MỤC LỤC

TT

Nội dung

1

MỞ ĐẦU

Trang
1

1.1

Lí do chọn đề tài

1

1.2

Mục đích nghiên cứu

1

1.3

Đối tượng nghiên cứu

1


2.3

Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

3

2.4

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

19

3

KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

20

3.1

Kết luận

20

3.2

Kiến nghị

20

*Đối tượng nghiên cứu:Toán học là môn đòi hỏi có sự tư duy và sáng tạo,
song bài viết này tôi chủ yếu tập trung nghiên cứu các bài toán tính tổng theo
quy luật Các bài toán được đưa ra trong đề tài là những bài của SGK, SBT, sách
nâng cao, các bài trong các đề thi học sinh giỏi.
*Phạm vi áp dụng: Học sinh các lớp 6,7,8,9 trường THCS chúng tôi .
*Thời gian nghiên cứu và hoàn thành đề tài: Từ tháng 10/2017 đến hết
tháng 02/2019.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu qua quá trình giảng dạy, ôn thi học sinh giỏi ôn thi vào 10,
dựa vào các đề thi của các tỉnh thành
2


1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
Với đề tài “Khai thác các bài toán dãy số viết theo quy luật” nhiều
sáng kiến đã làm nhưng điểm mới của sáng kiến này là phân loại các dạng bài
tập đưa ra các bài tập từ dễ đến khó giáo viên và học sinh dễ học.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến khinh nghiệm
Theo quan điểm lí luận chung thì một trong những mục đích cần thiết và
cơ bản của phương pháp dạy học tích cực là hình thành thói quen luôn tìm tòi,
suy nghĩ khám phá nhằm phát triển tư duy, phát triển khả năng tự học, tự nghiên
cứu của người học. Từ lí luận và những kiến thức mang tính chất lí thuyết người
học có thể liên hệ và có khả năng vận dụng vào thực tiễn cuộc sống một cách có
hiệu quả.
Đối với quá trình dạy học bộ môn toán thì các vấn đề trên lại càng được
thể hiện rõ nét. Để phát huy tính tích cực suy nghĩ, tìm tòi, sáng tạo, đòi hỏi
người học phải nhìn nhận vấn đề theo nhiều góc độ, nhiều khía cạnh khác nhau.
Từ phân tích tổng hợp đến tư duy khái quát các vấn đề để từ đó tìm tòi cái riêng
trong cái chung và ngược lại. Do đó trong quá trình giảng dạy bộ môn Toán

Chứng minh
a n +1 − 1
1 + a + a + a + ... + a =
với a, n ∈ N ;a > 1
a −1
2

3

n

Giải: Nhân 2 vế của S với a ta có aS = a + a2 + a3 + a4 + ... + an +
an+1 .
Rồi trừ S ta được :
aS – S =(a + a2 + a3 + a4 + ... + an + an+1) –( 1 + a
+ a2 + a3 + ... + an )
( a – 1)S = an+1 – 1 .
VËy :

1 + a + a2 + a3 + ... + an =

II. BÀI TẬP ỨNG DỤNG

a n +1 − 1
.(1)
a −1

Dạng 1: Bài tập tính tổng các lũy thừa tăng dần
Bài 1 : TÝnh c¸c tæng sau
1.


(−3) 2005 − 1 3 2005 + 1
=
−4
4

Qua bài tập 1 và bài tập 2 ở trên ta áp dụng công thức của bài tập tổng
quát để tính tổng thì ta chỉ nhân tổng đó với đúng cơ số của nó rồi thực hiện
phép trừ
hai tổng để triệt tiêu
Bài tập áp dụng
Bài 3: Tính các tổng sau

a ) A = 1 + 7 + 7 2 + 7 3 + ... + 7 2007
b) B = 1 + 4 + 42 + 43 + ... + 4100
Giải: Giải tương tự như hai bài tập trên.
Bài 4: Tính nhanh:
A=

1 1 1
1
+ 2 + 3 + .... + 10
2 2 2
2

( Bài tập 443 trang 21 sách Nâng cao và phát triển toán 6)
Giải:
1 1 1
1
+ 2 + 3 + .... + 9

