MỤC LỤC
I. Mục lục
1.2. Lý do chọn đề tài
1.3.Đỗi tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1.5. Những điểm đổi mới của SKKN
II. Nội dung SKKN
2.1. Cơ sở lý luận của SKKN
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi nghiên cứu
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
2.4. Hiệu quả của SKKN
III. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
3.3. Tài liệu tham khảo

1
2
2
2
3
3
3
3
5
18
18
18
19
19


gọn ta được một số ít số hạng mà ta dễ dàng tính được hoặc làm xuất hiện các
dãy số mà ta dễ dàng tính được hoặc là ta phải phân tích các phân số thành một
tích như thế nào đó để có thể rút gọn được. Nhưng biến đổi như thế nào để xuất
hiện các hạng tử đối nhau hoặc các dãy số dễ dàng tính được lại là vấn đề không
đơn giản mà học sinh hay mắc phải. Tôi xin đưa ra đề tài: “Phát triển tư duy
cho học sinh lớp 6A3 trường THCS Nguyễn Văn Trỗi thông qua giải bài toán
số học”. Ở đề tài này tôi xin đưa ra vài bài toán mang nội dung tính tổng theo
quy luật và một số bài toán tìm tích để giới thiệu cách khai thác kết quả, mở
rộng bài toán và xây dưng bài toán gốc (bài toán tổng quát) để giải một loạt các
bài toán tương tự nhằm mục đích phát huy trí tuệ sáng tạo của học sinh, rèn
luyện năng lực tư duy cho học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Tập trung nghiên cứu số học sinh lớp 6A3 trường trung học cơ sở Nguyễn
Văn Trỗi Thành phố Thanh Hóa.
Hướng dẫn các em làm một số bài tập về dãy số dễ dàng tính được lại là
vấn đề không đơn giản mà học sinh hay mắc phải
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Chủ yếu phương pháp khái quát hóa, tổng hợp hóa từ các bài tập cụ thể để
tổng kết kinh nghiệm
1.5. Những đổi mới của SKKN:
- Từ những những bài tập đơn giản trong sách giáo khoa lớp 6, Tôi đã
tổng kết kinh nghiệm và đưa ra những “nhận diện” đặc chưng của các dạng bài
toán về dãy số, giúp học sinh hiểu và làm tốt hơn những dạng bài toán này.
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2


2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Trước đây việc dạy học toán thường sa vào phương pháp đọc chép áp đặt
kiến thức, học sinh lĩnh hội kiến thức một cách bị động, người giáo viên thường

trình Đại số cấp THCS chỉ đề cập đến phương trình bậc bốn đặc biệt .
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
2.2.1. Thuận lợi:
- Qua nhiều năm giảng dạy Toán 6 và bồi dưỡng, nâng cao chất lượng cho
học sinh khá giỏi lớp 6 đã giúp tôi nhận thấy được một số điểm yếu trong cách
tư duy, khai thác bài toán của các em học sinh.
- Thư viện nhà trường luôn có một số sách bồi dưỡng toán nâng cao và
các tài liệu có liên quan.
- Nhà trường luôn tạo điều kiện thuận lợi để tôi viết đề tài.
- Các em học sinh học giỏi toán thì không nhiều nhưng các em rất chăm
ngoan, chịu khó học tập, biết tiếp thu và nghe lời thầy cô giáo.

3


- Gia đình học sinh luôn tạo điều kiện để các em học tốt môn toán cũng
như các môn học khác.
2.2.2. Khó khăn:
- Đối với học sinh khối 6 cũng như các khối 7, 8, 9 việc được học toán
nâng cao là rất ít, vì không có lớp chọn cho các đối tượng này. Giáo viên chủ
yếu dạy lồng ghép vào các lớp học đại trà, nên không được chuyên sâu nâng cao
cho học sinh giỏi toán.
- Đối với Nhà trường thì chưa thực hiện các kì thi riêng chọn học sinh giỏi
cấp trường và chưa tổ chức được lớp chọn dành cho học sinh giỏi.
2.2.3. Khảo sát học sinh:
Trước khi triển khai chuyên đề tôi đã tiến hành kiểm tra sự hiểu biết của
các em học sinh lớp 6A3 của nhà trường trong việc khai thác cách giải và giải
một số bài toán sau.
ĐỀ BÀI
(Thời gian làm bài 60 phút)

