Phát triển một số bài tập toán nhằm phát huy tính tích cực của học sinh THCS

Tập trung dạy cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ sở để người học tự cập nhật và đổi mới tri thức, kỹ năng, phát triển năng lực.” Vì vậy nhiệm vụ của người giáo viên ngày na

MỤC LỤC

6 1.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm 3

8 2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 3

9 2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 3

10 2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 3

11 2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường 13

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lí do chọn đề tài

Nghị quyết 29 của Hội nghị TW 8 (khóa XI) năm 2013 về đổi mới căn bản toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa- hiện đại hóa trong điều kiện kinh tế thị trường, định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế đã đưa ra giải pháp là: “Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo và vận dụng kiến thức, kỹ năng của người học; khắc phục lối truyền thụ áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc Tập trung dạy cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ

sở để người học tự cập nhật và đổi mới tri thức, kỹ năng, phát triển năng lực.”

Vì vậy nhiệm vụ của người giáo viên ngày nay không những phải cung cấp cho học sinh một vốn tri thức cơ bản mà điều quan trong là còn phải trang bị cho học sinh khả năng tự làm việc, tự nghiên cứu để tìm hiểu và tự nắm bắt thêm tri thức Như chúng ta biết phương pháp giáo dục ngày nay phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học, bồi dương năng lực tự học, lòng say mê học tập, ý chí vươn lên

Thực tế cho thấy rằng môn Toán có một vai trò quan trọng trong việc phát triển năng lực tư duy, năng lực sáng tạo cho học sinh Đặc biệt bài tập toán có thể rèn luyện cho học sinh những thao tác trí tuệ, hình thành những phẩm chất

tư duy khoa học Chính vì vây, đòi hỏi người thầy khi dạy môn Toán cho học sinh cần phải dạy cách suy nghĩ, tính sáng tạo, khơi gợi cho học sinh khả năng

tư duy, tìm tòi khám phá

Hiện nay số lượng bài tập môn toán cho từng chủ đề là khá nhiều, tuy nhiên với thời lượng dạy ít đa số giáo viên chỉ tập trung dạy cho học sinh hiểu, giải theo một cách hoặc chỉ trong giới hạn bài toán đó mà ít tìm cách gợi mở cho học sinh tìm tòi và phát triển bài toán ấy

Với băn khoăn trăn trở đó tôi đã cố gắng nghiên cứu tìm tòi phát triển các bài tập môn toán thường gặp trong quá trình dạy học Đề tài tôi nghiên cứu là:

“Phát triển một số bài tập toán nhằm phát huy tính tích cực của

học sinh trung học cơ sở”.

1.2 Mục đích nghiên cứu

Mục đích nghiên cứu đề tài là khai thác một số bài tập toán thường gặp, phát triển thêm các bài, các ý khác nhau trên cơ sở bài toán cũ nhằm tạo nên sức lôi cuốn trong giờ học, kích thích tư duy của học sinh, tác động đến mọi đối tượng học sinh Đồng thời giúp người thầy chủ động hơn khi lựa chọn bài tập trong một tiết dạy

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

Đề tài chỉ tập trung nghiên cứu tìm lời giải cho một số bài toán trong chương trình thường gặp Thực nghiệm vào giảng dạy qua các năm học, đặc biệt

là năm học 2016-2017 ở học sinh trường THCS Quảng Thành- TP Thanh hóa

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Trong sáng kiến tôi đã sử dụng phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết, phương pháp điều tra, thực nghiệm, phân tích và tổng kết kinh nghiệm

1.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.

