Một số kinh nghiệm trong việc dạy dãy số viết theo quy luật

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Tốn học là một bộ  mơn khoa học tự nhiên có tính thực tiễn cao. Từ lâu, 
con người đã vận dụng kiến thức Tốn học để tính tốn, giải quyết các  vấn đề 
trong tự nhiên và trong thực tiễn của cuộc sống. Có thể khẳng định rằng: Tất cả 
các mơn khoa học khác đều liên quan mật thiết với Tốn học. Vì vậy, việc 
giảng dạy Tốn học phải hướng tới một mục đích lớn hơn,  đó là thơng qua việc 
dạy học Tốn  để  phát triển trí tuệ, phát huy trí thơng minh, sự  sáng tạo   đồng 
thời góp phần giáo dục phẩm chất, đạo đức, lối sống và rèn luyện kĩ năng sống 
cho học sinh. 
Tri thức khoa học của nhân loại vơ cùng phong phú và ln mới mẻ. Mục 
tiêu giáo dục thay đổi, u cầu chúng ta phải đổi mới phương pháp dạy học một  
cách phù hợp. Để giúp cho giáo viên tháo gỡ những khó khăn trong q trình đổi 
mới phương pháp dạy học, đã có nhiều giáo sư tiến sỹ, các nhà khoa học chun  
tâm nghiên cứu, thí điểm và triển khai đại trà về đổi mới phương pháp dạy học.
Để  đáp  ứng u cầu đổi mới căn bản và tồn diện giáo dục đào tạo theo 
tinh thần Nghị  quyết 29 của BCH Trung  ương Đảng khóa XI, vấn đề  đổi mới 
phương pháp dạy học đối với tất cả các mơn học phải theo hướng tích cực hố 
hoạt động học tập của học sinh, dưới sự tổ chức hướng dẫn, chỉ đạo của giáo 
viên. Học sinh tự giác, chủ động tìm tịi, phát hiện và giải quyết vấn đề để  lĩnh 
hội tri thức, từ đó học sinh tích cực, chủ động sáng tạo, có ý thức vận dụng linh 
hoạt các kiến thức đã học vào vào thực tiễn. 
Đối với mơn tốn trong trường phổ thơng, dạy tốn là dạy hoạt động tốn 
học. Đối với học sinh có thể xem việc giải tốn là hình thức chủ  yếu của hoạt  
động tốn học. Q trình giải tốn là q trình rèn luyện phương pháp suy nghĩ,  
phương pháp tìm tịi và vận dụng kiến thức vào thực tế. Thơng qua việc giải  
tốn để  củng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện được những kĩ năng cơ  bản 
trong mơn Tốn. Từ đó, rút ra được nhiều phương pháp dạy học hay, những tiết  
lên lớp có hiệu quả  nhằm phát huy hứng thú học tập của học sinh, góp phần  
nâng cao chất lượng giáo dục tồn diện.
Nhưng trong q trình học Tốn nói chung,  đặc biệt là phần Số  học nói 

riêng,  việc nắm  bắt  và vận dụng kiến thức, tìm ra phương pháp giải đối với 
học sinh là khó khăn. Vì vậy, những giáo viên dạy Tốn phải có nhiệm vụ trang 
bị kiến thức cũng như phương pháp giải đối với từng dạng tốn cho học sinh.
Là một giáo viên dạy  mơn  Tốn  học, sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy 
học sinh và học hỏi, trao đổi với đồng nghiệp, tơi nhận thấy trong việc giảng  
dạy phần Số học cịn nhiều mảng kiến thức mà học sinh chưa có phương pháp  

1


giải cụ thể như: Các bài tốn chia hết, các bài tốn về cấu tạo số, các dạng tốn  
về biểu thức,... 
Đặc biệt là dạng tốn “Dãy số  viết theo quy luật”, đây là dạng tốn tương đối  
khó đối với học sinh THCS, trong khi đó dạng tốn này chưa đề cập nhiều trong 
sách giáo khoa, chủ  yếu chỉ  đưa ra một vài bài tốn trong sách nâng cao, khơng 
đưa ra phương pháp giải cụ thể, bắt buộc học sinh tự vận  dụng kiến thức, suy 
nghĩ của mình để giải quyết, vì thế các em cịn lúng túng, chưa định ra phương 
pháp giải bài tập (chưa tìm ra quy luật của dãy số).  Xuất phát từ thực tế đó, tơi 
mạnh dạn chọn đề  tài “ Một số kinh nghiệm trong việc dạy dãy số  viết theo  
quy luật” để giúp các em tháo gỡ khó khăn trên.
1.2. Những điểm mới của đề tài
Nội dung “Dãy số  viết theo quy luật” đã có nhiều người nghiên cứu, nhất 
là những giáo viên giảng dạy tại các trường THCS.   Tuy vậy qua tìm hiểu và 
nắm bắt  ở trong trường và các trường bạn,  các thầy cơ giáo chủ yếu tập trung 
vào việc nghiên cứu các dạng bài tập nhỏ  về  dãy số  viết theo quy luật. Điểm 
mới trong đề tài bản thân tơi thực hiện tập trung hệ thống hóa các dạng bài tập 
liên quan đến các dạng dãy số  viết theo quy luật, vận dụng dạng tốn đó để 
chuyển thành dạng tốn mới cùng với các phương pháp cụ thể và các bài tập mở 
rộng, nâng cao cùng dạng cho học sinh khá giỏi.
1.3. Phạm vi áp dụng của đề tài

Đề  tài  trên tơi đã thực hiện đối với dạy các tiết Tốn trong chương trình 
chính khóa và day bồi dưỡng học sinh giỏi cho các em tại đội tuyển học sinh 
giỏi của trường nơi tơi trực đang cơng tác và có thể áp dụng để bồi dưỡng HSG 
tồn huyện.

2


2. PHẦN NỘI DUNG
2.1. Thực trạng của vấn đề
Qua thực tế  giảng dạy mơn Tốn  ở  trường THCS, tơi nhận thấy nội dung 
lượng kiến thức của bộ mơn Tốn nhiều, nhiều dạng bài tập. Mỗi tiết dạy đại 
trà ở  lớp, giáo viên hướng dẫn học sinh tiếp nhận kiến thức v ề các dạng Tốn 
cơ bản cho nhiều đối tượng. Như vậy khơng có đủ lượng thời gian để giáo viên  
mở rộng và nâng cao kiến thức cũng như rèn luyện kỹ năng giải bài tập cho học  
sinh. Biện pháp tốt nhất để rèn luyện kỹ năng giải bài tập cho học sinh để học 
sinh có thể  thường xun được luyện giải nhiều dạng bài tập khác nhau, cũng  
như  tiếp xúc với các dạng bài tập có tính chất mở  rộng và nâng cao, để  từ  đó 
học sinh có thể vận dụng một cách linh hoạt các cách giải từng dạng bài tập là  
hướng dẫn học ở nhà.Việc học sinh tự học ở nhà có một ý nghĩa lớn lao về mặt 
giáo dục và giáo dưỡng. Nếu việc học  ở nhà của học sinh được tổ  chức tốt sẽ 
giúp các em rèn luyện thói quen làm việc tự lực, giúp các em nắm vững tri thức,  
có kỹ năng, kỹ xảo. Ngược lại nếu việc học tập ở nhà của học sinh khơng được 
quan tâm tốt sẽ làm cho các em quen thói cẩu thả, thái độ lơ là đối với việc thực 
hiện nhiệm vụ của mình dẫn đến nhiều thói quen xấu làm cản trở đến việc học  
tập. Vì vậy chất lượng chưa được đáp ứng.
Trước khi thực hiện đề tài tơi đã tiến hành kiểm tra và khảo sát đối với 15 
học sinh khá, giỏi ở các lớp 6 tại đơn vị bằng một số bài tập nâng cao. Kết quả 
thu được như sau: 
0 ­ < 2

