Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Một số kinh nghiệm trong việc dạy dãy số viết theo quy luật

Chia sẻ: Khánh Thành | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:23

Thêm vào BST

Báo xấu

23
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm là 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 toán đó để chuyển thành dạng toán mới cùng với các phương pháp cụ thể và các bài tập mở rộng, nâng cao cùng dạng cho học sinh khá giỏi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Một số kinh nghiệm trong việc dạy dãy số viết theo quy luật

1. PHẦN MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên có tính thực tiễn cao. Từ lâu, con người đã vận dụng kiến thức Toán học để tính toán, giải quyết các vấn đề trong tự nhiên và trong thực tiễn của cuộc sống. Có thể khẳng định rằng: Tất cả các môn khoa học khác đều liên quan mật thiết với Toán học. Vì vậy, việc giảng dạy Toán học phải hướng tới một mục đích lớn hơn, đó là thông qua việc dạy học Toán để phát triển trí tuệ, phát huy trí thông 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 vô cùng phong phú và luôn mới mẻ. Mục tiêu giáo dục thay đổi, yêu 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 quá trình đổi mới phương pháp dạy học, đã có nhiều giáo sư tiến sỹ, các nhà khoa học chuyên tâm nghiên cứu, thí điểm và triển khai đại trà về đổi mới phương pháp dạy học. Để đáp ứng yêu cầu đổi mới căn bản và toàn 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 môn học phải theo hướng tích cực hoá 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 tòi, 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 môn toán trong trường phổ thông, dạy toán là dạy hoạt động toán học. Đối với học sinh có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Quá trình giải toán là quá trình rèn luyện phương pháp suy nghĩ, phương pháp tìm tòi và vận dụng kiến thức vào thực tế. Thông qua việc giải toán để củng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện được những kĩ năng cơ bản trong môn Toán. 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 toàn diện. Nhưng trong quá trình học Toán 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 Toán phải có nhiệm vụ trang bị kiến thức cũng như phương pháp giải đối với từng dạng toán cho học sinh. Là một giáo viên dạy môn Toán học, sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy học sinh và học hỏi, trao đổi với đồng nghiệp, tôi nhận thấy trong việc giảng dạy phần Số học còn nhiều mảng kiến thức mà học sinh chưa có phương pháp 1
giải cụ thể như: Các bài toán chia hết, các bài toán về cấu tạo số, các dạng toán về biểu thức,... Đặc biệt là dạng toán “Dãy số viết theo quy luật”, đây là dạng toán tương đối khó đối với học sinh THCS, trong khi đó dạng toán này chưa đề cập nhiều trong sách giáo khoa, chủ yếu chỉ đưa ra một vài bài toán trong sách nâng cao, không 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 còn lúng túng, chưa định ra phương pháp giải bài tập (chưa tìm ra quy luật của dãy số). Xuất phát từ thực tế đó, tôi 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 cô 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 tôi 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 toán đó để chuyển thành dạng toán 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 tôi đã thực hiện đối với dạy các tiết Toán trong chương trình chính khóa và day bồi dưỡng học sinh giỏi cho các em tại đội tuyển học sinh giỏi của trường nơi tôi trực đang công tác và có thể áp dụng để bồi dưỡng HSG toàn huyện. 2
