiện các hạng tử đối nhau. Muốn vậy ta
cần tách một thừa số trong mỗi hạng tử thành một hiệu: a  b   c
Lời giải:

7

3A  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  2  3  4  1 2  3  3  4  5  2  3  4 
   99 100 101  98  99 100
 99 100 101
 A  33 100 101  333300
Ta tổng quát thành bài tốn sau:
Tính tổng:
A = 1.2 +2.3 + 3.4 + ………+ n(n+1). Với n là số nguyên dương.
Với cách làm tương tự ta có:
3A = 1.2.3 + 2.3.4 -1.2.3 + 3.4.5 – 2.3.4 +……..+ n(n+1)(n+2) – (n-1)n(n+1)
= n(n+1)(n+2)  A =

n(n  1)(n  2)
3

Từ bài toán tổng quát này ta có thể đề xuất thêm 2 bài tốn tính tổng sau:
a.

12 + 22 + 32 + …………+ n2

b.

1.4 + 2.5 + 3.6 +…………+ n(n+3)

Lời giải:
Câu a:

Nhận xét: n2 = n(n+1) – n
 12+ 22 + 32 + …………+n2 =

=1.2 – 1 + 2.3 – 2 + 3.4 – 3 +………+ n(n+1) – n
= 1.2 +2.3 + 3.4 + ………+ n(n+1) – ( 1 +2 +3 +………+n)
=

n(n  1)(n  2) n( n  1)

3
2

n(n  1)(2n  1)
6

=

Câu b:
Nhận xét: n(n+3) = n(n+1) + 2n
 1.4 +2.5 +3.6 +…………+ n(n+3) =

=1.2 +2.1 +2.3 +2.2 + 3.4 +2.3+………..n(n+1) +2n
=(1.2 +2.3 + 3.4 + ………+ n(n+1)) + 2( 1 +2 +3 +………+n)
=

n(n  1)(n  2)
3

+2

n( n  1)
2

=

n( n  1)( n  5)
3

Lưu ý) Một số dãy số dễ dàng tính được:
8


1  2  3 
   n  n  N* 
a   a  k    a  2k      a  nk   a,k,n  N* 
Sau khi học sinh thực hiện được bài tập 1, Giáo viên có thể phát triển
thành bài toán mới chẳng hạn :
- Thay đổi giá trị các thừa số trong mỗi số hạng theo quy luật như bài tập 1
- Chứng minh rằng

A
100

là một số Tự nhiên hoặc chứng minh rằng A chia

hết cho 3.
Khai thác bài toán 1.
Trong bài toán 1 các thừa số trong mỗi hạng tử hơn kém nhau 1 đơn vị
hay cách nhau 1 đơn vị. Thay đổi khoảng cách giữa các thừa số trong mỗi
hạng tử ta có bài tốn 2.

Bài tốn 2: Tính A  1 3  3  5  5  7    97  99
Lời giải:

6A  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
1  97  33 101
A
 161651
2
Trong bài toán 1 ta nhân A với 3. Trong bài tốn 2 ta nhân A với 6. Ta có thể
nhận thấy để làm xuất hiện các hạng tử đối nhau ta nhân A với 3 lần khoảng
cách giữa 2 thừa số trong mỗi hạng tử:
3kn  n  k   n  n  k   r  2k    n  k  n  n  k 
Thay đổi số các thừa số trong tích ta có bài tốn 3
Bài tốn 3: Tính A  1 2  3  2  3  4    98  99 100
Lời giải:

9


4A  1 2  3  4  2  3  4  4  3  4  5  4    98  99 100  4
 1 2  3  4  2  3  4  5  1  3  4  5  6  2     98  99 100   101  97 
 1 2  3  4  2  3  4  5  1  2  3  4  3  4  5  6  2  3  4  5  
 98  99 100 101  97  98  99 100
 98  99 100 101
 A  98  99  25 10  24497550

Thay đổi khoảng cách giữa các thừa số trong mỗi hạng tử ở bài 3 ta có
bài tốn 4:
Bài tốn 4: Tính A  1 3  5  3  5  7    5  7  9    95  97  99
Lời giải:
8A  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 3 95 97 99
 15 95 97 99101
15 95 97 99101
A
 11517600
8
Trong bài 3 ta nhân A với 4 (bốn lần khoảng cách).
Trong bài 4 ta nhân A với 8 .