1) A = 1 + 32 + 34 + 36 + 38 + ... + 3100 .
Vấn đề đặt ra là nhân hai vế của A với các số nào để khi trừ A thì một loạt
các lũy thừa bị triệt tiêu?.Ta thấy các số mũ liền nhau cách nhau hai đơn vị nên
ta nhân A với 32, rồi trừ cho A ta được:
32A = 32 + 34 + 36 + 38 + ... + 3100 + 3102
A = 1 + 32 + 34 + 36 + 38 + ... + 3100
32A – A = 3102 – 1 .
A( 32 – 1) = 3102 – 1 .
Vậy
A = ( 3102 – 1): 8
2 ) T¬ng tù nh trªn ta nh©n hai vÕ cña B víi 72 råi trõ cho B ,
ta ®îc :
72B = 73 + 75 + 77 + 79 + ... + 799 + 7101
B = 7 + 73 + 75 + 77 + 79 + ... + 799
5


72B – B = 7101 – 7 ,
B( 72 – 1) = 7101 – 7 .
VËy B = ( 7101 – 7) : 48
Bài 5: Tính tổng
B= 1 – 23 + 26 – 29 + ....+ 296 - 299
Tổng B ta thấy quy luật là cộng rồi trừ các số ,các số mũ cũng cách nhau
3 đơn vị để triệt tiêu ta nhân B với 23 rồi cộng cho B
Từ bài tập 5 ta rút ra tổng quát như sau
P = 1 - ad + a2d – a3d ... + a2nd với a, n ∈ N ;a > 1
Ta nhân cả hai vế của P với ad. Rồi cộng vế với vế ta được P =

a (2n +1)d − 1
(2)

Với công thức (1) và mở rộng sang công thức (2) ta có thể khai thác được rất
nhiều tính tổng các lũy thừa
B. KHAI THÁC BÀI TOÁN TỐNG CÁC PHÂN SỐ TÍNH THEO
QUY LUẬT
I. LÝ THUYẾT
6


Bài tập dạng tổng quát
Cho hai phân số:

1
1
và
( n ∈ Z , n > 0)
n n +1

Chứng tỏ rằng tích của hai phân số này bằng hiệu của chúng
Giải:Ta cần chứng tỏ
1 1
1
1
.
= −
( n ∈ Z , n > 0)
n n +1 n n +1

(1)

Biến đổi vế phải của đẳng thức ta có:

1
= −
(n ∈ Z , n > 0)
n.( n + 1) n n + 1

Phương pháp giải các bài tập dạng này là khử liên tiếp
II. BÀI TẬP ỨNG DỤNG
Dạng 1. Tính tổng
Bài 1. Tính tổng sau bằng phương pháp hợp lý nhất
1
1
1
1
+
+
+ ... +
( n ∈ Z , n > 0)
1.2 2.3 3.4
n.( n + 1)
1
1
1
1
B = + + + ... +
(Đề thi giữa kì II toán 6 )
30 42 56
132
A=

Trong tổng A: Mỗi tích là 2 phân số có tử là 1 và mẫu của chúng là 2 số tự nhiên

7


1
1
1
1
+
+ + ... +
30 42 56
132
1
1
1
1
=
+
+
+ ... +
5.6 6.7 7.8
11.12
1 1 1 1 1 1
1 1
= − + − + − ... + −
5 6 6 7 7 8
11 12
1 1 12 − 5 7
= − =
=
5 12

4
4
4
4
+
+
+
+ ... +
c, C =
3.7 7.11 11.15 15.19
107.111
5
5
5
5
5
+
+
+
+ ... +
d, D =
3.8 8.13 13.18 18.23
103.108

a,

A=

Nhận xét: Phương pháp giải bài 2 là dùng công thức:
m

A= −
=
−
=
=
3 39 39 39 39 13
A=

Câu b, c, d thực hiện tương tự câu a. .
* Khi tử của các phân số trong tổng vẫn không thay đổi nhưng không
bằng hiệu hai thừa số trong mẫu, các hiệu hai thừa số ở mẫu bằng nhau, thừa số
cuối mẫu trước bằng thừa số đầu ở mẫu tiếp theo, chẳng hạnta có bài toán sau
Bài 3. Tính tổng
5
5
5
+
+ ... +
11 .12 12.13
49.50
2
2
3
3
32
+
+ ... +
b. C =
11 .14 14.17
200.203

