Tài liệu SKKN năm học 2013-2014

I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lý do chọn đề tài Trên đà phát triển và hội nhập của đất nước hiện nay, đòi hỏi nguồn nhân lực lớn lao là con người phải có đầy đủ năng lực và phẩm chất đạo đức. Trong đó, mỗi nhà trường giữ một vai trò quan trọng trong việc giáo dục con người đủ tài, đủ đức, hữu ích cho bản thân, gia đình và xã hội. Công cuộc đổi mới giáo dục, trong đó có sự đổi mới căn bản về phương pháp dạy học đã và đang diễn ra. Đi cùng với đổi mới phương pháp dạy học là đổi mới hình thức và phương tiện dạy học. Đặc biệt, trong giai đoạn hiện nay các phương tiện truyền thông phát triển mạnh đã tạo cơ hội cho người học có nhiều cơ hội và phương tiện học tập. Trong đó, một trong những cuộc thi áp dụng công nghệ thông tin đó là “Giải toán qua mạng Internet” giúp học sinh làm quen với Internet, nâng cao chất lượng và tạo thêm hứng thú cho học sinh học tập môn Toán, đồng thời phát hiện và kịp thời bồi dưỡng các em học sinh có năng khiếu về môn Toán, giúp các em đam mê môn Toán hơn, từ đó học sinh có kĩ năng tính toán, giao lưu học hỏi qua mạng Internet. Qua việc tổ chức bồi dưỡng học sinh giỏi tham gia giải Toán trên mạng Internet, tôi cũng muốn, củng cố kiến thức về nghiệp vụ chuyên môn, phát huy được tính tích cực của mình trong tổ chức thực hiện việc bồi dưỡng học sinh giỏi. Việc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán là thực sự rất cần thiết, bởi vì: Các kiến thức, kĩ năng của môn Toán có nhiều ứng dụng trong đời sống, chúng rất cần thiết cho người lao động, rất cần thiết để học các môn học khác. Môn Toán giúp học sinh nhận biết những mối quan hệ về số lượng và hình dạng không gian của thế giới hiện thực. Nhờ đó mà học sinh có phương pháp nhận thức một số mặt của thế giới xung quanh và biết cách hoạt động có hiệu quả trong đời sống. Môn Toán góp phần rất quan trọng trong việc rèn luyện phương pháp suy nghĩ, phương pháp suy luận, phương pháp giải quyết vấn đề; nó góp phần phát triển trí thông minh, cách suy nghĩ độc lập, linh hoạt, sáng tạo; nó đóng góp vào việc hình thành các phẩm chất cần thiết và quan trọng của người lao động như: cần cù, cẩn thận, có ý chí vượt khó khăn, làm việc có kế hoạch, có nề nếp và tác phong khoa học. 1 Năm học 2013-2014, Trường Phổ thông dân tộc nội trú Trung học cơ sở Phú Lương chính thức đi vào hoạt động với nhiệm vụ chăm lo đời sống và giáo dục cho học sinh dân tộc các vùng đặc biệt khó khăn trên địa bàn huyện Phú Lương. Là cán bộ quản lí chuyên môn, năm học 2013-2014, ngoài công tác quản lí tôi được phân công bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 6. Sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy học sinh và nghiên cứu, tôi đã không ngừng học hỏi nâng cao tay nghề, học hỏi đồng nghiệp và những người có kinh nghiệm. Tôi nhận thấy trong việc giảng dạy phần số học lớp 6 còn nhiều bài toán cần xây dựng thành các dạng để bồi dưỡng cho học sinh như: Các bài toán chia hết, các bài toán về cấu tạo số, các bài toán về số nguyên tố, so sánh phân số, đặc biệt là bài toán tính giá trị của “Dãy số viết theo quy luật”. Đây là dạng