3 6 10
x( x + 1) 2000

1) A = 333300
3) C = 24497550
5) x = 1999

ĐÁP ÁN - BIỂU CHẤM
2 điểm
2) B = 161651
99
2 điểm
4) S =
100
1,5 điểm

2 điểm
2,5 điểm

THỐNG KÊ KẾT QUẢ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG ĐỀ TÀI
Tổng số học
Yếu kém
Trung bình
Khá
Giỏi
sinh 6A3
SL
%
SL
%

tắc dấu và quy tắc dấu ngoặc ở môn số học lớp 6.
- Rèn học sinh thói quen quan sát, nhận dạng bài toán, phân tích nhằm
phát hiện quy luật của bài toán..
- Rèn học sinh tính tự học, tự tìm tòi sáng tạo, biết cách tổ chức học tổ,
học nhóm một cách khoa học sáng tạo để tìm ra những cách giải hay.
2.3.1.2. Giải pháp cụ thể:
- Giáo viên đưa ra các bài tập để hướng dẫn cho học sinh cách làm cơ bản.
- Sau khi học sinh nắm được cách làm cơ bản rồi, giáo viên khai thác các
bài toán vận dụng tương tự.
- Tổ chức cho học sinh thảo luận làm một số bài toán tương tự như giáo
viên đã đưa ra.
- Cuối cùng giáo viên ra bài khảo sát, đánh giá kết quả để rút kinh
nghiệm.
2.3.2. Tổ chức thực hiện đề tài
2.3.2.1. Bài toán mở đầu về một số dãy số đơn giản:
     99 ×100
Bài toán 1: Tính A = 1×2 +  2 ×3 +3 ×4 +…+
Để tính A ta biến đổi A để xuất hiện các hạng tử đối nhau. Muốn vậy ta
cần tách một thừa số trong mỗi hạng tử thành một hiệu: a = b − c
Lời giải:
3A = 1×2 ×3 +  2 ×3 ×3 +  3 ×4 ×3 +L
  +  99 ×100 ×3
= 1×2 ×3 +  2 ×3 ×( 4 −1)  +  3 ×4 ×( 5 −  2 )  +L
  +  99 ×100 ×( 101 −  98 )
= 1×2 ×3 + 2 ×3 ×4 −1×2 ×3 + 3 ×4 ×5 − 2 ×3 ×4 +L
  + 99 ×100 ×101 − 98 ×99 ×100
= 99 ×100 ×101
⇒ A = 33 ×100 ×101 = 333300
Ta tổng quát thành bài toán sau:
Tính tổng:

=

Câu b:
Nhận xét: n(n+3) = n(n+1) + 2n
⇒ 1.4 +2.5 +3.6 +…………+ n(n+3) =
=1.2 +2.1 +2.3 +2.2 + 3.4 +2.3+………..n(n+1) +2n
=(1.2 +2.3 + 3.4 + ………+ n(n+1)) + 2( 1 +2 +3 +………+n)
=

n(n + 1)(n + 2)
n(n + 1)
n(n + 1)(n + 5)
+2
=
3
2
3

Lưu ý) Một số dãy số dễ dàng tính được:
1 + 2 + 3 +L
  + n ( n ∈ N* )

a + ( a + k ) + ( a + 2k ) + L + ( a + nk ) ( a,k,n ∈ N* )

Sau khi học sinh thực hiện được bài tập 1, Giáo viên có thể phát triển
thành bài toán mới chẳng hạn :
- Thay đổi giá trị các thừa số trong mỗi số hạng theo quy luật như bài tập 1
- Chứng minh rằng