Sáng kiến đã lựa chọn những bài toán hay, thường gặp phát triển bài toán trên cơ sở lời giải phù hợp với trình độ học sinh, phân tích lời giải, chỉ rõ ưu điểm và nhược điểm của cách khai thác

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

Sáng tạo là cấp độ cao nhất của tính tích cực Học không phải là tiếp thu kinh nghiệm sẵn có của nhân loại mà chính là sự sáng tạo lại

Tâm lý học và lý luận dạy học hiện đại khẳng định rằng: Con đường hiệu quả để học sinh nắm vững kiến thức và phát triển được năng lực sáng tạo là phải đưa học sinh vào vị trí của chủ thể hoạt động nhận thức, thông qua hoạt động tự lực của bản thân mà chiếm lĩnh kiến thức, phát triển năng lực sáng tạo và hình thành phẩm chất

Trong quá trình giảng dạy tôi nhận ra rằng: khai thác lời giải của bài tập toán góp phần quan trọng trong việc hình thành và phát triển năng lực tư duy của học sinh, đặc biệt là các phẩm chất trí tuệ như: Phân tích tổng hợp, trừu tượng hoá, khái quát hoá… khai thác lời giải của bài tập toán còn hình thành và cũng cố cho học sinh những tri thức và kỹ năng, kỹ xảo của môn học Giáo dục cho học sinh thế giới quan duy vật biện chứng

Bên cạnh đó việc khai thác lời giải của bài tập toán sẽ mang lại thành công rất lớn cho mỗi tiết dạy, giúp người thầy tận dụng được tối đa thời gian 45 phút của một tiết dạy để tác động đến cả 3 đối tượng học sinh khá giỏi, trung bình và yếu kém, rút ngắn được thời gian ra đề bài mà vẫn bao quát được lượng kiến thức cần truyền thụ cho học sinh

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

Trong quá trình dạy học tôi nhận ra rằng phần lớn học sinh có thể tiếp thu được kiến thức mà người thầy truyền thụ Song việc tiếp thu còn mang tính chất thụ động, điêù đó thể hiện ở chỗ học sinh có thể giải được các bài tập đơn giản dưới dạng áp dụng thuật toán, hoặc bài tập đã được thầy hướng dẫn Nhưng khi gặp các bài tập tương tự hoặc các bài tập mang tính tổng hợp từ các bài toán quen thuộc thì không thể giải quyết được Nguyên nhân chính là bản thân học sinh chưa được làm quen với cách tìm tòi, khai thác sâu lời giải của bài toán, tìm thêm các kết quả khác của bài toán Với thực trạng đó tôi mạnh dạn trình bày những kinh nghiệm về khai thác lời giải của bài tập toán mà tôi đã áp dụng thành công để giải quyết vấn đề trên

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

Để làm rõ hơn về vấn đề này tôi xin đưa ra một số bài tập sau và những cách khai thác lời giải của từng bài tập, mà tôi đã áp dụng

Bài tập 1: ( Bài 30 SGK tập 1 toán 9 phần Hình học trang 116 )

Cho nửa đường tròn O có đường kính AB Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn( M khác A, B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn,

nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D Chứng minh rằng:

a/ CODˆ = 90o

b/ CD = AC + BD

c/ Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.

Sau đây là lời giải của bài toán này

a/ Chứng minh: C OD 90 0

Vì CM và CA là 2 tiếp tuyến cắt nhau => OC là

phân giác A OM

Tương tự OD là phân giác B OM

Mà A OM kề bù với M ˆ O B  OC  OD

Hay C Oˆ D 90 0

b/ Chứng minh: AC + BD = CD

Vì CM = CA, DM = DB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt

nhau)

 CM + MD = CA + DB Hay CD = CA + DB

c/ Chứng minh: AC.DB không đổi khi M di chuyển

trên (O)

Ta có AC.DB = CM.MD

Mà COD có MOCD (bán kính vuông góc với

tiếp tuyến tại tiếp điểm)

=> CM.MD = OM2 hay AC.DB = OM2 không đổi

O

M

y x

D C

B A

Cũng với đề bài trên ta có thể khai thác bài toán theo các mức độ tiếp thu của học sinh như sau:

Cho nửa đường tròn O có đường kính AB Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn( M khác A, B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn,

nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D Chứng minh rằng:

d/ Đường tròn tâm I có đường kính CD tiếp xúc với AB

e/ Gọi N là giao điểm của AD và BC Chứng minh:

* MN vuông góc với AB

* MN = NH

g/ Tìm vị trí của M trên nửa đường tròn để hình thang ABDC có chu vi nhỏ nhất

Hướng dẫn:

d/ Vì C OD 90 0=>COD vuông tại O I là trung

điểm của CD nên IC = IO = ID => O thuộc đường

tròn đường kính CD

Mặt khác: ABDC là hình thang vuông, OI là đường

trung bình của hình thang nên OI // BD => OI

vuông góc với AB

Vậy AB là tiếp tuyến của (I;