)
= 5(
11 .12 12.13
49.50
11 .12 12.13
49.50

b. B =

1
1
1
32
32
32
+
+ ... +
)
+
+ ... +
= 3(
11 .14 14.17
200.203
11 .14 14.17
200.203

c. C =

13
13

Theo đúng quy luật của bài toán 2 và 3 ở trên
1 1 1
1
2
2
2
2
+ + + ... +
=
+ + + ... +
10 15 21
120 20 30 42
240
1
1
1 
 1
A = 2. 
+
+
+ ... +
÷
15.16 
 4.5 5.6 6.7
A=

3 3
1 1 
A = 2.  − ÷ = 2. =
16 8

7
5
3
11
+
+
+
19.31 19.43 23.43 23.57

( Tập đề thi HSG lớp 6 ).

Với bài toán này thoạt nhìn thì không thấy quy luật như bài tập 1, bài tập
2 . Với tư duy của bài tập 2 tử của phân số là 4 chính là hiệu 2 thừa số ở mẫu,
vậy thừa số ở mẫu phải là 35 và 31. Tương tự với các phân số còn lại thừa số ở
mẫu lần lượt là 35và 41, 41 và 50, 50 và 57.
Khi đó ta nhân cả tử và mẫu với 5 ta được mẫu mới lần lượt là: 35. 31; 35. 41,
41 .50, 50. 57
Giải A =

4
6
9
7
4
6
9
7
+
+
+

1
1
1
1
+
+
+ ... +
với n∈ N, n > 1
1.2.3 2.3.4 3.4.5
( n − 1).n.(n + 1)

Hướng dẫn: Giải tương tự các bài toán trên, viết các hạng tử dưới dạng hiệu
Nhận xét:
2
1
1
=
−
(n − 1).n.(n + 1) (n − 1).n n(n + 1)

với n∈ N, n > 1

(Mẫu số của mỗi phân số là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp, thì tử số phải là 2 lần
khoảng cách của các số ở mẫu)
Do đó ta có:
A=

1
1
1


* Với cách làm như trên ta có bài toán:
Bài 7. Tính tổng
B=

1
1
1
1
+
+
+ ... +
với n ∈ N, n ≥ 1
1.3.5 3.5.7 5.7.9
(2n − 1).(2n + 1).(2n + 3)

Nhận xét:
4
1
1
=
−
với n ∈ N, n ≥ 1
(2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) (2n − 1)(2n + 1) (2n + 1)(2n + 3)

(Mẫu số của mỗi phân số là tích của 3 số tự nhiên lẻ liên tiếp, thì tử số phải là 2
lần khoảng cách của các số ở mẫu)
Do đó ta có
B=


(2n − 1)(2n + 1) (2n + 1)(2n + 3) 
B=

n(n + 2)

1 1
1
 =
. −
6(2n + 1)(2n + 3)
4  3 (2n + 1)(2n + 3) 

* Tương tự ta có bài toán:
Bài 8. Tính tổng
10


C=

1
1
1
1
+
+
+ ... +
1.4.7 4.7.10 10.13.16
100.103.106

Do mẫu số là tích của các số tự nhiên cách nhau 3 đơn vị nên tử của mỗi phân số

= ( −
+
−
+ ... +
−
)
6 1.4 4.7 4.7 7.10
100.103 103.106
1 1
1
1819
= ( −
)=
6 1.4 103.106 4.103.106

* Đến đây ta đặt câu hỏi. Nếu mẫu số là tích của 4 số viết theo quy luật thì sao?
Bài 9. Tính tổng
D=

1
1
1
1
+
+
+ ... +
1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
2012.2013.2014.2015

* Cũng với cách suy luận như trên, ta thấy mẫu số của mỗi phân số là tích của 4

)
3 1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6
2012.2013.2014.2015
1 1
1
1
1
1
1
D= (
−
+
−
+ ... +
−
)
3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5
2012.2013.2014 2013.2014.2015
1 1
1
D= (
−
)
3 1.2.3 2013.2014.2015
Tổng quát:
với n ∈ N, n > 0
1
1
1
1


11


b.