n
n(n k)(n 2k) ta nhân với 4k (4 lần

Như vậy để giải bài tốn dạng
n1
khoảng cách) sau đó tách:
4kn  n  k   n  2k   n  n  k   n  2k   n  3k    n  k   n  k  n  n  2k 
Thay đổi sự kế tiếp lặp lại ở các thừa số trong bài toán 1 ta có bài tốn
5:
Bài tốn 5: Tính A  1 2  3  4  5  6    99 100
Lời giải:
A  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 

 98 100 102: 6  102  50: 2
 166600  2550
 169150
10


Cách khác:
A  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 
 171650 – 2500
 169150

Trong bài tốn này ta khơng nhân A 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. Làm tương tự với các bài tốn 6:
Bài tốn 6: Tính A  12  22  32  42    1002
Lời giải:
A  1  2   1  1  3   2  1  4   3  1    100   99  1
 1  1 2  2  2  3  3  3  4  4    99 100  100
  1 2  2  3  3  4    99 100    1  2  3    100 
 333300  5050
 338350
Thay đổi khoảng cách giữa các cơ số trong bài 6 ta có bài tốn 7:
Bài tốn 7: Tính A  12  32  52    992
Lời giải:
A  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
Bài tốn 8: Tính

A  1 2  3  3  4  5  5  6  7    99  99 100

Lời giải:
A  1 3   5 – 3  3  5   7 – 3   5  7   9  3   99 101  103 – 3 
   1 3  5  3  5  7    5  7  9    99 101103 –  1 3  3  3  5  3    99 101 3 
  15  99 101103 105  :8 – 3   1 3  3  5  5  7    99 101
   13517400 – 3 171650
1 3002450
11


Thay đổi khoảng cách giữa các cơ số ở bài tốn 8 ta có bài tốn .
Lưu ý ) Trong bài tốn 5 và 7 có thể sử dụng dãy tổng quát:

 n  a   n  a   n2  a2  n2   n  a   n  a   a2
a là khoảng cách gi ữa các cơsố.
Thay i s m của bài tốn 7 ta có bài tốn 9:
Bài tốn 9: Tính A  13  23  33    1003
Lời giải:
Sử dụng dãy tổng quát:

 n 1 n  n  1  n3  n  n3  n   n 1 n  n  1 và sử

dụng kết quả của bài toán 8. Ta có:

A  1  2  1 2  3  3  2  3  4    100  99 100 101
  1  2  3    100    1 2  3  2  3  4    99 100 101

 5050  101989800  101994850
Bài tốn 10: Tính A  13  33  53    993
Lời giải:
Sử dụng dãy tổng quát:

 n  2  n  n  2   n3  4n  n3   n  2  n  n  2   4n
Ta có:
A  1  1 3  5  4  3  3  5  7  4  5    97  99 101  4  99
 1   1 3  5  3  5  7    97  99 101  4   3  5  7    99 
 1  12487503  9996  12497500
Với khoảng cách là a ta tách:  n  a  n  n  a   n3  a 2n .
Ở bài toán 8, 9 ta có thể làm như bài tốn 6, 7.
Thay đổi số mũ của một thừa số trong bài toán 1 ta có bài tốn 11:
Bài tốn 11: Tính A  1 22  2  32  3  42    99 1002
Lời giải:

12


A  1 2   3 1  2  3   4 1  3  4   5 1  99 100   101 1
 1 2  3 1 2  2  3  4  2  3  3  4  5  3  4  99 100 101  99 100
  1 2  3  2  3  4  99 100 101   1 2  2  3  3  4  99 100 
 25497450  333300  25164150
2.3.2.b. Tính tổng một số dãy số dạng phân số:
a) Ví dụ 1: Tính tổng sau:
S=