2

CD

) e/ Ax // By nên theo Ta let ta có:ND DB

NA  AC (1)

Ta lại có DB = MD, AC = MC (2)

I

H

N M

O

D

C

y x

B A

Từ (1) và (2) ta có: ND MD

NA  MC suy ra MN // AC (Định lí Talet đảo)

do ACAB nên MNAB

Theo dịnh lí Ta lét: MN CN AN NH

BD  CB  AD  BD suy ra MN = NH

g/ Chu vi tứ giác ABCD là PABDC = AB + AC + BD + CD

ta có AB + CD = CM + MD = CD nên

PABDC = AB + 2 CD do AB không đổi => PABDC nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất

=> CD = AB => CD // AB Hay M là điểm chính giữa của cung AB

Với cách khai thác trên ta thấy có những ưu điểm sau:

Thứ nhất: Bài toán trên đã gắn liền với chuẩn kiến thức, đây là bài tập của

phần luyện tập “ Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau” Bài toán này vừa có tác dụng cũng cố kiến thức, vừa rèn luyện kĩ năng chứng minh hình học cho học sinh Đồng thời việc khai thác thêm các lời giải đã bao quát được rất nhiều kiến thức của bộ môn hình học mà các em đã được học ở những năm học trước

Thứ hai: Bài toán đã tác động được cả 3 đối tượng học sinh Đối với những

học sinh trung bình và yếu kém thì các câu a, b là hoàn toàn phù hợp, dưới sự hướng dẫn của giáo viên các em có thể tiếp thu được Đối với những học sinh khá giỏi thì việc lựa chọn các câu c, d, e, g sẽ tạo cho các em hứng thú học tập, tránh được sự nhàm chán trong giờ học Thậm chí giáo viên cũng có thể yêu cầu các em tìm thêm những kết quả khác của bài toán này Như vậy sẽ phát huy được tư duy, tính sáng tạo của các em

Thứ ba: Việc khai thác lời giải, khai thác các kết quả khác nhau của bài toán

sẽ tiết kiệm được thời gian ra đề bài, giờ học sẽ không bị gián đoạn, và giúp cho người thầy không bị lúng túng khi lựa chọn hệ thống bài tập Đặc biệt nếu áp dụng cho giờ luyện tập hoặc ôn tập chương thì kết quả thu được sẽ rất lớn

Tuy nhiên không phải bài tập nào cũng khai thác được lời giải, do vậy người thầy cũng cần phải lựa chọn bài tập phù hợp để tránh gây phức tạp thêm Bên cạch đó người thầy chỉ nên chọn một hoặc hai cách khai thác trong một tiết học, những kết quả khác có thể giao cho học sinh tìm hiểu

Bài toán trên còn có một số cách khai thác sau :

Cho nửa đường tròn O có đường kính AB Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn( M khác A, B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D

a/ Chứng minh: AMB đồng dạng với COD

b/ Chứng minh: Các tứ giác ACMO và BDMO nội tiếp

c/ AM cắt OC tại E, BM cắt OD tại F Tứ giác OEMF là hình gì?

d/ Tìm vị trí của C và D để hình thang ABDC có chu vi bằng 14cm

Biết AB = 4cm

Bài tập 2: (Bài số 3 Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH năm 2004 - 2005)

Cho phương trình: x2 - (m +1)x + 2m - 3 = 0

1/ Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

2/ Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x1, x2 của phương trình sao cho hệ thức

đó không phụ thuộc vào m

Lời giải

1/ Ta có: = [- (m +1)]2 – 4(2m - 3) = m2 + 2m + 1 – 8m + 12

= m2 – 6m + 13 = m2 – 6m + 9 + 4 = (m – 3)2 + 4 > 0 với mọi m Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

2/ Vì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt nên theo định lí Vi ét ta có: x1 + x2 = m + 1 (1)

x1 x2 = 2m – 3 (2)