1
1
1
(
−
)
với n ∈ N, n ≥ 1
4 1.2.3.4 (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
1
1
1
B=
+
+ ... +
1.3.5.7.9 3.5.7.9.11
(2n + 1)(2n + 3)(2n + 5)(2n + 7)(2n + 9)
1
1
1
= (
−
)
8 1.3.5.7 (2n + 3)(2n + 5)(2n + 7)(2n + 9)
với n ∈ N

(1)
n(n + 1) n n + 1
1
1
1
Nếu thay n bởi x thì ta có x( x + 1) = x − x + 1 ( với x ≠ 0, x ≠ −1) . Điều này sẽ

• Trở lại với công thức

giúp học sinh giải quyết một số bài toán nhằm rèn luyện phân tích đa thức thành
nhân tử
Bài 10. Rút gọn biểu thức: (với giả thiết các phân thức đều có nghĩa)
1

1

1

1

1

A = x( x + 1) + ( x + 1)( x + 2) + ( x + 2)( x + 3) + ( x + 3)( x + 4) + ...... + ( x + 6)( x + 7)
Ta nhận thấy mẫu thức các tích của hai đa thức hơn nhau một đơn vị nên ta áp
dụng bài toán tổng quát ta có lời giải sau
Giải
1

1


7

A= x − x + 7 = x( x + 7)
Bài 11. Rút gọn biểu thức (với giả thiết phân thức có nghĩa)
A=

1
1
1
1
+ 3
+ 3
+ 2
2
2
x + 6 x + 11x + 6 x + 9 x + 26 x + 24 x + 12 x + 47 x + 60 2 x + 18 x + 40
3

2

Để làm bài toán này giáo viên cần hướng cho học sinh phân tích các đa thức của
các mẫu thành nhân tử rồi tìm quy luật tách, áp dụng như các bài tập tính tổng
trên
Giải: A =

1
1
1
1
+ 3

−
+
2 ( x + 1)( x + 2) ( x + 2)( x + 3) ( x + 2)( x + 3) ( x + 3)( x + 4) ( x + 3)( x + 4)
1
1
−
+
)
( x + 4)( x + 5) ( x + 4)( x + 5)
1
1
1
*Từ công thức n(n + 1) = n − n + 1 (n ∈ Z , n > 0) tương tự ta có thể xây dựng công
=

thức với mẫu là các bình phương
1

2k + 1

1

Ta có k 2 − (k + 1)2 = k 2 (k + 1)2 (k ∈ N * )
Chứng minh công thức như sau:
2
2k + 1
k 2 + 2k + 1 − k 2 ( k + 1) − k
1
1
=

B = (1.2) (2.3) (3.4)
[ n(n + 1)]

Hướng dẫn
3

5

(n∈ N * )

2n + 1

7

B= (1.2)2 + (2.3)2 + (3.4)2 + ... + n(n + 1) 2
[
]
1

1

1

1

1

1

1

(k + 1) k − k k + 1
(k + 1) k − k k + 1
1
1
=
=
=
−
2
2
k ( k + 1)
(k + 1) k + k k + 1 (k + 1) k − k k + 1
k
k +1

Từ đó ta có thể giải quyết bài toán sau:
Bài 13: Rút gọn(Bài tập sách 23 chuyên đề toán sơ cấp)
A=

1
1
1
+
+ ... +
2 1 +1 2 3 2 + 2 3
2000 1999 + 1999 2000

Hướng dẫn:
A=



A= 1 −

1
2000 − 1 20 5 − 1
=
=
2000
2000
20 5

Ngoài các bài toán tính tổng và rút gọn áp dụng công thức
1
1
1
= −
(n ∈ Z , n > 0) ta giải các bài toán có nội dung khác nhưng khó
n(n + 1) n n + 1

hơn như chứng minh đẳng thức
Dạng . Chứng minh đẳng thức
Bài 14. Chứng minh rằng với mọi n ∈ N ta luôn có:
1
1
1
1
n +1
+
+
+ ... +

+
+
+ ... +
= .
+
+
+ ... +
÷
1.6 6.11 11.16
(5n + 1)(5n + 6) 5  1.6 6.11 11.16
(5n + 1)(5n + 6) 
1  1 1 1 1 1
1
1  1
1  1 5n + 5 n + 1
= .  1 − + − + − + ... +
−
=
÷ = 1 −
÷= .
5  6 6 11 11 16
5n + 1 5n + 6  5  5 n + 6  5 5 n + 6 5 n + 6
= VPđpcm
(
)
a )VT =