2. PHẦN NỘI DUNG 2.1. Thực trạng của vấn đề Qua thực tế giảng dạy môn Toán ở trường THCS, tôi nhận thấy nội dung lượng kiến thức của bộ môn Toán 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 Toán cơ bản cho nhiều đối tượng. Như vậy không 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 xuyên 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 không 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 tôi 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
toán, kĩ năng vận dụng kiến thức và phương pháp vào giải bài tập, kĩ năng trình bày bài còn hạn chế. Qua kết quả đại trà các năm trước và khảo sát số học sinh khá, giỏi tôi nhận thấy do những nguyên nhân sau: * Về phía giáo viên: Việc đánh giá chất lượng học sinh có lúc còn 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 công tác bồi dưỡng HSG. * Về phía học sinh: Do học sinh chưa ham học, chỉ làm những gì giáo viên giao, ý thức tìm tòi, ham hiểu biết chưa hình thành thói quen ở các em.Kiến thức học sinh còn chưa đồng đều. * Nguyên nhân khác: Do một số phụ huynh học sinh chưa nhận thức sâu sắc về ý nghĩa và tầm quan trọng của việc học Toán, 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 B A B (M 0) M M M A B A B (M 0, A B) M M 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 c. Nhân các phân số: . (B, D 0) B D B.D A C A.D d. Chia 2 phân số: : (B, C, D 0) B D B.C 2.2.1.3. Tính chất cơ bản của phép cộng và phép nhân phân số a. Tính chất giao hoán: a c c a Phép cộng: (b, d 0) b d d b a c c a Phép nhân: . . (b, d 0) b d d b b. Tính chất kết hợp: 4
a c m a c m Phép cộng: (b, d, n 0) b d n b d n a c m a c m Phép nhân: . . . . (b, d, n 0) b d n b d n c. Tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng (trừ): a c m a m c m . .. . (b, d, n 0) b d n b n d n 2.2.1.4. Các phép tính về lũy thừa a. Định nghĩa luỹ thừa với số mũ tự nhiên an = a .a.........    a (n N*) 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 (x N*) n a an (b ≠ 0, n ≠ 0) b bn xo = 1 xm . xn = xm+n xm xm n xn (x ≠ 0) 1 xn = (x ≠ 0) xn (xm)n = xm.n (x.y)m = xm. ym n x xn (y ≠ 0) y yn 2.2.1.5. Bất đẳng thức: Bất đẳng thức có dạng a > b, 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 không đổi Dãy số cách đều có thể là hữu hạn có thể là vô hạn Các số hạng của dãy số cách đều thường được kí hiệu là U1; U2; U3 ..... Un Dãy số cách đều còn được gọi là một cấp số cộng, số d không đổi nói tới trong định nghĩa gọi là công sai của cấp số cộng b. Tìm số hạng thứ n của dãy số cách đều Công thức Un = U1 + (n1)d Tìm số số hạng của một dãy số cách đều hữu hạn: U n U1 Công thức n = 1 d d. Tính tổng các số hạng của một dãy số cách đều n(U 1 U n ) Công thức: Sn= 2 2.2.2 Trang bị các dạng toán 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. Công 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 an − a1 Từ (I) ta có: n = + 1 (II) d Công 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 (a1 + an ) Do đó: S = (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 công 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 công 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 không? 1;1 + 2;1 + 2 + 3;1 + 2 + 3 + 4;... n(n + 1) Hướng dẫn: Số hạng thứ n của dãy bằng: 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 vô lí vì n(n + 1) chỉ tận cùng bằng 0, hoặc 2, hoặc 6. Bài 3. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số 100! chứa thừa số nguyên 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 5.7 992 Do đó số hạng thứ 98 có dạng . 98.100 22 32 42 52 62 992 A= �� L 99 Ta cần tính: 1.3 2.4 3.5 4.6 5.7 98.100 Kết quả A = 50 2.2.2.2. Dạng 2: Tính tổng của các lũy thừa với cơ số là số tự nhiên 7