A

4A = 1×2 ×3 ×4 + 2 ×3 ×4 ×4 + 3 ×4 ×5 ×4 +L + 98 ×99 ×100 ×4
= 1×2 ×3 ×4 + 2 ×3 ×4 ( 5 −1) + 3 ×4 ×5 ( 6 − 2 ) +L + 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 + L
+ 98 ×99 ×100 ×101 − 97 ×98 ×99 ×100
= 98 ×99 ×100 ×101
⇒ A = 98 ×99 ×25 ×10 = 24497550

Thay đổi khoảng cách giữa các thừa số trong mỗi hạng tử ở bài 3 ta có bài
toán 4:
Bài toán 4: Tính A = 1×3 ×5 + 3 ×5 ×7 + L + 5 ×7 ×9 + L + 95 ×97 ×99
Lời giải:
8A = 1×3×5×8+ 3×5×7×8+ 5×7×9×8+ L + 95×97×99×8
= 1×3×5×( 7+ 1) + 3×5×7×( 9− 1) + 5×7×9×( 11− 3) + L + 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+ L
+ 95×97×99×101− 3×95×97×99
= 15+ 95×97×99×101
15+ 95×97×99×101
⇒A=
= 11517600
8
Trong bài 3 ta nhân A với 4 (bốn lần khoảng cách).
Trong bài 4 ta nhân A với 8 .
Như vậy để giải bài toán dạng

n
∑ n(n+ k)(n+ 2k) ta nhân với 4k (4 lần
n=1

khoảng cách) sau đó tách:
4kn ( n + k ) ( n + 2k ) = n ( n + k ) ( n + 2k ) ( n + 3k ) − ( n − k ) ( n + k ) n ( n + 2k )

Bài toán 7: Tính A = 12 + 32 + 52 + L + 992
Lời giải:
A = 1 + 3 ×( 2 + 1) + 5 ×( 2 + 3) + 7 ×( 2 + 5 ) + L + 99 ×( 2 + 97 )
= 1 + 2 ×3 + 1×3 + 2 ×5 + 3 ×5 + 2 ×7 + 5 ×7 + L + 2 ×99 + 97 ×99
= 1 + 2 ×( 3 + 5 + 7 + L + 99 ) + ( 1×3 + 3 ×5 + 5 ×7 + L + 97 ×99 )
= 1 + 4998 + 161651
= 166650
Bài toán 8: Tính A = 1×2 ×3 + 3 ×4 ×5 + 5 ×6 ×7 + L + 99 ×99 ×100
Lời giải:
A = 1×3 ×( 5 – 3) + 3 ×5 ×( 7 – 3 ) + 5 ×7 ×( 9 − 3 ) +…+ 99 ×101×( 103 – 3 )

 = ( 1×3 ×5 + 3 ×5 ×7 + L + 5 ×7 ×9 + L + 99 ×101×103) – ( 1×3 ×3 + 3 ×5 ×3 + L + 99 ×101×3 )

= ( 15 + 99 ×101×103 ×105 ) :8 – 3 ×( 1×3 + 3 ×5 + 5 ×7 + L + 99 ×101)
  = 13517400 – 3 ×171650
=1 3002450
Thay đổi khoảng cách giữa các cơ số ở bài toán 8 ta có bài toán .
Lưu ý ) Trong bài toán 5 và 7 có thể sử dụng dãy tổng quát:
( n − a ) ( n + a ) = n2 − a2 ⇒ n2 = ( n − a ) ( n + a ) + a 2
a lµ kho¶ng c¸ch gi ÷a c¸c c¬sè.
Thay đổi số mũ của bài toán 7 ta có bài toán 9:
Bài toán 9: Tính A = 13 + 23 + 33 + L + 1003
Lời giải:
Sử dụng dãy tổng quát: ( n −1) n ( n + 1) = n 3 − n ⇒ n 3 = n + ( n −1) n ( n + 1) và sử
dụng kết quả của bài toán 8. Ta có:
A = 1 + 2 + 1×2 ×3 + 3 + 2 ×3 ×4 + L + 100 + 99 ×100 ×101

