PHÒNG GD & ĐT HUYỆN YÊN ĐỊNH
TRƯỜNG THCS LÊ ĐÌNH KIÊN

********************************

Sáng kiến kinh nghiệm:
“RÈN LUYỆN TƯ DUY TỔNG QUÁT CHO
HỌC SINH KHÁ, GIỎI LỚP 7 THÔNG QUA
MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ”

Người thực hiện: Trịnh Văn Kiện.
Đơn vị: Trường thcs Lê Đình Kiên,
huyện Yên Định, tỉnh Thanh Hóa.
SKKN thuộc môn: Toán

THÁNG 4 NĂM 2019


MỤC LỤC

STT

1

NỘI DUNG
A. ĐẶT VẤN ĐỀ

TRANG
3

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

2

2


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong việc nâng cao chất lượng dạy và học toán ở trường phổ thông, việc
đổi mới phương pháp dạy học là vô cùng quan trọng. Sự phát triển của xã hội
đòi hỏi ở người thầy ngày càng cao hơn, chất lượng của dạy và học phải có
nhiều tiến bộ hơn. Đặc biệt đối với môn toán là môn học cơ bản, rất sáng tạo và
hấp dẫn đòi hỏi học sinh phải rất chủ động và tích cực trong việc tìm tòi các
phần kiến thức mới dưới sự định hướng và tổ chức dạy học của các thầy cô.
Chính vì vậy trong quá trình dạy học mà đặc biệt là cho đối tượng học sinh
khá, giỏi tôi đã cố gắng dạy cho học sinh cách định hướng phương pháp giải cho
các dạng bài, đồng thời khai thác mở rộng bài tập trên nhiều hướng khác nhau
giúp các em phát triển tư duy sáng tạo, tu duy tổng quát, có cách nhìn đa chiều
về một bài toán. Các em có thể tìm thấy được mối liên hệ giữa những kiến thức
mà mình có với những bài tập có vẻ xa lạ mà các em sẽ gặp.
Trong một số mảng kiến thức của bộ môn toán gây cho học sinh không ít
khó khăn khi tiếp cận về lí thuyết cũng như vận dụng để giải bài tập, đặc biệt là
các bài tập được cho ở dạng tổng quát, đây là mảng kiến thức giúp hình thành và
phát triển tư duy tổng quát, tư duy sáng tạo cho học sinh. Trong kì thi tuyển sinh
vào lớp 10 cũng như kì thi học sinh giỏi cấp huyện các lớp 6, 7, 8, 9, cấp tỉnh và
đặc biệt là thi vào lớp 10 các trường chuyên học sinh rất hay gặp các bài tập
dạng này. Đây là loại bài tập khá khó đối với học sinh, hầu như các em đều mất
rất nhiều thời gian để làm loại bài tập này và thậm chí là không giải được. Vì thế
tôi đã nghiên cứu chọn lọc và đưa ra một số bài tập ví dụ, các bài tập phát triển
và các bài tập áp dụng có tính tiêu biểu, giúp học sinh có định hướng và dễ tiếp
cận với dạng toán này. Việc làm này được tiến hành một cách bài bản và thông
suốt từ lớp 6 cho đến lớp 9 với nhiều loại bài tập khác nhau cả đại số và hình

này, hầu hết học sinh đều thấy khó khăn và thậm chí là không giải được các bài
tập này trong các đề thi. Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài
với 43 học sinh khá, giỏi trường THCS Lê Đình Kiên tôi thấy kết quả như sau:
Điểm dưới 5
SL
8

%
18,6

Điểm từ 5 đến
dưới 7
SL
%
24
55,81

Điểm từ 7 đến
dưới 9
SL
%
11
25,59

Điểm từ 9 đến
dưới 10
SL
%
0
0

mũ của lũy thừa đó phải nhỏ hơn. Tiếp đó cần giới thiệu với học sinh phương
pháp chứng minh phản chứng đó là: ta giả sử các khả năng đi ngược lại với
những gì đề yêu cầu, sau đó dùng những suy luận logic kết hợp với những gì đề
đã cho để dẫn tới những điều trái với giả sử, từ đó dẫn tới điều giả sử là sai.
Hướng dẫn học sinh từng bước:
Giả sử a  b kết hợp với ab  bc � b  c .
- với b  c kết hợp với bc  c d � c  d
- với c  d kết hợp với cd  d e � d  e
- với d
a
2
3
4
1
Hoặc bài toán sau:
3. Cho n số tự nhiên (n là số lẻ) a1, a2 , ..., an thỏa mãn điều kiện:
a
a
a
a 2  a 3  ...  an 1 . Chứng minh giá trị biểu thức:
1
2

2
2
a
a
a2
a2
3  ... 
n không phải là số tự nhiên.
1 
2 
a 2  a32 a 2  a42 a 2  a52
a 2  a22
2
3
4
1

4
100
3 8 15 9999 1.3 2.4 3.5 99.101
. . ...
 . . ...
2
2
2
2
2 3 4 100
22 32 42 1002
1.2.3...98.99 3.4.5...100.101 1 101 101

.

.

2.3.4...99.100 2.3.4...99.100 100 2 200
101
�A
200


Nhận xét: Từ bài toán trên ta xét bài toán tổng quát sau đây:

6


1
1

22 32 42
n2


1.2.3... n 1 3.4.5... n  1 1 n  1 n  1
.
 .