toán tương đối khó đối với học sinh lớp 6. Học sinh khó hiểu khi đứng trước dạng bài toán này, học sinh còn lúng túng, chưa định ra phương pháp giải bài tập (chưa tìm ra quy luật của dãy số). Trong khi đó dạng toán này trong sách giáo khoa lớp 6 chỉ đưa ra một vài bài, không đưa ra phương pháp giải cụ thể nhưng thường xuyên gặp trong quá trình tham gia giải Toán trên Internet. Dạng toán “Dãy số viết theo quy luật” là dạng toán tương đối khó đối với học sinh lớp 6, tổng hợp nhiều kiến thức, đối với học sinh phải phân tích, dự đoán, nhận dạng nhanh bài toán để đưa ra quy luật của dãy số. Từ những suy nghĩ trên tôi đã lựa chọn sáng kiến “Phương pháp giải các bài toán dãy số viết theo quy luật trong chương trình Toán lớp 6”, để nghiên cứu và thực hiện. 2. Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu 2.1. Mục tiêu Sáng kiến kinh nghiệm “Phương pháp giải các bài toán dãy số viết theo quy luật trong chương trình Toán lớp 6” giải quyết được hai khó khăn trong quá trình thực hiện: Một là: Sáng kiến kinh nghiệm định ra phương pháp nhận biết, nhận dạng; phương pháp giải đối với một dãy số nhất định được áp dụng và đã phát huy được tính tích cực của học sinh trong quá trình học môn Toán. Ngoài ra còn đưa ra cho học sinh phương pháp phân tích bài toán một cách nhanh chóng, tìm ra được quy luật của dãy số nhanh nhất, hợp lí nhất, phát triển các bài toán 2 cùng dạng từ bài toán ban đầu. Hai là: Nội dung của Sáng kiến kinh nghiệm này góp phần nâng cao kiến thức, tư duy toán học, khả năng phân tích, tính toán cho học sinh, đồng thời giúp cho giáo viên lựa chọn phương pháp hợp lí, phù hợp với từng bài, từng đối tượng học sinh để giúp cho giáo viên và học sinh giải quyết tốt vấn đề này. Sáng kiến kinh nghiệm đã khắc phục được khó khăn đó là khi áp dụng phương pháp phù hợp cho một bài toán thì các em đã hiểu được bản chất của bài toán và có khả năng áp dụng giải được nhiều bài tập khác cùng như bài đã hướng dẫn. Cá nhân tôi viết sáng kiến kinh nghiệm với mục đích trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp, để phương pháp được vận dụng cho nhiều giáo viên Toán khác. 2.2. Nhiệm vụ Sáng kiến kinh nghiệm này trình bày đòi hỏi phải giải quyết một số vấn đề sau: 2.2.1. Khai thác đề bài, cách tìm lời giải bài toán dẫn đến việc nắm được quy luật của dãy số. 2.2.2. Từ việc khai thác đầu bài, nêu ra được phương pháp giải một bài toán cụ thể. 2.2.3. Đưa ra bài toán tổng quát. 2.2.4. Nêu ứng dụng của phương pháp 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 3.1. Đối tượng Trong quá trình nghiên cứu, qua thực tế giảng dạy toán 6 tôi xác định rõ đối tượng nghiên cứu là: “Các bài toán dãy số viết theo quy luật trong chương trình Toán lớp 6”. Cụ thể là tính tổng của một dãy số, chứng minh bất đẳng thức của dãy số, tính tích của một dãy số. 3.2. Phạm vi nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm “Phương pháp giải các bài toán dãy số viết theo quy luật trong chương trình Toán lớp 6” được xây dựng, nghiên cứu và triển khai trong chương trình toán số học 6 4. Phương pháp nghiên cứu 3 4.1. Phương pháp đọc tài liệu: Đây là phương pháp chủ yếu trong suốt quá trình nghiên cứu đề tài này. 4.2. Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm qua một số năm giảng dạy, đồng thời tiếp thu kinh nghiệm qua việc trao đổi với các giáo dạy giỏi toán. II. NỘI DUNG 1. Cơ sở khoa học của sáng kiến kinh nghiệm 1.1. Cơ sở lí luận Trong giai đoạn hiện nay nước ta cần rất nhiều nhân tài để phục vụ cho công cuộc xây dựng đất nước, đặc biệt là cung cấp nguồn nhân lực có chất lượng cho các vùng đặc biệt khó khăn. Học giỏi môn toán là chìa khoá để mỗi học sinh trở thành những nhân tài chất lượng cho quốc gia. Hiện nay phương pháp dạy học đóng vai trò rất quan trọng, phương pháp dạy học phù hợp sẽ giúp học sinh nắm bắt nhanh chóng kiến thức, hơn thế nữa nếu học sinh nắm bắt được phương pháp học thì học sinh sẽ hiểu được bản chất của vấn đề, rút ngắn được thời gian học tập và có thời gian để nghiên cứu các tài liệu nâng cao và việc tự học hiện nay ta cần khuyến khích nhiều hơn. 1.2. Cơ sở thực tiễn Việc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán là rất cần thiết đối với môi trường học nội trú. Công việc để thực hiện tốt ở trường có 100% học sinh dân tộc thiểu số là rất kì công đối với mỗi giáo viên dạy toán, bồi dưỡng học sinh giỏi toán. Vì dân cư trên địa bàn mà các em sinh sống có trình độ dân trí thấp, đời sống khó khăn việc quan tâm đến việc học tập của phụ huynh rất ít, do vậy nền tảng kiến thức ở tiểu học mà các em có được trước khi bước vào lớp 6 còn hạn chế. Hơn nữa số lượng học sinh yêu thích say mê học toán là khong nhiều. Trong quá trình giải toán ở nhà trường cũng như trong các cuộc thi Toán trên mạng Internetr, thi học sinh thi giỏi các cấp, bài toán dãy số viết theo quy luật là một bài toán khó, hay và lý thú. Đứng trước một bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau song việc tìm ra một lời giải hợp lý, ngắn gọn, thú vị và độc đáo và quan trọng hơn là đưa ra cách giải tổng quát cho mỗi dạng toán 4 là một việc không dễ, thông qua đó mà thu được kết quả nhanh chóng. Việc khai thác bài toán dãy số viết theo quy luật có thể đem lại kết qủa nhiều mặt, kích thích tính sáng tạo của học sinh. 2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu Trong quá trình giải bài toán dạng dãy số viết theo quy luật trong chương trình lớp 6, đa số học sinh còn lúng túng về phương pháp giải, không có hướng suy nghĩ hoặc hướng suy nghĩ sai dẫn tới không tìm ra kết quả. Lâu dần hình thành cho các em cảm giác ngại va chạm với loại bài toán này. “Phương pháp giải các bài toán dãy số viết theo quy luật trong chương trình Toán lớp 6” giúp các em khắc phục các yếu điểm kể trên đồng thời phát huy tính sáng tạo, tự chủ. Giúp các em có phương pháp giải bài toán dãy số có quy luật, là nền tảng tốt phục vụ học tập và nghiên cứu dạng toán này trong chương trình các lớp học tiếp theo. 3. Một số giải pháp thực hiện 3.1. Cơ sở lý thuyết Để giải được các bài toán “Dãy số viết theo quy luật” ta phải dựa vào các kiến thức sau: 3.1.1. 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. 3.1.2. Các phép tính của phân số: a. Cộng, trừ phân số cùng mẫu: a b ab   m m m (m 0); a b a b   m m m (m 0,) 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. c. Nhân các phân số: a c a.c .  