1
1
1

1


 ... 
1.2 2.3 3.4
100.101

* Hướng dẫn cách tìm lời giải:
Bài tốn này có tổng của các phân số có tử là 1 cịn mẫu của các phân số là
1.2; 2.3; 3.4; ...100.101.
Như vậy mẫu của các phân số là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp. Cách giải
bài toán này là biến đổi mỗi phân số đã cho thành hiệu của 2 phân số, biến
dãy tính cơng thành dãy tính cộng và trừ.
Trước tiên, cho học sinh tiếp cận và chứng minh công thức tổng qt từ
những bài tốn đơn giản. Có thể u cầu học sinh thực hiện bài toán sau :
Chứng tỏ rằng:
1
1
1 1
1

;
 
;
2 1.2
2 3 2. 3
...........
1
1
1



n n  1 n.(n  1)

1

Biến đổi vế trái = vế phải. Quá trình dạy học như sau :
Giải : Quy đồng mẫu số các phân số ở vế trái
1
2 1
1


2
1.2
1.2
1 1
3 2
1
 

2 3
2.3
2.3
...............
1
1
n 1 n
1




n n  1 n.(n  1) n.(n  1)

1

* Qua đó ta sẽ có cách giải Ví dụ 1 như sau :
S=

1
1
1
1


 ... 
1.2 2.3 3.4
100.101

13


=

1  1 1
100
1 1   1 1   1 1 
 1



            ...  
 
1
2
2
3
3
4
100
101
1
101
101

 
 




+) Bài tốn tổng qt:
Tính tổng: S =
=

1
1
1
1



 ... 
1.2 2.3 3.4
n(n  1)

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

b) Ví dụ 2:
2

2

2

2

Tính tổng: P = 1.3  3.5  5.7  ...  99.101
* Phương pháp tìm lời giải:
Ta thấy P là tổng của các phân số có tử là 2, cịn mẫu của các phân số là
tích của 2 chữ số lẻ liên tiếp hơn kém nhau 2 đơn vị, do đó ta có thể viết mỗi
phân số đó là hiệu của 2 phân số, phân số bị trừ có tử là 1 và mẫu là thừa số
thứ nhất, phân số trừ có tử là 1 và mẫu là thừa số thứ 2.

VD:

2
1 1
2
1 1
  ;
 
1.3 1 3
3.5 3 5

2
1 1
 
5.7 5 7

;

2
1
1


99.101 99 101

; …;

Nên ta dễ dàng tính được tổng đã cho
* Cách giải:
P=

2
2
2
2


 ... 
1.3 3.5 5.7
99.101

1

1

1

1

1

1

1

1

= 1  3  3  5  5  7  ...  99  101
1

100

= 1  101  101
+) Bài toán tổng quát:
2

2

2

2

2

Tính tổng: P = 1.3  3.5  5.7  ...  99.101  ...  n.(n  2) (n lẻ)
1

1

1

1

1

1

1

1

1

n 1

= 1  3  3  5  5  7  ...  n  n  2 = 1  n  2  n  2
c) Ví dụ 3: Tính tổng của 100 số hạng đầu tiên của dãy sau:
1
6

;

1
66

;

1
176

;

1
;
336

...

* Phương pháp tìm lời giải:
14

Ta thấy các số hạng trong dãy số trên có tử là 1 còn mẫu là:
6; 66; 176; 336; ... Vậy trước hết ta phải viết các mẫu đó thành tích của
2 số nào đó và phải đi tìm số hạng thứ 100 của dãy.
Ta nhận thấy: 6 = 1.6 ; 66 = 11.6 ; 176 = 11.16 ; 336 = 16.21
Ta thấy mẫu của các phân số này có quy luật là:
Tích của hai số có số tận cùng là 1 và một số tận cùng là 6.
Trong 2 thừa số của mẫu số có một thừa số hơn thừa số còn lại là 5 đơn vị.
Vậy mẫu số của số thứ n của dãy số có dạng: (5n-4)(5n+1).
=> Mẫu của số thứ 100 của dãy số: (5.100-4)(5.100+1)=496.501
1

1

1

1

Ta cần tính tổng A = 1.6  6.11  11 .16  ...  496.501
Tương tự như bài trên ta tách từng phân số thành hiệu của 2 phân số, ta
nhận thấy :