* Bài toán tổng quát: 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 . a 2n 1 1 Ta nhân cả 2 vế của P với a. Rồi cộng vế với vế ta được P= . a 1 * Khai thác bài toán: 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 5101 − 1 => 5A A= 5101 1 => A= 4 b. 10B = 10 – 102 + 103 104 + 105 … 10100 + 10101 10101 + 1 => 10B + B = 10101 + 1 => 11B = 10101 + 1 => B= 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 10941 − 1108 108 b. S = 1 – 109 + 1092 1093 + … + 109108 (S N) => 109.S = 109 1092 + 1093 … 109108 + 109109 => 109.S + S = 109109 + 1 109109 + 1 => S = N 109109 + 1110 110 * Bài toán tổng quát: Tính tổng: S = 1 + ad + a2d + a3d + … + and a 1; n N . n 1d a 1 Ta nhân cả 2 vế của S với ad. Rồi trừ vế với vế ta được S = d . a 1 Tính tổng: P = 1 ad + a2d a3d + … + a2nd a 1; n N . 8
2n 2 d a 1 Ta nhân cả 2 vế của P với ad. Rồi cộng vế với vế ta được P= d . a 1 * Khai thác bài toán: Vì S, P là các số nguyên 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) 4102 − 1 15.A = 4102 1 => A = 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) 102 −5102 + 1 126.B = 5 + 1 B = 126 * 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: n * Tổng của tích hai thừa số 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 = 100.101.102 100.101.102 => A = = 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 quát như sau: n 1n n 1 A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + (n 1)n = 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 toán tổng quát: 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 toán tổng quát: 22 + 42 + 62 + ... + (2n)2 = 22(12 + 22 + 32 + … + n2) 22 n. ( n + 1) . ( 2n + 1) 2n. 2n 1 2n 2 = = 6 6 Vận dụng 3: Tính tổng 12 + 32 + 52 + ... + 992 Hướng dẫn: 12 + 32 + 52 + ... + 992 = (12 + 22 + 32 + ... + 1002) – (22 + 42 + 62 + ... + 1002 ) *Bài toán tổng quát: 12 + 32 + 52 + ... + (2n + 1)2 12 + 22 + 32 + ... + ( 2n + 2 ) �− � 2 2 + 4 2 + 6 2 + ... + ( 2 n + 2 ) � 2 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 1 97.33.101 A = 161651 2 n * Tổng của tích ba thừa số 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: n 1n n 1 n 2 A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + (n 1)n(n + 1) = 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 15 + 95.97.99.101 � A= = 11 517 600 8 Thay đổi sự kế tiếp lặp lại ở các thừa số trong bài toán 1 ta có bài toán: 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 toán 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 công thức tổng quát sau, áp dụng vào từng bài toán cụ thể. Các kiến thức 1 1 1 1) = − . n(n + 1) n n + 1 k �1 1 � 2) =k� �− �. n(n + 1) �n n + 1 � 1 1 �1 1 � 3) = ��− �. n(n + k ) k �n n + k � k �1 1 � 4) =� − �. n(n + k ) �n n + k � 1 1 1 �1 1 � 1 �1 1 � 5) = = �� − �= ��− �. 2n(2n + 2) 4n(n + 1) 2 �2n 2n + 2 � 4 �n n + 1 � 1 1 � 1 1 � 6) = � � − �. (2n + 1)(2n + 3) 2 �2n + 1 2 n + 3 � 1 1 1 7) < 2< . n.(n + 1) n ( n − 1).n (Trong đó: n, k N∗ , n > 1 ) Mở rộng với tích nhiều thừa số: 2n 1 1 a (a n)(a 2n) a ( a n) ( a n)(a 2n) 13
1 1 1 1 1 Ví dụ 1: Tính tổng: A ... 1.2 2.3 3.4 43.44 44.45 Giải: 1 1 1 1 1 1 1 1 A ... 1 2 2 3 43 44 44 45 1 44 A 1 45 45 1 1 1 1 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 +...+ a+c
Hướng dẫn giải: 1 . 2 = 2; 2 . 3 = 6; ...; 43 . 44 = 1892; 44 . 45 = 1980 Và tất nhiên ta cũng nghĩ đến bài toán ngược. 22 32 42 52 99 2 Bài 2. Cho B ... . Tìm phần nguyên của B. 1 .3 2 .4 3.5 4.6 98.100 1.4 2.5 3.6 98.101 Bài 3. Cho N ... . Chứng minh 97