b d b.d (b, d 0) 5 d. Chia 2 phân số: a c a.d :  b d b.c (b, c, d 0) 3.1.3. Tính chất cơ bản của phép cộng và nhân phân số: a. Tính chất giao hoán: - Phép cộng: a c c a    b d d b - Phép nhân: a c c a .  . b d d b (b, d 0) (b, d 0) b. Tính chất kết hợp : - Phép cộng :  a c m a  c m         b d n b d n  - Phép nhân:  a c m a  c m  . .  . .  b d n  b d n (b, d, n 0) (b, d, n 0) c. Tính chất phân phối của phép nhân đối với phép công (trừ): a c m a m c m   .  ..  . b n d n  b d n (b, d, n 0) 3.1.4. 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 - Tính chất 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 3.2.“Phương pháp giải các bài toán dãy số viết theo quy luật trong chương trình Toán lớp 6” Dạng I. Phương pháp tính tổng các dãy số viết theo quy luật: Loại toán tìm tổng của một dãy số viết theo quy luật, trong đó thường có 3 phân số đầu là số cụ thể còn các phân số sau cùng cho ở dạng tổng quát. Để làm dạng toán này ta cần nhận xét, so sánh giữa tử và mẫu, các tử (hay các mẫu) với nhau, giữa phân số cụ thể và tổng quát để tìm ra cách viết phân số rồi dần dần tìm ra cách giải. Để làm dạng toán này ta thường dùng phương pháp khử liên tiếp các số hạng. 6 Bài 1: Tính tổng sau: a) S1 = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + 99 + 100 b) P1 = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100 c) Q1 = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + 98.99.100 * Hướng dẫn tìm lời giải a) Ta thấy S1 là tổng của các số tự nhiên liên tiếp, ở tiểu học các em đã được làm quen với dạng toán này với cách làm như sau: Từ 1 đến 100 có 100 số hạng, ta chia tổng S1 thành 50 tổng nhỏ có giá trị bằng nhau và bằng 101, mỗi tổng nhỏ có hai số hạng. Cách giải: S1 = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + 99 + 100 S1 = (1 +100) + (2 +99) + ... + (50 + 51) = 101.50 = 5050. Tuy nhiên, để đưa về cách khử liên tiếp thì ta cần có cách giải khác, cụ thể: S1 = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + 99 + 100 2S1 = 1.(2 – 0) + 2(3 – 1) + 3.(4 – 2) + ... + 99.(100 – 98) + 100.(101 – 99) = 1.2 + 2.3 – 1.2 + 3.4 – 2.3 + ... + 99.100 – 98.99 +100.101 – 99.100 = 100.101 => S1 = 100.101 = 2 5050 Tổng quát: S = 1 + 2 + 3 + ... + n = n. n  1 2 b) P1 = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100 Để tính P1 ta không thể sử dụng cách giải thứ nhất của ý a để giải quyết, vì các tổng 1.2 + 99.199; 2.3 + 98.99; ... không có giá trị bằng nhau. Vậy ta chỉ có thể sử dụng phương pháp khử liên tiếp là hợp lí nhất, cụ thể: 3P1 = 1.2(3 – 0) + 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 => P1 = 99.100.101 = 3 333300 Tổng quát: P = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n + 1) = c) Q1 = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + 98.99.100 Với tích có 3 thừa số ta nhân 4 với Q1 ta được 7 n. n  1 n  2  3 4.Q1 = 1.2.3(4 – 0) + 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 => Q1 = 98.99.100.101 4 Tổng quát: Q = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n.