1 1
5
 
1 6 1.6

Tương tự như vậy

=>

1 1 1
1
(  )
5 1 6
1.6

1 1
5


6 11 6.11

1
1
5


496 501 496.501

=>

=>

1 1
1
1
(  )
5 6 11

6.11

1 1
1
1
(

)
5 496 501
496.501

Từ đó ta tính được tổng A một cách dễ dàng
* Cách giải:
A=

1 1
1
1
1



 ... 
6 66 176 336
2484966

=

1
1

1
1


 ... 
1.6 6.11 11 .16
496.501

=

1 1 1
1 1
1
1 1
1
1 1
1

)
(  ) + (  ) + (  ) +…+ (
5 6 11
5 11 16
5 496 501
5 1 6

=

1
5

1
1
1
1 
 1 1 1
1  6  6  11  11  16  ...  496  501

=

1
5

1  1 500 100

1 
= .
=
501

 5 501 501

*) Bài toán tổng quát:
A=

1
1
1
1



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

15


=

1
1
1
1 1 1
1 1
1

)
(  ) + (  ) +…+ (
5 (5n  4 (5n  1)
5 6 11
5 1 6

=

1  1
1 
5n
n
1 
= .

=
5n  1  5 5n  1 5n  1
5 

d) Ví dụ 4:
1

1

1

1

Tính tổng : B = 1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  37.38.39
* Hướng dẫn: Ta thấy các phân số trong tổng B đều có tử là 1 cịn mẫu
của các phân số là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp. Ta viết mỗi số hạng của
tổng thành hiệu của hai số sao cho số trừ của nhóm trước bằng số bị trừ của
nhóm sau. Ta tách phân số bị trừ có tử là 1 cịn mẫu là 2 số tự nhiên liên tiếp
đầu, phân số trừ có tử cũng là 1 cịn mẫu gồm có 2 số tự nhiên liên tiếp sau
( có 1 số giữa trùng nhau).
Ta thấy:

1
1
2


1.2 2.3 1.2.3

1

1
2


23 3.4 2.3.4





1 1
1 
1



2  1.2 2.3  1.2.3

1 1
1 
1



2  2.3 3.4  2.3.4

1
1
2



37.38 38.39 37.38.39

Tổng quát ta có thể áp dụng:



…

1 1
1 
1



2  37.38 38.39  37.38.39

1
1
2


n(n  1) ( n  1)(n  2) n(n  1)(n  2)

* Cách giải:
B=

1
1
1

1


 ... 
1.2.3 2.3.4 3.4.5
37.38.39

=

1 1
1  1 1
1 
1 1
1 




+ 
 +…+ 

2  1.2 2.3  2  2.3 3.4 
2  37.38 38.39 

=

1 1
1
1
1

1
1 



 ... 



2  1.2 2.3 2.3 3.4
37.38 38.39 
1 1

1




11

1




= 2  1.2  38.39  = 2  2  38.39 




1 741  1 1 740
= 2 . 38.39
38.39

= 2.

1 370

185

= 2 . 741 = 741

* Bài toán tổng quát:
B=

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

1 1

1



= 2 . 2  (n  1).(n  2) 




16


1  (n  1).(n  2)  2  (n  1).(n  2)  2
 = 4( n  1).(n  2)
 2(n  1).(n  2) 

= 2 .

1
5. 8

e) Ví dụ 5 : Tìm x biết rằng :

1

1

1

+ 8.11 + 11 .14 +…+ x( x  3) =

101
1540

Hướng dẫn tìm lời giải :
Ta thấy vế trái của đẳng thức là các phân số có cùng tử số là 1 và cùng
mẫu số là tích của 2 số hơn kém nhau 3 đơn vị :
Ta xét :
1 1

5 8

3
5. 8

=

1
1

8 11

3
8.11

=

1
1

11 14
1
1


x x 1

=>

=

=>

3
11 .14

=

1 1 1
1
  =
3 5 8
5. 8
1 1 1 
  
3  8 11 

=>

3
x ( x  3)

=

1 
1 1
 

3  11 14 

=>

1
8.11

=

1
11 .14

1 
1 1
 

x
x
 3
3 

=

1
x.( x  3)

Từ đó ta có cách giải bái tốn ở Ví dụ 3 như sau :
Cách giải :
1
5. 8

1

1

1

101

+ 8.11 + 11 .14 +…+ x( x  3) = 1540

Ta có thể viết đẳng thức đã cho như sau:
1 
1  101
1 1 1 1 1 1  1  1
1 1
  +
  +
 
 +…+
 
=
3  5 8  3  8 11  3  11 14 
3  x x  3  1540
1
3

.