Câu b giải tương tự
Bài 15: Chứng minh rằng
1

=
+
+
+ ... +
=
30 42 56
210 5.6 6.7 7.8
14.15
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
2
= − + − + − + ... + − = − =
5 6 6 7 7 8
14 15 5 15 15
1 1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
VP = + + + +
+
=
+
+
+

hạn bài toán sau:
Bài 16. Cho biết a,b,c là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng
minh rằng:
a −b
b−c
c−a
2
2
2
+
+
=
+
+
(c − a )(c − b) ( a − b)(a − c) (b − c)(b − a ) a − b b − c c − a

Nhận xét: a - b = (c - b) - (c - a)
b - c = (a - c) - (a - b)
c - a = (b - a) - (b - c)

a −b
b−c
c−a
1
1
1
1
1
1
+


Dạng 4. Chứng minh bất đẳng thức
Ta giải bài tập ở khía cạch khác
Bài 17: Chứng minh:
A = + + +…………..+

, 2

1
B < 1 − + − + − + ... +
−
2 2 3 3 4
n −1 n
1
B < 1− < 1
n
=> B < 1

1  1 1 1
1  1  1
1
1
1
c, C = 2  2 + 2 + 2 + ... + 2 ÷ < 2 
+
+
+ ... +
÷
2 2 3 4
n  2  1.2 2.3 3.4
(n − 1).n 
b, B =

1  1 1 1 1 1
1
1
1 − + − + − + ... +
− ÷

10! 11! 12! 13!
1000! 9!
a, A =

Hướng dẫn : Các tổng trên mẫu là những giai thừa, đưa mẫu về tích của các số
tự nhiên rồi cũng so sánh như bài tập 18

16


2! 2! 2!
2!
+ + + ... +
3! 4! 5!
n!
1
1
1
 1

A = 2!
+
+
+ ... +
÷
1.2.3
1.2.3.4
1.2.3.4.5
1.2.3...100


)
9
9
9
9
9
+
+
+
+ ... +
10! 11! 12! 13!
1000!
10 − 1 11 − 1 12 − 1 13 − 1
1000 − 1
B

÷− 
÷
999!   10! 11! 12! 13!
1000! 
 9! 10! 11!
1
1
1
1
B< −
< ⇒ Bđpcm
< (
)
9! 1000! 9!
9!

Bài 20. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ta có:
M=

1
2 1

+

1
3 2

+

1

 n


n  1
1 
1 
 1
.
−
−
÷
÷ < 2. 
÷
÷
n +1   n
n +1 
n +1 
 n

= 1 +


 1

1

1

1



1 
÷
n +1 

(Vì n ≥ 1 ⇒ 1 −

1
< 1)
n +1

⇒ M
= 2.( - ). Vậy (**) <=> 2( - ) =
=> - = : 2 =
=> = - =
=> x+1 = 4010 hay x = 4010 – 1 = 4009
Nhận xét: Cách giải bài toán tìm x trên cũng không khác gì lắm so với cách giải
các bài toán đã giải trước đó. Nếu tiếp tục sử dụng kết quả các bài toán trước đó
các em lại có được các bài toán tương tự khác.Để giải các bài toán có mẫu là
những đa thức thì cách biến đổi như bài tập 11
Bài 23. Giải các phương trình
1
1
1
1
+ 2
+ 2
+ 2
= −1
x + x x + 3x + 2 x + 5 x + 6 x + 7 x + 12
1
2
3
5
+ 2
+ 2
=−
b, 2
x − 5 x + 6 x − 8 x + 15 x − 13 x + 40
6

a,

x
≠
−
3
x
+
5
x
+
6
≠
0


 x 2 + 7 x + 12 ≠ 0
 x ≠ −3; x ≠ −4


a,

2

1
1
1
1
+
+
+
= −1


1
2
3
5
+ 2
+ 2
=−
x − 5 x + 6 x − 8 x + 15 x − 13 x + 40
6
2
 x − 5x + 6 ≠ 0
 x ≠ 2; x ≠ 3
 2

 x − 8 x + 15 ≠ 0 ⇔  x ≠ 3; x ≠ 5 ⇔ x ≠ { 2;3;5;8}
 x 2 − 13x + 40 ≠ 0
 x ≠ 5; x ≠ 8


2

Điều kiện :
(2)