Từ (1) ta có m = x1 + x2 – 1 thay vào (2) ta được:

x1 x2 = 2(x1 + x2 – 1) – 3

�x1 x2 = 2(x1 + x2) – 5 Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm mà không phụ thuộc vào m

Để bài toán này tác động đến mọi đối tượng học sinh và đặc biệt là học sinh yếu kém ta nên đưa thêm vào câu sau: Giải phương trình khi m = 3 Với câu này mọi học sinh đều có thể giải quyết được

Sau đây là một số cách khai thác thêm lời giải của bài toán này:

3/ Tìm m để tổng bình phương các nghiệm bằng 7

4/ Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 sao cho 5x1 - x2 = 0

5/ Tìm m để phương trình có 2 nghiệm dương

Lời giải

3/ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 nên theo Vi-ét ta có:

x1 + x2 = m + 1

x1 x2 = 2m – 3

Ta có: x12 + x22 = 7 �x12 + x22 = (x1+ x2)2 – 2 x1x2 = (m+1)2 – 2(2m – 3) = 7

� m2 + 2m + 1 – 4m + 6 = 7 �m2 – 2m = 0 � m(m – 2) = 0

� m = 0 hoặc m = 2

4/ Ta có: x1 + x2 = m + 1 (1)

x1 x2 = 2m – 3 (2)

2x1 - x2 = -1 (3)

Từ (3) ta suy ra: x2 = 2x1 + 1 Thay vào (1) và (2) ta có:

11 11 

x 2x 1 m 1 3 1

(2 1) 2 3

x 2x 1 2m – 3 1 1

x m

�

1 3 ( 2 1) 2 3

3 3

m x

m

� 

�

�

�

Ta giải phương trình: .( 2 1) 2 3

m

�2m2 +3m = 18m – 27 � 2m2 - 15m + 27 = 0

 =225 – 4.2.27 = 9 � 1

15 3 9 2.2 2

m   

; 2

15 3

3 2.2

m   

Vậy m = 9

2 hoặc m = 3 thì 2x1 – x2 = -1

5/ Để phương trình có 2 nghiệm dương thì:

 > 0 m

S > 0 � x1 + x2 > 0 � m +1 > 0 � m > -1 � m 1,5

P > 0 x1 x2 > 0 2m – 3 > 0 m > 3

2

Bài tập 3: ( Bài 158 SBT Toán 8 tập 1 phần hình học trang 76)

Cho ABC vuông tại A, D là trung điểm của BC Gọi M là điểm đối xứng với D qua AB, gọi E là giao điểm của DM và AB Gọi N là điểm đối xứng ví D qua AC, là giao điểm của DN và AC

a/ Tứ giác AEDF là hình gì? Vì sao?

b/ Các tứ giác ADBM, ADCN là hình gì? Vì sao?

c/ CMR: M đối xứng với N qua A

Sau đây là lời giải của bài toán này.

a/ Tứ giác AEDF là hình chữ nhật vì có:

ˆ ˆ Fˆ 90o

    

b/  ABC có BD = DC, DE// AC nên AE = BE

Ta lại có DE = EM (D đối xứng với M qua AB)

Tứ giác ADBM có hai đường chéo cắt nhau tại

trung điểm mỗi đường nên là hình bình hành Hình

bình hành ADBM có hai đường chéo vuông góc

AB  DM nên là hình thoi

Chứng minh tương tự ta có tứ giác ADCN là hình

F N

M

D C

B A

c/ Tứ giác ADCN là hình thoi � AM// BD �AM// BC

Tương tự có AN // BC

Qua A ta có AM = BD, AN //BC nên M, A, N thẳng hàng (1)

Ta lại có AM = BD, AN = DC mà BD = DC nên AM = AN (2)

Từ (1) và (2) suy ra A là trung điểm của MN, do đó M đối xứng với N qua A

Vẫn với đề bài trên, sau đây là một số cách khai thác bài toán :

d/ Tứ giác MNCB là hình gì? Vì sao?

e/ CMR: AD, EF, CM, NB cùng đi qua một điểm

g/ Với điều kiện nào của tam giác ABC thì tứ giácAEDF là hình vuông ?