1
1
1
1  101
1 1 1 1
 ...  
     
=
x x  3  1540
 5 8 8 11 11 14

1
3

.

1  101
1
 
=
 5 x  3  1540

1
1
101

=

.3
5 x  3 1540
1
1
303

=
5 x  3 1540
1
x3

1

=5

303
5
=
1540 1540

17


1
x3

1

= 308

Ta có hai phân số bằng nhau với tử bằng nhau thì mẫu phải bằng nhau,
tức là : x+3 = 308 => x = 308 - 3=305
2.3.2.c. Tìm tích của dãy số :
3 8 15
9999
. .
....
4 9 16
10000

a) Ví dụ 1: Tính tích sau : A =

*) Hướng dẫn cách tìm lời giải: Các phân số đã cho trong tích đề có tử
nhỏ hơn mẫu số một đơn vị, mẫu là bình phương của một số tự nhiên n (n  2
). Nếu để cho học sinh vận dụng quy tắc nhân các phân số thì sẽ rất phức tạp
trong tính tốn. Với đặc điểm trên A được viết như sau.
A=

3 8 15 9999
. . ....
2 2 32 4 2
100 2

Vấn đề đặt ra là ta phải phân tích các phân số trên thành một tích như thế
nào đó để có thể rút gọn được. Ở đây ta cần tách mỗi số của tử thành tích của
hai thừa số hơn kém nhau 2 đơn vị.
3
1.3
 2
2

2
2

VD:

;

8
2 .4
 2
2
3
3

15 3.5
 2
42
4

;

.... ;

9999 99.101

.
100 2
100 2

Sau đó ta lập ra ở tử và mẫu hai dãy thừa số để có thể rút gọn được.

Hướng dẫn cho học sinh rằng các thừa số thứ nhất của tử thuộc dãy các thừa
số thứ nhất, còn các thừa số thứ 2 thuộc dãy các số thứ 2. Từ đó ta có kết quả
bài tốn.
*) Cách giải:
A

3 8 15 9999
. . ....
2 2 32 4 2
100 2

=

=

1.3
22

.

2.4
32

.

3.5
42

…

99.101
100 2

=

1.2.3....99 3.4.5....101
.
2.3.4....100 2.3.4....100
1

= 100 .

101 101

2
200

*) Bài toán tổng quát:
A=

1.3
22

.

2.4
32

.

3.5
42

…

(n  1).(n  1)
n2

(n  2 )

18


=

1 n 1
.
n 2

=

n 1
2n

b) Ví dụ 2:
Tính tích : B =

1 
1 
1  

1 

1 
.1 
1 
....1 

21  
28 
36  
1326 


*) Hướng dẫn cách tìm lời giải:
Thực hiện phép tính trong ngoặc được tích sau:

20 27 35
1325
.
.
....
21 28 36
1326

Các phân số này có tử nhỏ hơn mẫu 1 đơn vị, còn mẫu số chưa được
viết theo một quy luật nào cả. Mẫu của 3 phân số đầu tiên có thể viết được là:
3.7; 4.7; 4.9. Các thừa số có lặp lại nhưng chưa theo một quy luật nào cả.
Nhận thấy thừa số 4 và 7 được lặp lại các thừa số ở mỗi tích khơng có mối
liên hệ với nhau. Vậy nếu có có các tích 6.7; 7.8; 8.9 thì các thừa số ở 3 mẫu
của 3 phân số đầu tiên đã được viết theo một quy luật nhất định, đó là dãy hai

thừa số là 2 số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ số 6. Để có được như vậy ta phải
nhân tử và mẫu của 3 phân số với 2 ta được:
40 54 70
.
.
42 56 72

hay ta có thể viết là:

5.8 6.9 7.10
.
.
6.7 7.8 8.9

Đến đây ta thấy tử của phân số có 2 thừa số hơn kém nhau 3 đơn vị.
Nhân tử và mẫu của phân số cuối cùng với 2, rồi dựa vào nhận xét trên về tử
và mẫu của 3 phân số đầu, ta có :

2650 50.53

2652 51.52

Như vậy tích đã cho được viết thành :

5.8 6.9 7.10
.
.
6.7 7.8 8.9

….