2 ­ < 5
5 ­ < 6,5
6,5 ­ < 8
8 – 10
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
01
6,7
06
40,0
05
33,3
02
13,3
01
6,7
* Nhận xét:
Cơ bản học sinh nắm được nội dung của lý thuyết đơn thuần, song do các 
dạng bài tập phức tạp (nhiều u cầu, giả  thiết có nhiều yếu tố), vì vậy, cịn 
nhiều học sinh chưa nắm được nội dung của lý thuyết và các phương pháp giải 
3

tốn, kĩ năng vận dụng kiến thức và phương pháp vào giải bài tập, kĩ năng trình  
bày bài cịn hạn chế. Qua kết quả đại trà các năm trước và khảo sát số học sinh  
khá, giỏi tơi nhận thấy do những ngun nhân sau:
* Về  phía giáo viên: Việc đánh giá chất lượng học sinh có lúc cịn nương 
nhẹ, giáo viên bồi dưỡng chưa đưa ra được phương pháp giải cụ  thể  cho mỗi  
dạng bài tập, chưa có kinh nghiệm trong cơng tác bồi dưỡng HSG.
* Về phía học sinh: Do học sinh chưa ham học, chỉ làm những gì giáo viên 
giao, ý thức tìm tịi, ham hiểu biết chưa hình thành thói quen ở các em.Kiến thức 
học sinh cịn chưa đồng đều.
*  Ngun nhân khác: Do một số  phụ  huynh học sinh chưa nhận thức sâu 
sắc về ý nghĩa và tầm quan trọng của việc học Tốn, nhất là kiến thức nâng cao 
nên chưa thực sự quan tâm đến việc học tập của học sinh.
2.2. Các giải pháp để tiến hành giải quyết vấn đề
2.2.1. Cung cấp kiến thức cơ bản:
2.2.1.1. Quy đồng mẫu số nhiều phân số
­ Tìm mẫu số chung (tìm BCNN của các mẫu)
­ Tìm thừa số phụ của mỗi mẫu.
­ Nhân tử và mẫu của mỗi phân số với thừa số phụ tương ứng.
2.2.1.2. Các phép tính của phân số
a. Cộng, trừ phân số cùng mẫu:
A
M
A
M

B
M
B
M

A B
 (M 0)
M
A B
 (M 0, A B)
M

b. Cộng, trừ phân số không cùng mẫu:
­ Quy đồng mẫu các phân số.
­ Cộng các tử của các phân số đã được quy đồng và giữ nguyên mẫu chung. 
A C A.C
 (B, D 0)
B D B.D
A C A.D
d. Chia 2 phân số:  :
 (B, C, D 0)
B D B.C

c. Nhân các phân số:  .

2.2.1.3. Tính chất cơ bản của phép cộng và phép nhân phân số
a. Tính chất giao hốn:
a c c a
 (b, d 0)
b d d b
a c c a
.  (b, d 0)
­ Phép nhân:  .
b d d b

­ Phép cộng: 

b. Tính chất kết hợp:

4


­ Phép cộng: 

a
b

c
d

m
n

­ Phép nhân: 

a c m
. .
b d n

a
b

c
d

m
 (b, d, n 0)
n

a c m
. .
 (b, d, n 0)
b d n

c. Tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng (trừ):
 

a
b

c m
.
d n

a m
..
b n

c m
.  (b, d, n 0)
d n

2.2.1.4. Các phép tính về lũy thừa
a. Định nghĩa luỹ thừa với số mũ tự nhiên

   a  (n   N*)
 an =  a .a.........

 n thừa số
b. Một số tính chất:
 
Với a, b, m, n   N
am. an = am+n, 
am. an . ap = am+n+p (p   N)
am : an = am­n 
(a ≠ 0, m > n)
m
m
m
(a.b)  = a . b  
(m ≠ 0)
m n
m.n
(a )  = a  (m,n ≠ 0)
Quy ước: 
a1 = a
a0 = 1 
(a ≠ 0)
Với: x, y   Q; m, n   N; a, b   Z
x.x.........
2 43x
xn =  14
n
a
b

n

an
bn

(x   N*)
(b ≠ 0, n ≠ 0)

xo = 1
xm . xn = xm+n
xm
xn

xm

x­n = 

1
xn

n

(x ≠ 0)
(x ≠ 0)

(xm)n = xm.n
(x.y)m = xm. ym
x
y

n

xn
yn

(y ≠ 0)

2.2.1.5. Bất đẳng thức: Bất đẳng thức có dạng a > b, a < b
Tính chất:
­ Tính chất bắc cầu: Nếu a > b, b > c thì a > c
­ Tính chất đơn điệu của phép cộng:  Nếu a > b thì a + c > b + c
5


­ Tính chất đơn điệu của phép nhân: Nếu a > b thì a . c > b . c (c > 0)
­ Cộng từng vế của 2 bất đẳng thức cùng chiều:
 Nếu a > b, c > d thì a + c > b + d
2.2.1.6. Dãy số cách đều
a. Định nghĩa: Dãy số  cách đều là một dãy số  trong đó mỗi số  hạng đứng sau 
bằng số hạng đứng ngay trước nó cộng với một số d khơng đổi
­ Dãy số cách đều có thể là hữu hạn có thể là vơ hạn
­ Các số hạng của dãy số cách đều thường được kí hiệu là U1; U2; U3 ..... Un
­ Dãy số  cách đều cịn được gọi là một cấp số  cộng, số  d khơng đổi nói tới  
trong định nghĩa gọi là cơng sai của cấp số cộng
b. Tìm số hạng thứ n của dãy số cách đều 
Cơng thức Un = U1 + (n­1)d
Tìm số số hạng của một dãy số cách đều hữu hạn:
Cơng thức 

n = 

U n U1
d

1

d. Tính tổng các số hạng của một dãy số cách đều 
Cơng thức: Sn= 

n(U 1 U n )
2

2.2.2 Trang bị  các dạng  tốn về  dãy số  viết theo quy luật và phương  
pháp giải:
2.2.2.1. Dạng 1: Tính tổng, tính số số hạng của dãy
Phương pháp giải
a. Cơng thức tính số hạng thứ n của một dãy số cộng (khi biết n và d)
Xét dãy số cộng  a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ,..., an  trong đó  a2 = a1 + d . Ta có:
  a3 = a1 + 2d ;  a4 = a1 + 3d ;...
Tổng quát:  an = a1 + (n − 1)d  (I)
Trong đó: n gọi là số số hạng của dãy cộng
         d hiệu giữa hai số hạng liên tiếp
Từ (I) ta có:  n =

an − a1
+ 1  (II)
d

Cơng thức (II) giúp ta tính được số số hạng của một dãy cộng khi biết: Số hạng 

đầu  a1 , số hạng cuối  an  và hiệu d giữa hai số hạng liên tiếp.
b. Để tính tổng S các số hạng của dãy cộng:  a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ,..., an . Ta viết:
S = a1 + a2 + L + an −1 + an
S = an + an −1 + L + a2 + a1