Lời giải

d/ Vì MB =AD =NC và MB // AD // NC ( do các

tứ giác ADBM, ADCN là hình thoi) nên tứ giác

MNCB là hình bình hành

e/ AFDE là hình chữ nhật nên AD cắt EF tại I

Ta có CD // AM, AC// DM � ACDM là hình

bình hành � AD cắt CM tại trung điểm mỗi

đường � CM đi qua I (I là trung điểm của CM)

Theo câu d) MNCB là hình bình hành

� CM cắt NB tại trung điểm mỗi đường

� NB đi qua I

Vậy AD, EF, CM, NB cùng đi qua I

g/ Hình chữ nhật AEDF là hình vuông

�AE = AF.

Ta lại có AE = 1

2AB, AF = 1

2AC nên AE =AF �AB = AC

Vậy nếu tam giác ABC vuông cân lại A thì AEDF

là hình vuông

E

M

B A

I

N

C

Bài tập 4: ( Bài 38 SBT Toán 8 tập 1 phần đại số trang 7 )

Cho a + b + c = 0 Chứng minh: a3 + b3 + c3 = 3abc

Sau đây là lời giải của bài toán này

Lời giải: Từ a + b + c = 0 � a + b = - c lập phương hai vế ta có:

(a + b)3 = (- c)3 � a3 + b3 + 3a2b + 3ab2 = - c3

� a3 + b3 + 3ab(a + b) = - c3

� a3 + b3 + 3ab(-c) = - c3

� a3 + b3 + c3 = 3abc

Với bài toán này, nếu ta sử dụng cách giải sau thì sẽ khai thác tốt hơn các kết quả khác của bài toán:

Từ a + b + c = 0 � a + b = - c

Ta có: a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) Thay a + b = - c vào ta được

a3 + b3 = (- c)3 – 3ab(- c) � a3 + b3 + c3 = 3abc

Sau đây là một số cách khai thác:

Cho a + b + c = 0 Chứng minh rằng

1/ a3 + a2c – abc + b2c + b3 = 0

2/ (a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 +c4)

3/ Tính giá trị của A = 2 2 2

bc ca ab

a b  c

Hướng dẫn lời giải:

1/ a3 + a2c – abc + b2c + b3 = a3 + b3 + c( a2 – ab + b2)

= a3 + b3 – (a + b)( a2–ab + b2) = a3 + b3 - (a3 + b3) = a3 + b3 - a3 - b3 = 0 2/ Vì a + b + c = 0 nên ta có: a = - ( b + c)

Suy ra a2 = b2 + 2bc + c2

a2 – b2 - c2 = 2bc

a4 + b4 + c4 – 2a2b2 + 2b2c2 - 2a2c2 = 4b2c2

a4 + b4 + c4 = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 cộng hai vế với a4 + b4 + c4

ta được: 2(a4 + b4 +c4) = (a2 + b2 + c2)2

3/ Dựa vào bài toán trên ta đặt: 1 x

a  ; 1 y

b ; 1 z

c 

� x + y + z = 0 và x3 + y3 + z3 = 3xyz

Hay 3 3 3

a b c  abc Do đó: A = abc( 3 3 3

a b c ) = abc 3 3

abc 

�

Với bài toán này chúng ta có thể khai thác bằng cách đảo lại như sau:

Cho a3 + b3 + c3 = 3abc Chứng minh: a + b + c = 0 hoặc a = b = c

Lời giải: Ta xét tích sau:

(a + b + c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = a3 + ab2 + ac2 – a2b – abc – a2c + ba2 +

b3 + bc2 – ab2 – b2c – abc + a2c + b2c +c3–abc–bc2 - ac2 = a3 + b3 + c3 - 3abc

a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = 0

Suy ra a + b + c = 0

Hoặc a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = 0 �(a – b)2 + ( b – c)2 +(c – a)2 = 0

tức là a = b = c

Từ cách khai thác này ta lại có thể phát triển bài toán theo nhiều hướng mới :

Cho a3 + b3 + c3 = 3abc Tính giá trị của biểu thức:

A = 1 a 1 b 1 c

�  ��  ��  �

Lời giải: Vì a3 + b3 + c3 = 3abc � a3 + b3 + c3 - 3abc = 0

�(a + b + c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = 0

� a + b + c = 0 hoặc a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = 0

* Nếu a + b + c = 0 � A = (b a) (c b) (a c)

 �  � 

� A = ( ) (c a) ( )b 1

 �  �   

*Nếu a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = 0 thì a = b = c

Khi đó A = 1 a 1 b 1 c

�  ��  ��  �

� �� �� � = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8 Với dạng của bài toán này ta có thể khai thác thêm mốt số kết quả sau:

1/ Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác, và thỏa mãn điều kiện sau:

a3 + b3 + c3 = 3abc Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều

2/ Cho a + b + c = 0 Tính giá trị của A = (a – b)c3 +(b – c)a3 +(c – a)b3

Bài tập 5: ( Bài 81 SBT Toán 6 Tập 2 phần số học trang 16)

Tính 1 1;

2

2 3  ; 1 1

3 4  ; 1 1

4 5  ; 1 1

5 6 

Từ đó tính nhanh tổng sau: A = 1 1 1 1 1

2 6 12 20 30    

Lời giải: 1 1 1

2 2

  ; 1 1 1

2 3   6; 1 1 1

3 4 12   ; 1 1 1

4 5   20; 1 1 1

5 6   30

Từ đó ta có: A = 1 1 1 1 1

2 6 12 20 30     = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 3 3 4 4 5 5 6

        

A = 1 1

6

 = 5 6

Việc giải quyết bài toán trên đối với học sinh thì không có gì khó khăn Tuy nhiên từ bài toán trên giáo viên dẫn dắt và đi đến bài toán tổng quát hoặc các bài toán tương tự

1/ Tính tổng: A = 1 1 1 1 1

1.2 2.3 3.4 4.5      (n 1)n



2/ Tính tổng: B = 1 1 1 1

1.3 3.5 5.7     1999.2001

3/ Tính tổng: C = 3 3 3 3

2.5 5.8 8.11     17.20

4/ Tính tổng: D = 2 2 2 2

2.3.4 3.4.5 4.5.6    � �  38.39.40

Hướng dẫn

1/ A = 1 1 1 1 1

1.2 2.3 3.4 4.5      (n 1)n

 =

1 2 2 3 3 4 4 5          � �n 1 n



A = 1 1

n

 = n 1

n



2/ B = 1 1 1 1

1.3 3.5 5.7     1999.2001

=> 2B = 2 2 2 2

1.3 3.5 5.7     1999.2001 = 1 1 1 1 1 1 1 1

1 3 3 5 5 7       � �  1999 2001 

=> 2B = 1 1

1 2001  = 2000

2001 => B = 1000

2001

3/ C = 3 3 3 3

2.5 5.8 8.11     17.20 = 1 1 1 1 1 1 1 1

2 5 5 8 8 11       � �  17 20 

C = 1 1 10 1 9

2 20   20 20   20

2.3.4 3.4.5 4.5.6    � �  38.39.40

Ta có: 2 1 1

2.3.4  2.3 3.4  ; 2

3.4.5 = 1 1

3.4 4.5  ; …… ; 1 1 1

38.39.40  38.39 39.40 

=> D = 1 1

2.3 3.4  + 1 1

3.4 4.5  + 1 1

4.5 5.6  +… + 1 1

38.39 39.40 

=> D = 1 1

2.3 39.40  = 260 1 259

39.40   1560

Bài tập 6: (Bài 67, Toán Bồi dưỡng học sinh lớp 8- Vũ Hữu Bình)

Cho x, y, z thỏa mãn điều kiện: 1 1 1x  y z x y z 1

Chứng minh rằng: x3 + y3 +z3 = (x + y + z)3

Lời giải : Từ 1 1 1x  y z x y z 1 <=> 1 1x y x y z 1 1z

x y

<=> 2

xy xz yz z

  <=>

2 2

xy xz yz z

x y

xy xz yz z

  

 

x y 0

x y y z x z 0 y z 0        

x z 0

 

�

�

�  

�

* Nếu x + y = 0 => x3 + y3 +z3 = (x + y + z)3