(n + 1)(n +2) = n. n  1 n  2  n  3 4 Với cách phát triển như vậy học sinh hoàn toàn có thể làm được các bài có quy luật tương tự với mỗi tích có 4; 5; ... thừa số. Bài 2: Tính tổng sau: a) S1 = 1 1 1 1    ...  1.2 2.3 3.4 100.101 2 2 2 2 b) P1 = 1.3  3.5  5.7  ...  99.101 c) Tính tổng của 100 số hạng đầu tiên của dãy sau: 1 6 ; 1 66 ; 1 176 ; 1 336 ; ... * Hướng dẫn cách tìm lời giải: a) Bài toán này có tổng của các phân số có tử là 1 còn 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 cộng thành dãy tính cộng và trừ. Chẳng hạn: 1 1 .2 = 1 1 2 ; 1 1 1   ; 2. 3 2 3 …. ; 1 1 1  = 100.101 100 101 Mục đích là ta đi triệt tiêu các số hạng đối nhau * Cách giải: S1 = = 1 1 1 1    ...  1.2 2.3 3.4 100.101 1  1 1 100 1 1   1 1  1 1  1               ...     1 2  2 3  3 4  100 101  1 101 101 8 +) Bài toán tổng quát: 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 2 2 2 2 b) Tính tổng: P1 = 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, còn 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: 2 2 2 2 P1 = 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 1 100  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 1 n 1      ...   1  = 3 3 5 5 7 n n2 n2 n2 Kĩ thuật tách: a 1 1   n.( n  a ) n n  a Khi gặp loại toán này, trong mỗi phân số cần tách phải xác định được các số tương ứng với a và n. 9 Trong ví dụ 1, phân số 1 1.2 2 1.3 Trong ví vụ 2, phân số thì a =1, n = 1; Phân số 1 2 .3 thì a = 2, n = 1; Phân số 2 3. 5 thì a = 1, n = 2; ... thì a = 2, n = 3; ... Trong trường hợp dãy số chưa có quy luật ta cần tìm cách đưa chúng về quy luật rồi tính, chẳng hạn ví dụ sau: c) Tính tổng của 100 số hạng đầu tiên của dãy sau: 1 6 ; 1 66 ; 1 176 ; 1 336 ; ... * Phương pháp tìm lời giải: 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 một 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 hai bài trên ta tách từng phân số thành hiệu của 2 phân số, ta nhận thấy : 1 1 5   1 6 1.6 ; 1 1 5   6 11 6.11 ;…; 1 1 5   . 496 501 496.501 Vậy làm thế nào để xuất hiện được quy luật như ví vụ 1 và ví dụ 2. Trong trường hợp này học sinh dễ dàng nghĩ được nhân 5 vào biểu thức A. * Cách giải: 5A1 = 5 5 5 5 5     ...  6 66 176 336 2484966 10 5 5 5 5 = 1.6  6.11  11.16  ...  496.501 1  =1  1 1 1 1 1 1 1       ...    6 6 11 11 16 496 501  => A1 = = 500 100 1 1  = = 1 501 501 501 20 501 *) Bài toán tổng quát: 1 1 1 A= 1.6  6.11  11.16  ...  (5n  1 1 5 1 1 6 1 1 = (  ) + 5 (6  1 4)(5n  1) 1 1 1 1  ) ) +…+ ( 5 ( 5 n  4 ( 5 n  1) 11 1  1 1  5n n 1  = . = 5n  1  5 5n  1 5n  1  =5 Từ các ví dụ trên ta có thể phát triển từ một bài toán ra được các bài toán tương tự giúp học sinh hiểu được bản chất của quy luật, hình thành kĩ năng đưa các bài toán chưa có quy luật cụ thể về các bài toán có quy luật để giải quyết. Chẳng hạn, từ bài tập 2 ý a: S1 = 1 1 1 1    ...  . 1.2 2.3 3.4 100.101 Ta có thể phát triển ra các bài toán khác như: Ví dụ 2a: Tính tổng: S2 = 101 101 101 101    ...  . 1.2 2.3 3.4 100.101 Với bài toán này cần đặt 101 làm thừa số chung để xuất hiện quy luật Ví dụ 2b: S3 = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1         ...   