Nên  2S = (a1 + an ) + ( a2 + an −1 ) + L + ( an −1 + a2 ) + ( an + a1 ) = ( a1 + an ) n
Do đó:  S =

(a1 + an )
 (III)
2

6


c. Để  tìm số  số  hạng của 1 dãy số  mà 2 số  hạng liên tiếp của dãy cách nhau  
cùng một số đơn vị, ta dùng cơng thức:
Số số hạng = (số cuối – số đầu):(khoảng cách giữa hai số hạng liên tiếp) +1
d. Để  tính tổng các số  hạng của một dãy số  mà 2 số  hạng liên tiếp cách nhau  
cùng một số đơn vị, ta dùng cơng thức:
Tổng = (Số đầu + số cuối).(số số hạng):2
* Bài tập áp dụng
Bài 1. Tìm chữ số thứ 100 khi viết liên tiếp liền nhau các số hạng của dãy số lẻ 
1; 3; 5; 7;...
Bài 2. Có số hạng nào của dãy sau tận cùng bằng 2 hay khơng?
1;1 + 2;1 + 2 + 3;1 + 2 + 3 + 4;...

Hướng dẫn: Số hạng thứ n của dãy bằng: 

n(n + 1)

2

 Nếu số  hạng thứ  n của dãy có chữ  số  tận cùng bằng 2 thì n(n + 1) tận cùng  
bằng 4. Điều này vơ lí vì n(n + 1) chỉ tận cùng bằng 0, hoặc 2, hoặc 6. 
Bài 3. Khi phân tích ra thừa số ngun tố, số 100! chứa thừa số ngun tố 7 với  
số mũ bằng bao nhiêu?
Bài 4. Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau:
a. 1.6; 2.7; 3.8; ...
b. 1.4; 4.7; 7.10;..
Bài 5. Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của các dãy sau:
1
1
1
1
1 1
1
1
; 
; 
; 
;...
; 
,...
a. 
b.  ;   ; 
1.2 2.3 3.4 4.5
6 66 176 336
Hướng dẫn: 
b. Ta thấy 6 = 1.6; 66 = 6.11; 176 = 11.16; 336 = 16.21,…
 Do đó số hạng thứ n của dãy có dạng (5n – 4)(5n + 1).

Bài 6. Tìm tích của 98 số hạng đầu tiên của dãy:
1 1
1
1
1
1 ;  1 ;  1 ;  1 ;  1 ;...
3 8 15 24 35
Hướng dẫn: các số hạng đầu tiên của dãy được viết dưới dạng:
4 9 16 25 36
22
32
42
52
62
;   ;   ;   ;   ;...
; 
; 
; 
; 
;...
  3 8 15 24 35  Hay  1.3 2.4 3.5 4.6 5.7
 
 

Do đó số hạng thứ 98 có dạng 
Ta cần tính:  

A=

992

. 
98.100

22 32 42 52 62
992
����
L
1.3 2.4 3.5 4.6 5.7 98.100

Kết quả  A =

99
 
50

     
2.2.2.2. Dạng 2: Tính tổng của các lũy thừa với cơ số là số tự nhiên
 

7


* Bài tốn tổng qt:
­ Tính tổng: S = 1 + a + a2 + a3 + … + an­1 + an  a 1; n N . 
an 1 1
Ta nhân cả 2 vế của S với a. Rồi trừ vế với vế ta được S=
.
a 1
 ­ Tính tổng: P = 1 – a + a2 ­ a3 + … + a2n  a 1; n N . 

Ta nhân cả 2 vế của P với a. Rồi cộng vế với vế ta được P=

a 2n 1 1
.
a 1

*   Khai   thác   bài   tốn:   Vì   S,   P   là   các   số   nguyên   nên   (a n 1 1)  a 1   và 
(a 2 n 1 1)  a 1 . 
Ví dụ 1: Tính các tổng sau:
a. A = 1 + 5 + 52 + 53 + … + 599 + 5100
b. B = 1 – 10 + 102 – 103 + 104 – … – 1099 + 10100
Giải:
a. Ta có: 5A = 5 + 52 + 53 + … + 599 + 5100 + 5101
=> 5A ­ A= 5101 ­ 1 => A=

5101 − 1
4

b. 10B = 10 – 102 + 103 ­ 104 + 105 ­ … ­ 10100 + 10101
=> 10B + B = 10101 + 1 => 11B = 10101 + 1 => B=

10101 + 1
11

Ví dụ 2: Chứng minh rằng 
a. 10941 − 1108  
b. 109109 + 1110
Giải:
a. Xét tổng S = 1 + 109 + 1092 + 1093 + … + 10939 + 10940 (S N)
=> 109.S = 109 + 1092 + 1093 + … + 10940 + 10941

=> 109.S ­ S= 10941 ­ 1
10941 − 1
=> S =
   N 
108

10941 − 1108

b. S = 1 – 109 + 1092 ­ 1093 + … + 109108 (S N)
=> 109.S = 109 ­ 1092 + 1093 ­ … ­ 109108 + 109109
=> 109.S + S = 109109 + 1
=> S = 

109109 + 1
   N 
110

 109109 + 1110

* Bài tốn tổng qt:
­ Tính tổng: S = 1 + ad + a2d + a3d + … + and  a 1; n N . 
Ta nhân cả 2 vế của S với ad. Rồi trừ vế với vế ta được S = 

a

n 1d

a

d

1
1

.

­ Tính tổng: P = 1 ­ ad + a2d ­ a3d + … + a2nd  a 1; n N . 

8


Ta nhân cả 2 vế của P với ad. Rồi cộng vế với vế ta được P=

a

2n 2 d

a

d

1
1

.

* Khai thác bài tốn: Vì S, P là các số  ngun nên   (a ( n +1) d − 1)( a d − 1)   và 
(a (2 n + 2) d + 1) ( a d + 1) . 