= ( 1 + 2 + 3 + L + 100 ) + ( 1×2 ×3 + 2 ×3 ×4 + L + 99 ×100 ×101)
= 5050 + 101989800 = 101994850
Bài toán 10: Tính A = 13 + 33 + 53 + L + 993

...
...
...
Ta dự đoán Sn = n2
Với n = 1;2;3 ta thấy kết quả đúng
giả sử với n= k ( k ≥ 1) ta có Sk = k 2 (2)
ta cần phải chứng minh Sk + 1 = ( k +1 ) 2 ( 3)
Thật vậy cộng 2 vế của ( 2) với 2k +1 ta có
1+3+5 +... + (2k – 1) + ( 2k +1) = k2 + (2k +1)
vì k2 + ( 2k +1) = ( k +1) 2 nên ta có (3) tức là Sk+1 = ( k +1) 2
theo nguyên lý quy nạp bài toán được chứng minh
vậy Sn = 1+3=5 + ... + ( 2n -1) = n2
Tương tự ta có thể chứng minh các kết quả sau đây bằng phương pháp quy nạp
toán học .
n(n + 1)
2
n(n + 1)(2n + 1)
2, 12 + 2 2 + ..... + n 2 =
6
2
 n(n + 1) 
3, 13+23 + ..... + n3 = 

 2 
1
4, 15 + 25 + .... + n5 = .n2 (n + 1) 2 ( 2n2 + 2n – 1 )
12

1, 1 + 2+3 + .... + n =


,
10.11 10 11
11 .12 11 12

S=

,

1
1
1
=
−
99.100 99 100

Do đó :
S=

1 1 1 1
1
1
1
1
9
− + − + ....... +
−
=
−
=
10 11 11 12



1 1
1  1 1
1 
1 1
1

−
−
−

+ 
 + ........ + 
2  1.2 2.3  2  2.3 3.4 
2  n( n + 1) (n + 1)(n + 2) 

1 1
1
1
1
1
1


−
+
−
+ ...... +
−



2i + 1

1

1

Ta có : [ i(i + 1)] 2 = i 2 − (i + 1) 2 ;
Do đó

i = 1 ; 2 ; 3; ....; n

1
1
1 
1 1

) +  2 − 2  + ..... +  2 −
2
2
(n + 1) 2 
2 3 
n
1
n( n + 2)
= 1- (n + 1) 2 = (n + 1) 2

Sn = ( 1-


p n +1 − 1
n+1
Lại có (p-1)Sn = (n+1)p P −1
n +1
n +1
(n + 1) P
p −1
−
 Sn =
p −1
( P − 1) 2

d. Phương pháp tính qua các tổng đã biết
• Các kí hiệu :

n

∑a
i =1

i

= a1 + a 2 + a3 + ...... + a n

• Các tính chất :

11


n

Ví dụ 9 : Tính tổng :
Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + ......... + n( n+1)
Ta có : Sn =

n

n

i =1

i =1

∑ i(i + 1) = ∑ (i

2

n

n

i =1

i =1

+ i) = ∑ i 2 + ∑ i

Vì :
n

∑ i = 1 + 2 + 3 + .... + n =


i =1
n

i =1

∑ i(3i − 1) = ∑ (3i

2

− i)

n

2
= 3∑ i − ∑ i
i =1

i = =1

Theo (I) ta có :
Sn =

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

Ví dụ 11 . Tính tổng

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 công thành dãy tính cộng và trừ.