50.53
51.52

, đến

đây các thừa số viết trước ở tử và mẫu là dãy tích ở tử và mẫu của phân số thứ
nhất, các thừa số viết sau ở tử và mẫu là dãy các tích ở tử và mẫu của phân số
thứ 2. Từ đó ta có kết quả của bài toán.
*) Cách giải
B=

1 
1 
1  
1 

1 
.1 
1 
....1 

21  
28 
36  
1326 


=

20 27 35
1325
.
.
....
21 28 36
1326

19


5.8 6.9 7.10
8.9

= 6.7 . 7.8 .

….

50.53
51.52

=

5.6.7....50 8.9.10.....53
.
6.7.8....51 7.8.9.....52

=

5 53 265

.

51 7
357

2.4. KẾT QUẢ CỦA NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI:
Sau khi đưa ra các cách khai thác bài tốn tính tổng, tích. Tơi đã tiến
hành ra bài kiểm tra để đánh giá kết quả tiếp thu một cách thông minh linh
hoạt của học sinh và qua đó so sánh với khảo sát trước đây, rút kinh nghiệm
đưa ra các giải pháp phù hợp.
ĐỀ BÀI
(Thời gian làm bài 60 phút)
     96  98 100
1) Tính tổng : A  2  4  6   6  8 10 10 12 14 

2) Tính tổng : B  1 3  5   5  7  9   9 1113    97  99 101
2
2
2
3) Cho P  1  2    100 . Chøng minh r»ng: B  26
1 3 3  5
199  201

4)

T ×mx biÕt:
2
2
2
4020


 

1 2 1 2  3
1  2  3  ...  x 2010

5)

Chứng minh rằng :

100 -

1 1
1  1 2 3
99

1    ... 
     ... 
2 3
100  2 3 4
100


KẾT QUẢ KIỂM NGHIỆM SAU KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
Tổng số học
sinh khối 6
65
* Nhận xét:

Yếu kém

SL
%
2

2.4%

Trung bình
SL
%

SL

%

SL

%

33

17

24%

13

20%

53.6%

Khá

Giỏi

- Học sinh nắm vững các kiến thức về cách tìm ra quy luật để tính tổng dãy số
và tìm tích của dãy số.
- Đa số học sinh biết tính tổng dãy số theo quy luật, biết tìm ra quy luật để
tính, trình bày gọn gàng logíc, dễ hiểu.
20


- Nhìn chung đa số các em biết vận dụng cách tính tổng trong việc chứng
minh đẳng thức và tìm số.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
- KẾT LUẬN:
Thông qua việc nghiên cứu đề tài và những kinh nghiệm từ thực tiễn
giảng dạy, tôi xin rút ra một số kinh nghiệm sau:
Như vậy, từ những điều đã học bằng phương pháp suy nghĩ cơ bản đặc biệt
hoá, tổng quát hoá, tương tự ta tìm ra nhiều điều giúp ta nhìn thấy sự liên hệ
giữa các vấn đề với nhau. Nhờ các phương pháp đó chúng ta có thể mở rộng,
đào sâu thêm kiến thức bằng cách nêu lên và giải quyết những vấn đề tổng
quát hơn, những vấn đề tương tự hoặc đi sâu vào những trường hợp đặc biệt
có ý nghĩa. Điều đó vừa làm cho người thầy có cái nhìn sâu hơn, rộng hơn về
một vấn đề, một bài toán, đồng thời tạo cho học sinh biết cách học, cách suy
nghĩ và giải quyết một vấn đề hoặc tự mình có thể đặt ra và giải quyết các vấn
đề mới từ các vấn đề đã học. Từ đó nâng cao chất lượng dạy và học. Việc
giảng dạy, đặc biệt là giảng dạy bồi dưỡng học sinh mũi nhọn, rút ra kinh
nghiệm phát triển tư duy cho học sinh qua việc khai thác bài toán phải là việc
làm thường xuyên trong từng tiết giảng, đòi hỏi người giáo viên phải đầu tư
nhiều thời gian nghiên cứu tài liệu cùng với sự sáng tạo của mình để tổng