Ví dụ 3: Tính tổng

a. A = 1 + 42 + 44 + … + 498 + 4100
b. B = 1 – 53 + 56 ­ 59 + … + 596 ­ 599
Giải:
a. Ta thấy số mũ của hai số liền nhau cách nhau 2 đơn vị nên ta nhân hai vế với  
42, rồi trừ cho A, ta được:
42.A ­ A = (42 + 44 + … + 498 + 4100 + 4102) ­ (1 + 42 + 44 + … + 498 + 4100)
15.A = 4102 ­ 1 => A = 

4102 − 1
15

b. Tương tự  câu a, ta nhân cả  hai vế  của B với 5 3 rồi cộng vế với vế cho B ta  
được:
53.B + B = (53 ­ 56 + 59 ­ … + 599 ­ 5102) + (1 – 53 + 56 ­ 59 + … + 596  ­ 599)
126.B = ­ 5

−5102 + 1
+ 1 B = 
126

102 

* Bài tập áp dụng: 
Bài 1.Tính tổng:
a. A = 3 + 33 + 35 + … + 399 + 3101
b. B = 1 ­ 73 + 76 ­ 79 + … + 796 ­ 799
Bài 2. Chứng minh rằng:
 a.  300209 − 1209
 b.  30000 2009 + 130001
2.2.2.3. Dạng 3: Tính tổng của các tích:

Phương pháp giải 1: 
* Tổng của tích hai thừa số 

n

n(n + k ) . 

n =1

Nhân cả biểu thức với 3 lần khoảng cách giữa 2 thừa số trong mỗi số hạng. 
Sau đó tách n(n + k)k = n(n + k)(n + 2k) – (n ­ k) n(n + k). Xuất hiện các hạng tử  
đối nhau trong tổng, ta gộp các hạng tử đó với nhau.
Ví dụ 1: Tính tổng A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 98.99 + 99.100 + 100.101
Giải:
3A = 3. (1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 98.99 + 99.100+ 100.101)
= 1.2(3 ­ 0) + 2.3(4 ­ 1) + … + 99.100(101 ­ 98) + 100.101(102 ­ 99)

9


=   1.2.3   +   2.3.4   ­   1.2.3   +   3.4.5   ­   2.3.4   +   …   +   99.100.101   ­   98.99.100   + 
100.101.102 – 99.100.101
= 100.101.102
=> A = 

100.101.102
 = 343 400
3

Ta chú ý tới đáp số  100.101.102 là tích của 3 số, trong đó 100.101 là số 

hạng cuối của A và 102 là số tự nhiên liền sau của 101, tạo thành tích của 3 số 
tự nhiên liên tiếp. Ta có kết quả tổng qt như sau:
A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + (n ­ 1)n = 

n 1n n 1
3

Vận dụng 1: Tính tổng 12 + 22 + 32 + ... + 1002  
Giải: 
12 + 22 + 32 + ... + 1002  = 1.1 + 2.2 + 3.3 + .... + 100.100 
= 1.(2 – 1) + 2.(3 – 1) + 3.(4 – 1) + ..... + 100.(101 ­ 1)
= 1.2 – 1.1 + 2.3 – 2.1  + 3.4 – 3.1 + … + 100.101 – 100.1
= 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 100.101 – 1.1 – 2.1 – 3.1 – .... – 100.1
= (1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 100.101) – (1 + 2 + 3 + .... + 100)
= 343 400 ­ (1 + 100). 100:2 = 343 400 ­ 5050 = 338 350
*Bài tốn tổng qt: 12 + 22 + 32 + ... + n2  
(1.2  +  2.3  +  3.4  +     +  n. ( n   +  1) �
=  �
�
� – (1 + 2 + 3 + .... + n) 
=

n. ( n + 1) . ( n + 2 ) n. ( n + 1) n. ( n + 1) . ( n + 2 ) .2 − n. ( n + 1) .3
−
=
 
3
2
6

=

n. ( n + 1) . �
( n + 2 ) .2 − 3�
�
�= n. ( n + 1) . ( 2n + 1)
6
6

Vận dụng 2: Tính tổng 22 + 42 + 62 + ... + 2002  
Hướng dẫn:  22 + 42 + 62 + ... + 2002  = (1.2)2 + (2.2)2 + (2.3)2 + ... + (2.100)2 
= 22 .(12 + 22 + 32 + ... + 1002 ) 
*Bài tốn tổng qt: 22 + 42 + 62 + ... + (2n)2  = 22(12 + 22 + 32 + … + n2) 
22 n. ( n + 1) . ( 2n + 1) 2n. 2n 1 2n
=
=
6
6

2

Vận dụng 3: Tính tổng 12 + 32 + 52 + ... + 992  
Hướng dẫn: 
12 + 32 + 52 + ... + 992  = (12 + 22 + 32 + ... + 1002) – (22 + 42 + 62 + ... + 1002 )
*Bài tốn tổng qt: 12 + 32 + 52 + ... + (2n + 1)2 
2
2
12 +  22 +  32 +  ...  +   ( 2n + 2 )  �− �
2 2 +  4 2 +  6 2 +  ...  +   ( 2 n + 2 )  � 
=  �

�
�


= 

(2n + 2).(2 n + 3).(2(2n + 2) + 1) (2n + 2).(2n + 3).(2 n + 4)
−
 
6
6

10


(2n + 2).(2 n + 3).(2(2n + 2) + 1) − (2n + 2).(2n + 3).(2 n + 4)
6
(2n + 2).(2 n + 3).[ 2(2n + 2) + 1 − (2 n + 4) ]
(2n + 2).(2 n + 3). ( 4n + 4 + 1 − 2 n − 4 )
= 
 = 
6
6

= 

= 

2n 1 . 2n 2 . 2n 3
6

Ví dụ 2: Tính: A = 1.3 + 3.5 + 5.7 + ... + 97.99
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)
= 3 + 97.99.101
A = 

1 97.33.101
161651
2

* Tổng của tích ba thừa số 

n

n( n + k )(n + 2k ) . 

n =1

Nhân cả biểu thức với 4 lần khoảng cách giữa 2 thừa số trong mỗi số hạng. 
Sau đó tách  4kn(n + k)(n + 2k) = n(n + k)(n + 2k)(n + 3k) ­ (n ­ k)(n + k)n(n  
+2k).
Xuất hiện các hạng tử đối nhau trong tổng, ta gộp các hạng tử đó với nhau.
Ví dụ 3: Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + … + 98.99.100
Giải:
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

98.99.100.101
A = 
= 24 497 550
4
* Bài toán tổng quát:
 A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + (n ­ 1)n(n + 1) = 

n 1n n 1 n 2
4

Ví dụ 4: Tính: A = 1.3.5 + 3.5.7 + … + 5.7.9 + … + 95.97.99
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 ­ 
93.95.97.99 = 15 + 95.97.99.101

� A=

15 + 95.97.99.101
 = 11 517 600
8

 Thay đổi sự kế tiếp lặp lại ở các thừa số trong bài tốn 1 ta có bài tốn:
11


Phương pháp giải 2: Tách ngay một thừa số trong tích làm xuất hiện các  
dãy số mà ta biết cách tính hoặc dễ dàng tính được. 
Ví dụ 5: Tính: A = 1.2 + 3.4 + 5.6 + …+ 99.100