12


Trước tiên, cho học sinh tiếp cận và chứng minh công thức tổng quát từ
những bài toán đơn giản. Có thể yêu cầu học sinh thực hiện bài toán sau :
Chứng tỏ rằng:
1
1
1 1
1
=
;
− =
;
2 1.2
2 3 2 .3
...........
1
1
1
−
=
n n + 1 n.( n + 1)

1−

1
+
+
+ ... +
1.2 2.3 3.4
100.101
1
1
1
1
1  1 1
100

 
 1 1
 1
−
=
= −
=  −  +  −  +  −  + ... + 
1 2   2 3   3 4 
 100 101  1 101 101

S=

+) Bài toán tổng quát:
1

1



b) Ví dụ 2:
Tính tổng: P =

2
2
2
2
+
+
+ ... +
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
2
1 1
2
1
1
= − ;

= 1−

1
100
=
101 101

+) Bài toán tổng quát:
2

2

1 1
1 3

1
3

2

2

2

Tính tổng: P = 1.3 + 3.5 + 5.7 + ... + 99.101 + ... + n.(n + 2) (n lẻ)
1
5

1
5

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

1
1
1
1
+
+
+ ... +
1.6 6.11 11 .16
496.501

Tương tự như bài trên ta tách từng phân số thành hiệu của 2 phân số, ta nhận
1
1

1
6

5
1 1 1
1
=> ( − ) =

1
1
1
+
+
+
+ ... +
6 66 176 336
2484966
1
1
1
1
+
+
+ ... +
=
1.6 6.11 11 .16
496.501
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 1
1
−
)
= ( − ) + ( − ) + ( − ) +…+ (
5 1 6 5 6 11 5 11 16
5 496 501
1
1 

1
1 1 1 1 1 1
−
)
( − ) + ( − ) +…+ (
5 (5n − 4 (5n + 1)
5 1 6 5 6 11
1  1 5n
1
n
= .
= 1 −
=
5  5n + 1  5 5n + 1 5n + 1

=

Lưu ý :

n 1 1
= −
ab a b

thì n = b – a

d) Ví dụ 4:
Tính tổng : B =

1
1

1 1
1 
1
−
=
=> 
−
=
…
23 3.4 2.3.4
2  2.3 3.4  2.3.4
1
1
2
1 1
1 
1
−
=
=> 
−
=
37.38 38.39 37.38.39
2  37.38 38.39  37.38.39
1
1
2
Tổng quát ta có thể áp dụng: n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)

Ta thấy:

−

=  −
2  1 .2 2 .3 2 .3 3 .4
37.38 38.39 
1 1
1  11
1 
=  −

=  −
2  1.2 38.39  2  2 38.39 
1 741 − 1 1 740 1 370 185
= .
= .
= .
=
2 38.39 2 38.39 2 741 741

B=

* Bài toán tổng quát:
1

1 1
1
1
1
1
. −

Ta xét :
1 1
3
1 1 1
1
− =
=>  −  =
5 8
5.8
3  5 8  5.8
1 1
3
1 1 1 
1
−
=
=>  −  =
8 11
8.11
3  8 11 
8.11
1 1
3
11 1
1
−
=
=>  −  =
11 14
11 .14

1 1 1 1 1 1  1  1 1 
1 1
 −  +  −  +  −  +…+  −
=
3  5 8  3  8 11  3  11 14 
3  x x + 3  1540
1.
3

1
1  = 101
1 1 1 1 1 1
 − + − + − + ... + −

x x + 3  1540
 5 8 8 11 11 14
1  = 101
1 . 1
 −

3  5 x + 3  1540
1
1 = 101 .3
−
5 x + 3 1540
1
1 = 303
−
5 x + 3 1540
1 = 1 303 = 5

3 1.3
8 2.4 15 3.5
9999 99.101
= 2 ; 2 = 2 ; 2 = 2 .... ;
=
.
2
2
2
3
3
4
4
100 2
100 2

VD:

Sau đó ta lập ra ở tử và mẫu hai dãy thừa số để có thể rút gọn được. Hướng
dẫn cho học sinh rằng các thừa số thứ nhất của tử thuộc dãy các thừa số thứ
nhất, còn các thừa số thứ 2 thuộc dãy các số thứ 2. Từ đó ta có kết quả bài toán.
*) Cách giải:
3 8 15 9999
1.3 2.4 3.5
99.101
1.2.3....99 3.4.5....101
. 2 . 2 ....
.
=
2 .