⇔

1
2
3

⇔ x 2 − 10 x + 21 = 0

x1 = 7 (thoả mãn điều kiện )
x2=3 (không thoả mãn điều kiện)
Vậy phương trình (2) có nghiệm x = 7
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Sáng kiến kinh nghiệm này chủ yếu được áp dụng trong quá trình dạy các
giờ luyện tập, giờ tự chọn, bồi dưỡng học sinh và chấm chữa bài cho học sinh để
kịp rèn luyện kỹ năng làm bài cho học sinh. Trong năm học vừa qua tôi áp dụng
đề tài này cho ôn thi học sinh giỏi lớp 6 và dạy thêm toán 6 và dạy học toán 6,
toán 8, tôi đã nhận thấy có những hiệu quả nhất định.
Trong quá trình nỗ lực nghiên cứu và hoàn thiện đề tài, với những nội
dung mà tôi đã triển khai áp dụng tôi nghĩ rằng, vận dụng và khai thác các ứng
dụng từ một bài toán ở SGK, SBT là vấn đề rất bổ ích và cần thiết. Qua đó giúp
học sinh phát huy được tính tích cực, chủ động, tìm tòi, sáng tạo trong học tập,
đồng thời tạo cho các em yêu thích và say mê bộ môn Toán.
Để kiểm chứng tính hiệu quả của đề tài khi áp dụng vào thực tiễn, tôi tiến
hành tổ chức khảo sát đối với 22 học sinh lớp 6 trường THCS chúng tôi năm học
2017-2018 trước khi áp dụng đề tài vào sau khi áp dụng xong đề tài .Bài tập
được ra theo các mức độ của học sinh. Kết quả thu được như sau
Thời gian

Giỏi

Khá

TB

Yếu


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận

Những kinh nghiệm rút ra trong quá trình giảng dạy việc ứng dụng các bài
toán trên theo trình tự trình bày ở trên trong các năm gần đây tôi nhận thấy hiệu
quả dạy học được nâng lên rõ rệt so với những năm trước đây đó là:
1. Việc cung cấp cho học sinh một cách hệ thống nội dung và phương
pháp ứng dụng các dạng bài tập trên, hình thành cho học sinh thói quen học một
bài toán dạng tổng quát từ đó biết áp dụng và khai thác bài toán dưới các dạng
bài tập.

20


2. Nhiều bài toán sau khi vận dụng hai bài toán tổng quát trên có một lời
giải đẹp đã tạo cho học sinh sự hứng thú khi giải toán, giúp các em tìm thấy
niềm vui trong học toán, thấy được cái mới, cái hay trong toán.
3. Với những học sinh trước đây rất sợ học toán thì đã tự tin hơn, chủ động,
tích cực hơn trong những giờ học toán, nhất là các buổi ôn thi học sinh giỏi, dạy
thêm các em rất thích thú khi gặp các đề có liên quan đến các bài toán tính theo
quy luật,góp phần nâng cao chất lượng dạy học theo hướng phát huy tính tích
cực của học sinh.
Qua trao đổi với các đồng nghiệp ở trường, dạy thử nghiệm chuyên đề này
ở các tiết dạy thêm các lớp và các buổi ôn thi học sinh giỏi ở các lớp, học sinh
tiếp thu tốt, 100% học sinh vận dụng thành thạo các dạng bài tập theo từng trình
độ của học sinh.
3.2. Kiến nghị
Tuy nhiên do trình độ chuyên môn còn nhiều hạn chế trong kiến thức
nâng cao, sáng kiên này còn thiếu nhiều về các dạng bài tập và mặc dù cũng đã
cố gắng rất nhiều nhưng cũng không tránh khỏi có phần còn thiếu sót. Tôi rất


22


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Cấp đánh giá
Kết quả
xếp loại
đánh giá
(Phòng, Sở, xếp loại (A,
Tỉnh...)
B, hoặc C)

Năm học
đánh giá xếp
loại

TT

Tên đề tài SKKN

1

Các phương pháp giải bài
toán bằng cách lập hệ
phương trình


Xếp loại:............................................................................................
TM. HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG
Chủ tịch

24


ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SKKN CỦA HĐKH
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN CẨM THỦY
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
................................................................................................................................
Xếp loại:............................................................................................
TM. HỘI ĐỒNG KHOA HỌC PHÒNG GD&ĐT
Chủ tịch

25