Lời giải 1:
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
Lời giải 2:
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
Ví dụ 6: Tính: A = 1.2.3 + 3.4.5 + 5.6.7 + … + 99.100.101
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
 = 13002450
Vận dụng 1: Tính: A = 13 + 23 + 33 + ... + 1003
Giải:
Sử dụng: (n ­ 1)n(n + 1) = n3 ­ n
   n3 = n + (n­1)n(n+1)
 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
Vận dụng 2: Tính: A= 13 + 33 +53 + ... +993
Giải:

Sử dụng (n ­ 2)n(n + 2) = n3 ­ 4n
   n3 = (n ­ 2)n(n + 2) + 4n
 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
12


 = 12497500
Với khoảng cách là a ta tách: (n ­ a)n(n + a) = n3­ a2n
Thay đổi số mũ của một thừa số trong bài tốn 8 ta có:
Vận dụng 3: Tính: A = 1.22 + 2.32 + 3.42 + ... + 99.1002
Giải:
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 + 3.4.5 + ... + 99.100.101) ­ (1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100)
 = 25497450 ­ 333300
 = 25164150
* Bài tập áp dụng:
Bài 1. Tính A = 1.79 + 2.78 + 3.77 + ... + 39.41 + 40.40
Bài 2. Tính B = 1.99 + 3.97 + 5.95 + ... + 49.51
Bài 3. Tính C = 1.3 + 5.7 + 9.11 + ... + 97.101
Bài 4. Tính D = 1.3.5 ­ 3.5.7 + 5.7.9 ­ 7.9.11 + ... ­ 97.99.101
Bài 5. Tính E = 1.33 + 3.53 + 5.73 + ... + 49.513
Bài 6. Tính F = 1.992 + 2.982 + 3.972 + ... + 49.512
2.2.2.4. Dạng 4: Dãy phân số
Phương pháp giải:  Sử  dụng các cơng thức tổng qt sau, áp dụng vào 
từng bài tốn cụ thể.
Các kiến thức 
1) 

1
1
1
= −
.
n(n + 1) n n + 1

2) 

k
1 �
�1
=k�
�−
�.
n(n + 1)
�n n + 1 �

3) 

1
1 �1
1 �
= �
�−
�.
n(n + k ) k �n n + k �

4) 

k
1 �
�1
=� −
�.
n(n + k ) �n n + k �

5)

1
1
1 �1
1 � 1 �1
1 �
=
= �
.
� −
�= �
�−
�
2n(2n + 2) 4n(n + 1) 2 �2n 2n + 2 � 4 �n n + 1 �

1
1 � 1
1 �
= �
−
�

�.
(2n + 1)(2n + 3) 2 �2n + 1 2 n + 3 �
1
1
1
< 2<
7)
.
n.(n + 1) n
( n − 1).n

6) 

(Trong đó:  n,  k    N∗ ,  n > 1 )
Mở rộng với tích nhiều thừa số:
2n
a (a n)(a 2n)

1
a ( a n)

1
( a n)(a 2n)

13


Ví dụ 1: Tính tổng:  A

1

1.2

1
2.3

1
44

1
44

1
1
...
3.4
43.44

1
44.45

Giải:
1 1 1 1
1
...
1 2 2 3
43
 
1 44
A 1
45 45

A

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 

1
45

1
1
1
1
< 1
2 + 2 + 2 +...+
2
3
4
100 2

* Hướng dẫn tìm cách giải. 
Ta thấy các phân số trong tổng ở vế trái là các phân số có tử là 1 cịn mẫu 
là bình phương của một số tự nhiên n. (n 2 ).
1
1 1 1
1
1 1 1 1
1 1
=
 ;  2 < =
;  2 < =
2 <

1.2 1 2 3
2.3 2 3 4
3.4 3
2
1
1
1
1
=
2 <
99.100 99 100
100
a b

Sau đó áp dụng tính chất: 

c

d

1
; ... 
4

 => a+c < b+d

Từ đó ta có điều phải chứng minh: 

1
1

1
1
< 1
2 + 2 + 2 +...+
2
3
4
100 2

1
1 1 1
1
1 1 1
=
 ;  2 < =
2 <
1.2 1 2 3
2.3 2 3
2
1
1 1 1
1
1
1
1
=
; ...  2 <
=
2 <
3.4 3 4

99.100 99 100
4
100
1
1
1
1
1
1
1
1
Vậy  2 + 2 + 2 +...+ 2 < + + +...+
99.100
2
3
4
100 1.2 2.3 3.4
1
1
1
1
1 1 1 1 1
1
1
1
+
+
+...+
2 + 2 + 2 +...+
2 <

2 2 3 3 4
99 100
2
3
4
100
1
1
1
1
1
99
=
<1
2 + 2 + 2 +...+
2 <1
100 100
2
3
4
100
1
1
1
1
Hay  2 + 2 + 2 +...+ 2 < 1 (Điều phải chứng minh).
2
3
4
100

1
1
1
1
Mở rộng bài toán: Chứng minh rằng: A =  2 + 2 + 2 +...+ 2 < 1
n
2
3
4
2
2
2
...
Ví dụ 3: Tính  S
1.2.3 2.3.4
37.38.39

Giải:
2
2
2
1
1
1
1
1
1
+
+ ..... +
=

−
+
−
+ ...... +
−
1.2.3 2.3.4
37.38.39 1.2 2.3 2.3 3.4
37.38 38.39
1
1
1
1
19.39 − 1 740 370
=
−
= −
=
=
=
1.2 38.39 2 38.39
38.39
1482 741
S=

* Bài tập áp dụng:
Bài 1. Tính tổng: 

1
2

1 1
1
1
...
6 12
1892 1980

14


Hướng dẫn giải: 1 . 2 = 2; 2 . 3 = 6; ...; 43 . 44 = 1892; 44 . 45 = 1980 
Và tất nhiên ta cũng nghĩ đến bài tốn ngược. 
22
1 .3
1.4
2.3

Bài 2. Cho  B
Bài 3. Cho N

32
2 .4
2.5
3.4

42 52
99 2
. Tìm phần ngun của B.
...
3.5 4.6

98.100
3.6
98.101
...
. Chứng minh 97 < N < 98.
4.5
99.100

Bài 4. Tìm x thuộc N biết: 
   

1
1.2

1
1
...
2.3
xx 1

 Hơn nữa ta có: 

1
22

44
45

1 1
;

1.2 32

1
1
;...; 2
2.3
45

1
44.45

 Ta có bài tốn:
Bài 5. Chứng minh rằng: 
 Mặt khác 0 < 

1
22

1
32

...

1
22

1
32

1

45 2

...

1.

1
45 2

 Do vậy, cho ta bài tốn “tưởng như khó” 
Bài 6. Chứng tỏ rằng tổng: 

1
22

1
32

...

1
khơng phải là số ngun. 
45 2

 Chúng ta cũng nhận ra rằng nếu a 1; a2; ...; a44 là các số  tự  nhiên lớn hơn 1 và 
khác nhau thì  

1
2
a1

1
2
a2

...

1
a44

2

1
22

1
32

...

1
45 2

 Giúp ta đến với bài tốn Hay và Khó sau: 
Bài 7. Tìm các số tự nhiên khác nhau a1; a2; a3; ...; a43; a44 sao cho 
 

1
2
a1

1
2
a2

...