1 1 1 Bài 12: Tính M ... 1.2.3.4 2.3.4.5 27.28.29.30 Ngoài ra còn có những bài tập tổng dãy các phân số, nhưng không áp dụng được các công thức tổng quát ở trên, ta áp dụng phương pháp sau: Với bài toán 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 1 1 1 2 3 99 100 1 ... ... 2 3 100 2 3 4 100 Giải: 1 1 1 1 2 3 99 100 1 ... ... 2 3 100 2 3 4 100 1 1 1 Cộng vào hai vế của đẳng thức trên với 1 ... ta được đẳng 2 3 100 thức mới như sau: 1 1 1 1 1 1 100 1 ... + 1 ... = 2 3 100 2 3 100 1 2 3 99 1 1 1 ... + 1 ... 2 3 4 100 2 3 100 1 1 2 1 3 1 99 1 100 = 1 + + + + … + 2 2 3 3 4 4 100 100 100 = 1 + 1 + 1 + 1 + … + 1 100 số 1 100 = 100 (đpcm) 1 1 1 1 3 4 Ví dụ 2: Cho S = + + + ... + . 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 = � + + + ... + �+ � + + + ... + �+ � + + + ... + � �31 32 33 40 � �41 42 43 50 � �51 52 53 60 � 10 10 10 47 48 4 => S < + + = < = ; 30 40 50 60 60 5 10 10 10 37 36 3 => S > + + = < = 40 50 60 60 60 5 1 2.2.2.5. Dạng 5: Dãy luỹ thừa với n tự nhiên. an * Bài toán tổng quát: 16
1 1 1 1 1 1 Tính tổng: S = + 2 + 3 + 4 + L + n −1 + n ; ( n ι N ∗ ; a 0) . Ta nhân cả 2 vế của a a a a a a 1 S với . Rồi trừ vế với vế, sau đó ta rút ra S. a 1 1 1 1 1 1 Tính tổng: P = + 2 + 3 + 4 + L + n −1 + n ; ( n ι N ∗ ; a 0) Ta nhân cả 2 vế của a a a a a a 1 P với . Rồi cộng vế với vế, sau đó ta rút ra P. a Ví dụ 1: Tính nhanh: 1 1 1 1 1 1 a. A = + 2 + 3 + 4 +L + 7 + 8 . 5 5 5 5 5 5 1 1 1 1 1 b. − 2 + 3 − ..... − 99 + 100 10 10 10 10 10 Giải: 1 1 1 1 1 1 a. A = + 2 + 3 + 4 +L + 7 + 8 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 � 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 B= 1− .� �: =�1− �. 10 � 10100 �10 � 10100 �11 1 1 1 1 1 Ví dụ 2: Tính: D 4 7 ... 2 2 2 210 2 58 * Bài tập áp dụng Bài 1. Tính nhanh: 1 1 1 1 1 a. B = + 2 + 3 + 4 + L + 2007 . 4 4 4 4 4 17
1 1 1 1 1 1 b. C = + 2 + 3 + 4 + L + n −1 + n ; n N ∗ . 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 0) . a a a a a a 1 1 1 1 Bài 2: Tính: C 3 5 ... 2 2 2 2 99 2 8 26 3n 1 1 Bài 3: Cho A ... . Chứng minh A n 3 9 27 3n 2 4 10 28 398 1 Bài 4: Cho B ... . Chứng minh B
1 2 3 10 Bài 5: Tính P 1 1 1 ..... 1 . 7 7 7 7 2 2 2 2 Bài 6: Tính: Q 1 1 1 ..... 1 3 5 7 2007 1 1 1 1 1 1 1 1 Bài 7: Tính: T ..... 2 3 2 5 2 7 2 99 1 1 1 1 1 B 1 1 2 1 4 . 1 8 .... 1 2 n với n N 3 3 3 3 3 2.2.2.7. Dạng 7: Tính hợp lí các biểu thức có nội dung phức tạp Phương pháp giải: M Hầu hết các biểu thức có nội dung phức tạp đều có dạng , ta biến đổi M N hoặc N, hoặc cả hai về dạng của biểu thức còn 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 1 100 100 100 100 (1 + ) + ( + ) + ( + ) +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 + + � �2 3 99 � �2 3 99 100 � 1 Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia. Vậy B = . 100 * Bài tập áp dụng: 1 1 1 100 1 ... 2 3 100 Bài 1: Tính: D 1 2 3 99 ... 2 3 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. 1 2 3 98 99 1 2 3 92 ... 92 ... 99 98 97 2 1 : 9 10 11 100 Bài 2: Tính H 1 1 1 1 1 1 1 1 ... ... 2 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 còn 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 còn lại. Mẫu thức đưa nhân tử chung ra ngoài dấu ngoặc. 2 2 2 4 4 4 2 4 19 43 1943 : 29 41 2941 Bài 3: Tính I 3 3 3 5 5 5 3 5 19 43 1943 29 41 2941 Hướng dẫn: Đưa nhân tử chung ra ngoài dấu ngoặc. 1.2 2.4 3.6 4.8 5.10 Bài 4: Tính L 3.4 6.8 9.12 12.16 15.20 Hướng dẫn: Đưa nhân tử chung ra ngoài 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 toán tính tổng hữu hạn: S = S1 + S2 + S3 + … + Sn Ta biết được kết quả (bằng cách dự đoán, hoặc bài toán 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