1 3 6 10 15 21 28 36 190 210 Nhận thấy khi phân tích các phân số không theo quy luật mà có thể khử liên tiếp các số đối nhau, tuy nhiên chia mỗi phấn số cho 2 ta thấy xuất hiện quy luật của bài 2 ý a. Từ bài 2 ý a ta cũng có thể phát triển theo các hướng sau: Bài 3: Tính tổng sau: a) B1 = 1 1 1 1    ...  1.2.3 2.3.4 3.4.5 37.38.39 b) C1 = 1 1 1 1    ...  1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6 37.38.39.40 11 * Hướng dẫn: a) Ta thấy các phân số trong tổng B1 đều có tử là 1 còn 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 còn mẫu là 2 số tự nhiên liên tiếp đầu, phân số trừ có tử cũng là 1 còn 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   2.3 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: B1 = = 1 1 1 1    ...  1.2.3 2.3.4 3.4.5 37.38.39 1 1 1 1 1 1 1      ...     2  1.2 2.3 2.3 3.4 37.38 38.39  1 1 = 2  1.2   1  11 1  =    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 1 1 1 .     ...  = n( n  1)(n  2) 2  2 (n  1).( n  2)  1.2.3 2.3.4 3.4.5 1  ( n  1).(n  2)  2    2( n  1).(n  2)  = 2 . = (n  1).(n  2)  2 4(n  1).(n  2) b) Với cách làm như bài tập trên học sinh hoàn toàn có thể tìm ra bài giải của ý b và tìm ra bài toán tổng quát. C1 = 1 1 1 1    ...  1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6 16.17.18.19 12 Ta có 1 1 1  1 3 1 1       3  1.2.3 2.3.4  1.2.3.4 1.2.3.4 1.2.3 2.3.4 1 1 3   2.3.4 3.4.5 2.3.4.5 1 1 1  1     3  2.3.4 3.4.5  2.3.4.5 …. 1 1 3   16.17.18 17.18.19 16.17.18.19 C1 = = 1 1 1 1      3  16.17.18 17.18.19  16.17.18.19 1 1 1 1    ...  1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6 16.17.18.19 1 1 1 1 1 1 1      ...     3  1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 16.17.18 17.18.19  1 1 1   17.18.19  = 3  1.2.3   11 =3 6   1 1 968  = . 17.18.19  3 17.18.19 = 484 8721 Tổng quát: 1 C 1 1 = 1.2.3.4  2.3.4.5  3.4.5.6  ...  1 n ( n  1)( n  2)( n  3) =  1 1 1 .  3  6 ( n  1).( n  2)( n  3)  1  (n  1).(n  2)( n  3)  6  ( n  1).(n  2)( n  3)  6 = 18( n  1).( n  2)( n  3) = . 3  6( n  1).(n  2)(n  3)  Bài 4. Rút gọn các tổng sau: a) D1 = 1 1 1 1  2  3  ...  100 2 2 2 2 b) D2 = 1 1 1 1  2  3  ...  100 3 3 3 3 * Hướng dẫn: Nhận thấy bài toán trên là tổng của các phân số có tử là 1, mẫu là các lũy thừ tăng dần của một số tự nhiên. Để giải bài toán dạng này theo phương pháp khử liên tiếp, ta có thể làm như sau: a) Vì các mẫu là lũy thừ của 2 nên ta nhân cả dãy số với 2 ta được: 1 2 2.D1 = 1   1 1  ...  99 2 2 2 13 1 2 D1 = 2.D1 – D1 = ( 1   =1- 1 2100 = 1 1  ...  99 2 2 2 1 2 )–(  1 1 1  3  ...  100 2 2 2 2 ) 2100  1 2100 b) Tương tự như ý a học sinh có thể hoàn toàn giải quyết được ý b bằng cách nhân 3 với D2. D2 = 1 1 1 1  2  3  ...  100 3 3 3 3 1 3 3.D2 = 1   1 1 1  3  ...  99 2 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 3D2  D2 (1   2  ...  99 )  (  2  ...  100 1  100 100 D2 = = 3 3 3 3 3 3  3 3  1 2 100 2 2 2.3 Với cách làm như vậy học sinh có thể giải quyết dạng toán trên với mẫu có thể là 4; 5; 6; ... *Tổng quát: D = 1 1 1 1  2  3  ...  n a a a a = a. D  D a 1 an  1 = ( a  1)a n (a 2; n 1) Bài 5: Tìm x a) 1 1 1 2 1998    ...   