A=

3.5
(n − 1).(n + 1)
2 …
4
n2
n +1
2n

(n ≥ 2 )

b) Ví dụ 2:



Tính tích : B = 1 −

1 
1 
1  
1 
.1 − 1 − ....1 −

21   28  36   1326 

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



5.8 6.9 7.10
50.53
.
.
….
, đến đây các
6.7 7.8 8.9
51.52

thừa số viết trước ở tử và mẫu là dãy tích ở tử và mẫu của phân số thứ nhất, các
thừa số viết sau ở tử và mẫu là dãy các tích ở tử và mẫu của phân số thứ 2. Từ
đó ta có kết quả của bài toán.
*) Cách giải
1 
1 
1  
1 
20 27 35 1325

. . ....
.1 − 1 − ....1 −
 =
21 28 36 1326
 21   28  36   1326 
5.8 6.9 7.10
50.53
5.6.7....50 8.9.10.....53
5 53 265
.


4)
5)

T ×mx biÕt:
2
2
2
4020
+
+L +
=
1+ 2 1+ 2 + 3
1 + 2 + 3 + ... + x 2010
Chứng minh rằng :

100 - 1 + + + ... +


1
2

1
3

1  1 2 3
99
 = + + + ... +
100  2 3 4
100

- Nhìn chung đa số các em biết vận dụng cách tính tổng trong việc chứng
minh đẳng thức và tìm số.
3. KẾT LUẬN, KIỆN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Thông qua việc nghiên cứu đề tài và những kinh nghiệm từ thực tiễn
giảng dạy, tôi xin rút ra một số kinh nghiệm sau:
Như vậy, từ những điều đã học bằng phương pháp suy nghĩ cơ bản đặc
biệt hoá, tổng quát hoá, tương tự ta tìm ra nhiều điều giúp ta nhìn thấy sự liên hệ
giữa các vấn đề với nhau. Nhờ các phương pháp đó chúng ta có thể mở rộng,
đào sâu thêm kiến thức bằng cách nêu lên và giải quyết những vấn đề tổng quát
hơn, những vấn đề tương tự hoặc đi sâu vào những trường hợp đặc biệt có ý
nghĩa. Điều đó vừa làm cho người thầy có cái nhìn sâu hơn, rộng hơn về một
vấn đề, một bài toán, đồng thời tạo cho học sinh biết cách học, cách suy nghĩ và
giải quyết một vấn đề hoặc tự mình có thể đặt ra và giải quyết các vấn đề mới từ
các vấn đề đã học. Từ đó nâng cao chất lượng dạy và học. Việc giảng dạy, đặc
biệt là giảng dạy bồi dưỡng học sinh mũi nhọn, rút ra kinh nghiệm phát triển tư
18


duy cho học sinh qua việc khai thác bài toán phải là việc làm thường xuyên
trong từng tiết giảng, đòi hỏi người giáo viên phải đầu tư nhiều thời gian nghiên
cứu tài liệu cùng với sự sáng tạo của mình để tổng hợp, sắp xếp các nhóm bài
tập hợp lý. Phải luôn đưa học sinh vào tình huống có vấn đề cần giải quyết vừa
sức với các em, trên cơ sở đó rèn kỹ năng và phát huy được sự năng động, sáng
tạo vốn có của các em học sinh .
3.2. Kiến nghị:
- Đưa đề tài ra thảo luận trước tổ chuyên môn, sau đó là thảo luận ở hội
đồng khoa học nhà trường để điều chỉnh bổ sung những phần kiến thức hoặc nội
dung còn thiếu của đề tài.
- Sau khi điều chỉnh xong thì thống nhất triển khai áp dụng trong việc bồi