1
a44

2

1

 Ta cịn có các bài tốn “gần gũi” với bài 4 như sau: 
Bài 8. Cho 44 số tự nhiên a1; a2; ...; a44 thỏa mãn 
 

1
2
a1

1
2
a2

...

1
a44

2

1

 Chứng minh rằng, trong 44 số này, tồn tại hai số bằng nhau. 
Bài 9. Tìm các số tự nhiên a1; a2; a3; ...; a44; a45 thỏa mãn a1 < a2 1

và  a .a
1

2

1
a2 .a3

...

1
a 43 .a 44

1
a44 .a45

44
45

Bài 10: Tính tổng: 
1

1
1
1
+
+
+L +
.
1.2.3 2.3.4 3.4.5
2006.2007.2008
1
1
1
1
+
+
+L +
;  (n
b.  S =
1.2.3 2.3.4 3.4.5
n.(n + 1).(n + 2)

a.  S =

N ∗) .

Bài 11: Chứng minh với mọi n  N; n > 1 ta có:  A

1
23

1
33

1
43

...

1
n3

1
4

15


1
1.2.3.4

Bài 12: Tính  M

1
1
...
2.3.4.5
27.28.29.30

Ngồi ra cịn có những bài tập tổng dãy các phân số, nhưng khơng áp 
dụng được các cơng thức tổng qt ở trên, ta áp dụng phương pháp sau: 

Với bài tốn chứng minh đẳng thức, ta phải biến đổi vế trái bằng vế phải.  
Ở bài này ta thấy vế phải của đẳng thức là tổng của các phân số  có mẫu lớn  
hơn tử 1 đơn vị. Để  tổng mỗi phân số đó với một phân số  nào đó bằng 1 thì ta  
phải cộng vế phải với biểu thức trong ngoặc của vế trái. Từ đó ta có điều phải  
chứng minh.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng 
1
2

100 ­  1

1
1
...
3
100

1
2

2
3

3
99
...
4
100

2

3

3
99
...
4
100

Giải:
100 ­  1

1
2

1
1
...
3
100

1
2

Cộng vào hai vế  của đẳng thức trên với   1

1
2

1
1

...
  ta được đẳng 
3
100

thức mới như sau:
100 ­  1
1
2

2
3

1
2

1
1
1
...
+ 1
3
100
2

3
99
1
...
+ 1

4
100
2

100 = 1 + 

1
2

1
2
 + 
2
3

1
1
...
 =  
3
100

1
1
...
3
100
1
3
 + 

3
4

1
99
 + … + 
4
100

1
100

100 = 1 + 1 + 1 + 1 + … + 1
100 số 1

100 = 100 (đpcm)
Ví dụ 2: Cho  S =

1 1
1
1
3
4
+ + + ... +  . Chứng minh rằng:  < S <  
31 32 33
60
5
5

* Hướng dẫn tìm cách giải. 

Chia S thành 3 nhóm: 
1
1 � �1
1
1
1 � �1 1
1
1 �
�1 1
S = � + + + ... + �+ � + + + ... + �+ � + + + ... + �
40 � �41 42 43
50 � �51 52 53
60 �
�31 32 33
10 10 10 47 48 4
+ +
=
<
=  ; 
30 40 50 60 60 5
10 10 10 37 36 3
=> S >
+ +
=
<
=
40 50 60 60 60 5
=> S <

2.2.2.5. Dạng 5: Dãy luỹ thừa 

1
 với n tự nhiên.
an

* Bài toán tổng quát:
16


1
a

­ Tính tổng:  S = +

1 1 1
1
1
+ 3 + 4 + L + n −1 + n ; ( n ι N ∗ ;  a
2
a
a a
a
a

0) . Ta nhân cả  2 vế của  

1
a

S với   . Rồi trừ vế với vế, sau đó ta rút ra S.

1
a

 ­ Tính tổng:  P = +

1 1 1
1
1
+ 3 + 4 + L + n −1 + n ; ( n ι N ∗ ;  a
2
a
a a
a
a

0) Ta nhân cả  2 vế  của  

1
a

P với  . Rồi cộng vế với vế, sau đó ta rút ra P.
Ví dụ 1: Tính nhanh: 
1
5

1 1 1
1 1
+ 3 + 4 +L + 7 + 8 .
2
5 5 5

5 5
1
1
1
1
1
b.  − 2 + 3 − ..... − 99 + 100
10 10 10
10
10

a.  A = +

Giải:
1 1 1 1
1 1
+ 3 + 4 +L + 7 + 8  
2
5 5 5 5
5 5
1
1 1 1
1 1
A = 2 + 3 + 4 +L + 8 + 9
5
5 5 5
5 5
1
1 1 � �1 1 1
1 1�

�1 1 1 1
A − A = � + 2 + 3 + 4 +L + 7 + 8 �
− �2 + 3 + 4 + L + 8 + 9 �
 
5
5 5 � �5 5 5
5 5 �
�5 5 5 5

a.  A = +

4
1 1 1 � 1�
A = − 9 = .�
1− �
5
5 5
5 � 58 �

1 � 1�
.�
1− �
5 � 58 � 1 � 1 �5 � 1 �1
 A=
= .�
1− �
. =�
1− �
.  
4

5 � 58 �4 � 58 �4
5
1
1
1
1
1
b.  − 2 + 3 − ..... − 99 + 100  
10 10 10
10
10
1
1
1
1
1
1
1
B = 2 − 3 + 4 − 5 + ...... − 100 + 101
10
10 10 10 10
10
10  
1
1
1
1
1
1 � �1
1

1
1
1
1 �
�1
B + B = � − 2 + 3 − 4 + ...... − 99 + 100 �+ � 2 − 3 + 4 − 5 + ...... − 100 + 101 � 
10
10 10 10 10
10
10 � �
10 10 10 10
10
10 �
�
11
1
1
1 � 1 �
B = + 101 = . �
1+
�
10
10 10
10 � 10100 � 
1 � 1 �11 � 1 �1
.�
1−
: =�
1−
.

�
�
10 � 10100 �10 � 10100 �11  
1 1
1
1
Ví dụ 2: Tính:  D
4
7
2 2
2
210
B=

...

1
2 58

* Bài tập áp dụng
Bài 1. Tính nhanh: 
1
4

a.  B = +

1 1 1
1
+ 3 + 4 + L + 2007 .
2

4 4 4
4

17


1 1 1 1
1
1
+ 3 + 4 + L + n −1 + n ;   n N ∗ .
2
3 3 3 3
3
3
1 1
1
1
1
1
c. S = + 2 + 3 + 4 + L + n−1 + n ; ( n ι N ∗ ;  a
a a
a a
a
a
1 1
1
1
...
Bài 2: Tính:  C
3

5
2 2
2
2 99

b.  C = +

0) .