3 6 10 x ( x  1) 2000 b) 1 5.8 1 1 1 101 + 8.11 + 11.14 +…+ x( x  3) = 1540 *) Hướng dẫn cách tìm lời giải: a) Trước hết ta xét phân số 2 x ( x  1) ta nhận thấy phân số này có tử là 2, có mẫu là tích của 2 số liên tiếp, nên có thể viết: 2 x ( x  1) 1  = 2. x  1   x 1 Vấn đề đặt ra là ta có thể biến đổi các phân số: 1 1 1 ; ; ;... 3 6 10 về dạng phân số có tử là 2 và mẫu là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp được không? Để có tử là 2 cho các phân số trên, ta cần áp dụng tính chất cơ bản của phân số, cụ thể là: 14 1 1.2 2 1 1 .2 2. 1 1 .2 2       ; ; 3 2.3 2.3 6 6.2 3.4 10 10.2 4.5 Như vậy vế trái của đẳng thức gồm các phân số có dạng tử là 2 còn mẫu là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp. Cần tính tổng của các phân số ở vế trái để đưa bài toán về dạng tìm x đơn giản mà ta đã biết. *) Cách giải: Biết 1 1 1 2 1998    ...   3 6 10 x( x  1) 2000 Ta có thể viết đẳng thức đã cho như sau: 2 2 .3 2 2 2 1998 + 3.4 + 4.5 +…+ x( x  1) = 2000  1 1 1 1  2.  2.3  3.4  4.5  ...  x( x  1)  =   1998 2000 1  1 1 1 1 1 1 1       ....   3 3 4 4 5 x x  1 1  1  1998 = x 1 2000 2.  2  2.  2  1 1 1998  = 2 x  1 2000 = 1998 2000 :2 1 1 999  = 2 x  1 2000 1 1 999  = x 1 2 2000 1 1000  999 1 = = x 1 2000 2000 x+1 = 2000 => x = 1999 b) Ta thấy vế bên trái của đẳng thức là các phân số có cùng tử số là 1 còn mẫu số là tích của 2 số hơn kém nhau 3 đơn vị. Ta xét 1 1  5 8 = 1 1 3  = 8 11 8.11 3 5.8 => 1 1 3  = 11 14 11.14 => 1  1 1 1   = 5 8 3  5.8  1 1 1  1   = 3  8 11  8.11 => 1  1  1 1   = 11 14 3   11.14 15 3 1 1  = x( x  3) x x 1 => 1 1  1 1   = x.( x  3) 3  x x 3 Từ đó ta có cách giải bài toán *) 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 3 . 1 1 1 1  101 1 1 1 1    ...       = 5 8 8 11 11 14 x x  3 1540   1 3 . 1  101 1   =  5 x  3  1540 1 1 101  = 5 x  3 1540 .3 1 1 303  = 5 x  3 1540 1 x 3 =5 1 303 5 = 1540 1540 1 x 3 = 308 => x+3 = 308 => x = 308 - 3=305 1 Dạng II. Chứng minh bất đẳng thức “Dãy số viết theo quy luật” a) Cho A = b) Cho B  1 22 + 1 32 + 1 42 +...+ 1 100 2 Chứng minh rằng A < 1 1 1 1 1 1 B  2  2  ...  2 2 . Chứng minh: 2 2 4 6 100 c) Cho C = 1 1 1 1  2  2  ...  2 5 6 7 100 2 . Chứng minh rằng 1 6 1 a+c < b+d 1 22 < 1 .2 = 1  1 32 < 2 .3 = 2  1 42 < 3.4 = 3  1 1 1 2 1 1 1 3 1 1 1 4 ; ; ... 1 100 2 < 99.100 = 99  Vậy 1 22 + 1 32 + 1 42 +...+ 1 100 2 < 1.2 + 2.3 + 3.4 +...+ 99.100 1 22 + 1 32 + 1 42 +...+ 1 100 2 <1  1 2 1 22 + 1 32 + 1 42 +...+ 1 100 2 <1  1 99 = 100 100 Hay A = 1 22 + 1 32 + 1 1 1 42 1 100 +...+ 1 1 100 2 1 1 1 +2 1 1 1 1 +  3 3 4 1 +...+ 99  1 100 <1 < 1 (Điều phải chứng minh) b) Ta thấy biểu thức B không theo quy luật nào, tuy nhiên ta có thể biến đổi để áp dụng ý a bằng cách như sau: B B< 1  1 1 1  1 1 1 1 1  2  2  ...  2   2  2  ...  2  2 2 = 2  2 3 50  2 4 6 100 1  1 1 1 1     ...   2  2  1.2 2.3 3.4 49.50  Vậy B < c) C = = 1  1  1 1 1  < 2  2  50  2 1 2 1 1 1 1  2  2  ...  2 5 6 7 100 2 C< 1 1 1 1 1 1 1    ...  =  < 4.5 5.6 6.7 99.100 4 100 4 C= 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1    ...   2  2  ...  =  2 2 > 5.6 6.7 7.8 100.101 5 101 5 6 7 100 C> 1 1 1 1 1  >  = 5 101 5 30 6 (1) (2) 17 Từ (1) và (2) Ta có 1 6 1 - Xem thêm -