hợp, sắp xếp các nhóm bài tập hợp lý. Phải ln đưa học sinh vào tình huống
có vấn đề cần giải quyết vừa sức với các em, trên cơ sở đó rèn kỹ năng và
phát huy được sự năng động, sáng tạo vốn có của các em học sinh .
- KIẾN NGHỊ :
- Đưa đề tài ra thảo luận trước tổ chuyên môn, sau đó là thảo luận ở hội đồng
khoa học nhà trường để điều chỉnh bổ sung những phần kiến thức hoặc nội
dung còn thiếu của đề tài.

21


- Sau khi điều chỉnh xong thì thống nhất triển khai áp dụng trong việc bồi
dưỡng học sinh mũi nhọn, hoặc lấy đó làm tài liệu tham khảo của giáo viên
dạy tốn.
- Để cơng việc đầu tư mũi nhọn có hiệu quả thì nhà trường cần tiến hành các
cuộc thi học sinh giỏi cấp trường do nhà trường tổ chức, phát động phong trào
thi đua học tốt mơn tốn.
Trên đây là một vài kinh nghiệm trong quá trình bồi dưỡng học sinh
giỏi tốn lớp 6. Đề tài khơng thể tránh khỏi những sai sót, trong khi vấn đề
nâng cao chất lượng mũi nhọn đang cịn nhiều khó khăn nói chung, đặc biệt là
các vùng ngoại thành và nơng thơn. Vì vậy bản thân tôi luôn tự học, tự bồi
dưỡng, đúc rút kinh nghiệm, học hỏi đồng nghiệp nhằm đóng góp một số kinh
nghiệm của mình vào cơng tác giảng dạy để góp phần giải quyết phần nào
khó khăn về chất lượng học sinh mũi nhọn.
Tôi rất mong nhận được sự góp ý xây dựng chân thành của Hội đồng
khoa học các cấp và các đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện và sử dụng
rộng rãi đạt hiệu quả cao hơn.

Xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN

Định Hưng, ngày 15 tháng 4 năm 2018

CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

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

22


Bùi Thị Nga

TÀI LIỆU THAM KHẢO
-Luật giáo dục 2005.
-Điều lệ trường phổ thơng.
-Phương pháp dạy học mơn tốn ở trường THCS ( HOÀNG CHÚNG ).
-Hội nghị tập huấn phương pháp dạy học tốn học phổ thơng(BỘ GD-ĐT).
-Phương pháp dạy học đề cương mơn tốn ( NGUYEENX BÁ KIM-BÙI
HUY NGỌC).
-Tài liệu bồi dưỡng thường xun chu kỳ III(2004-2007)mơn tốn quyển
1(BỘ GD-ĐT; VỤ GD TRUNG HỌC).

23


-Tài liệu bồi dưỡng thường xun chu kỳ III(2004-2007)mơn tốn quyển
2(BỘ GD-ĐT).
-Xem đĩa các tiết dạy mơn tốn 6.

-Tham khảo trên các trang mạng internet tin cậy về GIÁO DỤC chun mơn
tốn 6.Và một số tài liệu tốn 6 nâng cao của nhiều tác giả nhiều năm khác
theo từng chủ đề.

Mẫu 1 (2)

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH
VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả:
Bùi Thị Nga
Chức vụ và đơn vị cơng tác:Trường THCS Định Hưng-n Định -Thanh Hóa

TT

Tên đề tài SKKN

Cấp đánh giá xếp
loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B, hoặc C)

Năm học
đánh giá

xếp loại
24


1.

Những kinh nghiệm và lưu ý
khi chứng minh bất đẳng thức

Huyện

C

2016-2017

trong chương trình đại số lớp
8

25