26
3n 1
...
. Chứng minh  A
27
3n

Bài 3: Cho  A

2
3

8
9

Bài 4: Cho  B

4
3

10

9

n

1
2

28
398 1
...
. Chứng minh B < 100.
27
398

2.2.2.6. Dạng 6: Dãy dạng tích các phân số viết theo quy luật
Phương pháp giải: 
Viết biểu thức thành tích của các phân số  nhỏ  hơn, đơn giản hơn. Tách hoặc  
nhóm các thừa số (phân số) và tìm các nhân tử chung ở tử và mẫu để giản ước.
�1
�2

�
�1
�
�3

�
�1
�
�4

�
�

�1
�
+ 1� 
100 �
�

Ví dụ 1: Tính:  E = � + 1�� + 1�� + 1�........ �
Giải:

101 101
�1 �
�1 �
�1 � �1
� 3 4 5
E = � + 1�
........ � + 1�= . . ......
=
� + 1�
� + 1�
100 � 2 3 4
100
3
�2 �
�3 �
�4 � �
�1

�2

�
�1
�
�3

�
�1
�
�4

�
�

�1
�
− 1 �.
100 �
�

........ �
Ví dụ 2: Tính:  F = � − 1�� − 1�� − 1�

Giải:
−99 −1
�1 �
�1 �
�1 � �1
� −1 −2 −3

F = � − 1�
........ � − 1 �= . . .........
=
� − 1�
� − 1�
100 � 2 3 4
100 100
�2 �
�3 �
�4 � �
8 15 24
2499
. .......
.
9 16 25
2500

Ví dụ 3: Tính:  A = .
Giải: 

8 15 24
2499 2.4 3.5 4.6
49.51 ( 2.3.4.......49 ) . ( 4.5.6......51) 2.51 102
A = . . .......
=
.
.
.......
=
=

=
9 16 25
2500 3.4 4.4 5.5
50.50
( 3.4.5....50 ) . ( 3.4.5....50 ) 50.3 150  

* Bài tập áp dụng
Bài 1. Cho  K

1
22

1

1
32

1

1
42

1 ....

1
100 2

1 . So sánh K với 

1

2

HD Giải: Kết hợp ví dụ 1 và ví dụ 2
1 3 5
99
1
1
. . .....
D
. Chứng minh: 
2 4 6 100
15
10
1 2 3 4 30 31
. . . .... . .
Bài 3: Tính:  H
4 6 8 10 62 64
1
1
1
1
11
1
1
..... 1
Bài 4: So sánh  M 1
 với 
4
9
16

100
19

Bài 2: Cho  D

18


Bài 5: Tính  P

1

1
2
3
10
1
1
..... 1
.
7
7
7
7

Bài 6: Tính:  Q

1

2

2
2
2
1
1
..... 1
3
5
7
2007

Bài 7: Tính:  T

1
2

1
3

1

1
1
1
. 1 8 .... 1 2 n  với n  N
4
3
3
3

B

1

1
1
1 2
3
3

1
2

1
5

1
2

1
1
.....
7
2

1
99

2.2.2.7. Dạng 7: Tính hợp lí các biểu thức có nội dung phức tạp
Phương pháp giải:

Hầu hết các biểu thức có nội dung phức tạp đều có dạng 

M
 , ta biến đổi M 
N

hoặc N, hoặc cả hai về dạng của biểu thức cịn lại hoặc về dạng của một biểu 
thức đơn giản hơn.
Ví dụ 1: Tính giá trị của biểu thức:
1 1
1
1
1+ + +L + +
3 5
97 99
a.  A = 1
.
1
1
1
1
+
+
+L +
+
1.99 3.97 5.95
97.3 99.1
1 1 1
1
1

+ + +L + +
b.  B = 299 3 984 97 99 100
.
1
+ + +L +
1
2
3
99

Giải:
a. Biến đổi số bị chia: 
(1 +

1
1 1
1 1
1 1
100 100 100
100
) + ( + ) + ( + ) +L + ( + ) =
+
+
+L
99
3 97
5 95
49 51 1.99 3.97 5.95
49.51

Biểu thức này gấp 50 lần số chia. Vậy A = 50.
b. Biến đổi số chia:
100 − 1 100 − 2 100 − 3
100 − 99
+
+
+L +
=
1
2
3
99
100 100 100
100 � �
1 2 3
99 �
�
  = �1 + 2 + 3 + L + 99 �− �1 + 2 + 3 + L + 99 �=
�
��
�
1 �
1
1 �
�1 1
�1 1
= 100 + 100 � + + L + �− 99 = 100 � + + L + +
�
99 �
99 100 �

�2 3
�2 3
1
Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia. Vậy  B =
.
100

* Bài tập áp dụng: 
100

Bài 1: Tính:  D

1
1
2

2
3

1
2

1
1
...
3
100
3
99
...

4
100

19


Hướng dẫn: Tách 100 ở tử thức thành 1 + 1 + 1 + …… + 1 rồi gộp mỗi số 
hạng 1 đó với một số hạng trong ngoặc.
Bài 2: Tính  H

1
99

2
98

1
2

3
98 99
1 2 3
92
...
92
...
97
2
1 :
9 10 11

100
1 1
1
1
1
1
1
...
...
3 4
100
45 50 55
500

Hướng dẫn: 
Biểu thức bị chia: Tách 99 ở tử thức thành 1 + 1 + 1 + …… + 1 rồi gộp mỗi số 
hạng 1 đó với một số hạng cịn lại. 
Biểu thức chia: Tách 92  ở  tử  thức thành 1 + 1 + 1 + …… + 1 rồi gộp mỗi số 
hạng 1 đó với một số  hạng cịn lại. Mẫu thức đưa nhân tử  chung ra ngồi dấu 
ngoặc.
Bài 3: Tính  I

2
19
3
3
19
2

2

2
4
43 1943 :
3
3
5
43 1943

4
29
5
29

4
41
5
41

4
2941
5
2941

Hướng dẫn: Đưa nhân tử chung ra ngồi dấu ngoặc.
Bài 4: Tính  L

1.2 2.4 3.6 4.8 5.10
3.4 6.8 9.12 12.16 15.20

Hướng dẫn: Đưa nhân tử chung ra ngồi dấu ngoặc.

2.2.2.8. Dạng 8: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh đẳng thức  
chứa dãy số.
Phương pháp giải:
Bài tốn tính tổng hữu hạn: S = S1 + S2 + S3 + … + Sn
Ta biết được kết quả (bằng cách dự đốn, hoặc bài tốn chứng minh được).
Ví dụ 1: Tính tổng: Sn = 1 + 3 + 5 + ... + (2n ­ 1)
Thử trực tiếp ta thấy: 
S1 = 1
S2 = 1 + 3 = 2 2
S1 = 1 + 3 + 5 = 9 = 32
.............

20


Ta dự đốn: S = n2 .
Với n = 1, 2, 3 ta thấy kết quả đúng.
Giả sử bài tốn đúng với n = k(  k 1  ) ta có: Sk = k 2  (2)
Ta cần chứng minh  S k + 1 = ( k + 1)  (3)
2

Thật vậy cộng 2 với vế của (2) với 2k + 1 ta có:
1 + 3 + 5 + … + (2k ­ 1) + (2k + 1) =  k 2 + (2k + 1)  
Vì  k 2 + ( 2k + 1) = ( k + 1)  nên ta có (3) tức là  Sk +1 = ( k + 1)  
2

2

Theo nguyên lý quy nạp bài toán được chứng minh:
Vậy  Sn = 1 + 3 = 5 + ... + ( 2n − 1) = n 2  

Tương tự ta có thể chứng minh các kết quả sau đây bằng phương pháp quy nạp 
tốn học:
n ( n + 1)
a. 1 + 2 + 3 + ... + n =
 
2
n ( n + 1) ( 2n + 1)
b. 12 + 22 + ... + n 2 =
 
6
�
n ( n + 1) �
c.1 + 2 + ... + n = �
�
� 2 �
1
2
d. 15 + 25 + ... + n5 = .n 2 .( n + 1) 2n 2 + 2 n − 1
12
2.3. Kết quả đạt được 
Sau khi áp dụng đề  tài tôi tiến hành khảo sát với nội dung kiến thức liên quan  
đến Dãy số  viết theo quy luật trên 15 học sinh khối 6. Kết quả đạt được như 
sau:
0 ­ < 2
2 ­ < 5
5 ­ < 6,5
6,5 ­ < 8
8 ­ 10
SL

%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
/
/
03
20,0
05
33,3
05
33,3
02
13,3
*Nhận xét:
­ Sau khi áp dụng đề tài thì số lượng học sinh yếu, kém giảm, số lượng học sinh  
đạt điểm khá, giỏi tăng lên.
­ Đa số  học sinh nắm được các dạng tốn và trình bày được lời giải bài tốn 
logic, nhiều em vận dụng vào làm bài tập khá tốt.
­ Khả năng suy luận và chứng minh các dãy số viết theo quy luật đã được nâng  
lên. Hầu hết các em chứng minh và giải được những bài tốn từ vận dụng thấp 
trở  lên, nhiều em cịn đưa ra được những bài tốn tổng qt, những bài tốn  ở 
mức độ vận dụng cao 
2.4. Bài học kinh nghiệm: 
2

3

3

3

(

)

21


Từ kết quả nghiên cứu trên tơi đã rút ra những bài học kinh nghiệm sau:
­ Việc phân loại các dạng bài tập và hướng dẫn học sinh làm tốt các dạng  
bài tập đã giúp cho giáo viên nắm vững mục tiêu, chương trình từ  đó nâng cao  
chất lượng giảng dạy mơn Tốn.
     ­ Giúp giáo viên khơng ngừng tìm tịi, sáng tạo những phương pháp phân 
loại và giải bài tập phù hợp đối với đối tượng học sinh, từ  đó nhằm nâng cao 
trình độ chun mơn và nghiệp vụ của người giáo viên.

3. PHẦN KẾT LUẬN 
3.1. Ý nghĩa, phạm vi áp dụng của đề tài
Từ bước đầu nghiên cứu đề tài“Dãy số viết theo quy luật” tơi thấy vấn đề 
này rất cần thiết khơng những đối với học sinh mà cả đối với giáo viên, nhất là  
giáo viên đang BDHSG.
Đề tài“Dãy số viết theo quy luật ”tơi đãthực hiện trong q trình giảng dạy 
và bồi dưỡng HSG nhiều năm trở lại đây tại đơn vị hiện cơng tác và đã đem lại 
những kết quả  khá tốt:  Hầu hết học sinh,  (chủ  yếu là học sinh khá, giỏi)  khi 

được trang bị  đề  tài“Dãy số  viết theo quy luật  " đều trở  nên tự  tin khi gặp 
những bài tốn dãy số, có em đã đưa ra được nhiều phương pháp giải hay, khai 
thác, mở rộng được nhiều bài tốn. Bước đầu phát hiện học sinh có năng lực, từ 
đó giáo viên có phương pháp dạy, bồi dưỡng nhằm phát huy trí tuệ, tính say mê 
sáng tạo của các em.Trước khi được áp dụng đề  tài này nhiều em khơng làm  
được cũng như khơng biết hướng giải bài tốn dãy số viết theo quy luật. Nhưng  
khi áp dụng đề tài nhiều em làm tốt những bài tốn dãy số viết theo quy luật.
        Qua thực tế triển khai thực hiện đề  tài này vào trong giảng dạy với 
những kết quả đạt được ở trên, có thể khẳng định rằng: Sáng kiến kinh nghiệm 
này đã có tính khả  thi cao, hy vọng các giáo viên dạy Tốn và các em học mơn  
Tốn trong cụm và trong huyện Lệ Thủy sẽ vận dụng tốt và phát huy hơn nữa 
năng lực học tập bộ  mơn để  đạt được những kết quả  cao hơn. Đề  tài trên chỉ 
mới áp dụng ở địa bàn hẹp, chưa có sức lan toả  tới những vùng miền khác. Vì 
vậy đề tài cịn tiếp tục được nghiên cứu, cịn nhiều biện pháp khác chưa có điều  
kiện đề cập tới, đó là hướng nghiên cứu tiếp tục của đề tài trong tương lai.
3.2. Những kiến nghị, đề xuất.
Hiện nay hầu hết các giáo viên ở trường tơi nói riêng và trên địa bàn Huyện 
nói chung đã tích cực trong việc đổi mới phương pháp vào giảng dạy các mơn  
học để  nâng cao hơn nữa hiệu quả  giáo dục. Tuy nhiên, việc vận dụng quan  
niệm dạy học này cũng gặp phải những khó khăn nhất định. Vì vậy tơi xin có 
một vài đề xuất nhỏ như sau:
* Đối với nhà trường: 

22


     Cần đầu tư  thêm trang thiết bị dạy học đặc biệt cho mơn Tốn, các tài  
liệu phong phú để học sinh tìm thêm tư liệu, sách tham khảo phục vụ cho việc  
nghiên cứu.
      Cần có phịng học bộ mơn dành riêng cho mơn Tốn, trong đó có các mơ  

hình Tốn học, để  giáo viên có thể   ứng dụng cơng nghệ  thơng tin một cách 
thành thạo.
* Đối với ngành giáo dục
Thường xun tổ  chức các cuộc thi nhằm nâng cao kĩ năng, phương pháp  
cho giáo viên và học sinh.
           Bản thân với trăn trở  của một người giáo viên trẻ  trực tiếp giảng  
dạy mơn Tốn học, tơi xin mạnh dạn đưa ra những suy nghĩ của mình, mong góp 
một phần nhỏ  vào thực hiện  đề  tài“ Dãy số  viết theo quy luật " để  nâng cao 
chất lượng dạy học mơn Tốn ở trường THCS hiện nay. Trong q trình tích lũy 
kinh nghiệm và viết đề tài khơng tránh khỏi những khiếm khuyết, hạn chế. Tơi 
rất mong nhận được sự  đóng góp ý kiến xây dựng của bạn bè, đồng nghiệp và 
Hội đồng chun mơn đánh giá, bổ  sung để đề  tài của tơi thêm hồn thiện, khả 
thi và có giá trị hơn nữa trong thực tiễn. 
Xin trân trọng cảm ơn !

23