2.3.4...n
2.3.4...n
n 2
2n
n 1
� A
2n

- Trường hợp 2: Nếu n lẻ
Ta thấy A vẫn là tích của n-1 số âm nhưng là số chẵn các số âm nên ta có:
1
1
1
1
A  (1  )(1  )(1  )...(1  )
22
32
42
n2
3 8 15  n 1  n  1 1.3 2.4 3.5  n 1 . n  1
 . . ...
 . . ...

1
1
1
1
3
b) ( 2  1)( 2  1)( 2  1)...( 2  1) � 4 ( n �N , n  1 , n là số chẵn).
2
3
4
n
1
1
1
1
2. Cho A  ( 2 1)( 2  1)( 2  1)...( 2  1) ( n �N , n  1 , n là số lẻ).
2
3
4
n
Tìm giá trị lớn nhất của

1
.
A

*) Xuất phát từ bài toán: Chứng minh:
3
5
7
19

các số đối nhau.
Hướng dẫn học sinh theo hướng gợi mở từng bước:
Ta có

A

3
5
7
2n  1


 ... 
12.22 22.32 32.42
n2.(n  1)2



3
5
7
2n  1


 ... 
12.22 22.32 32.42
n2.(n  1)2






...


�
�
�
�
�
�
�
�2
�2
�2
�
2
2� �
2 22 �
2�
2�
2�
1
2
3
3
4
4
n
n


Từ đây ta dễ dàng có lời giải cho bài toán.
Chứng minh:

3
5
7
19


 ... 
1.
12.22 22.32 32.42
92.102

Từ bài toán trên ta có thể yêu cầu học sinh làm một số bài tập sau:
3
5
7
2n  1
1. Cho A  2 2  2 2  2 2  ...  2
1 .2
2 .3
3 .4
n .( n 1) 2
n
 A  1.
n 1
3
5


8


Giáo viên lại nêu bài toán tổng quát:
1 2 3
n
Bài 4: Tính A  3  2  3  ...  n
3
3 3
Hướng dẫn học sinh từng bước theo cách biến đổi thông thường đối với
tổng dãy số các lũy thừa có cùng cơ số và quy luật đó là nhân cả 2 vế với cơ số
của các lũy thừa có mặt trong biểu thức:
Ta có:

1 2 3
n
A     ...  n
3 32 33
3

2 3
n
� 3 A  1    ... 
3 32
3n1
� 2 3
n � �1 2 3
n �
� 3A  A  �


...

�
�
� �
�
� 3 ��
3n1 �
�3 32 33
�1 1
1
1 �



...

�
Ta đặt: M  �
�3
�
3n1 �
� 32 33
� 1 1
1 �
� 3M  �
1



�
32
3n2 � �3 32 33
3n1 �
�

� 2M  1 

1
1� 1 �
�M  �
1
� n1 �
�
n

1
2
3
� 3
�

1 �
� n � 1�
1- n � �
1

�
Do đó 2A= �
�

   ... 

53 63 73
20193 40

9


Hướng dẫn học sinh dùng phương pháp làm trội, biến đổi mỗi phân số ở
vế trái thành phân số lớn hơn có mẫu thuận lợi cho việc tách thành hiệu 2 phân
số làm xuất hiện các số đối nhau trong tổng mới.
Hướng dẫn

1
1
1 �1
1 �

 .� 
�, từ đay học sinh dễ dàng biến đổi:
53 4.5.6 2 �4.5 5.6 �
1
1
1 �1
1 �

 .� 
�
63 5.6.7 2 �5.6 6.7 �
1

1
1
1
�
   ... 
 � 




 ... 

2018.2019 2019.2020 �
�
53 63 73
20193 2 �4.5 5.6 5.6 6.7 6.7 7.8
�

1 1 1
1
1 �1
1
1
� 1 1
   ... 
 � 
 . 
�
53 63 73
20193 2 �4.5 2019.2020 � 2 20 40


1
1

3
 k 1 k  k  1 (*)
k

Áp dụng bất đẳng thức (*) lần lượt với k = 2; 3; 4; ...; n.
Ta có:

1
1
1 �1
1 �

 .� 
�
23 1.2.3 2 �1.2 2.3 �

10


1
1
1 �1
1 �

 .� 
�

1 �
   ...   �






...


�
1.2 2.3 2.3 3.4 3.4 4.5
 n 1 .n n. n 1 �
23 33 43
n3 2 �
�
�
�

1 1 1
1 1 �1
1 � 1 �1
1 �
   ...   �



�
�


1. Chứng minh:

1 1 1
1 1
   ...   với n �N , n  1
23 33 43
n3 4

�
1 1 1
1 1 �1
1
�với n �N *
2. Chứng minh:1  3  3  3  ...  3  . � 
2
2
n

1
n

2




�
�
2 3 4

�
� 1  2 �� 1  2  3 � � 1  2  3  ...  n �
�

A�
1

Hướng dẫn học sinh từng bước: Mẫu của các phân số trong biểu thức A là
tổng của các số tự nhiên liên tiếp, học sinh biết công thức tính:
n. n  1
1  2  3  ...  n 
. Áp dụng trong từng ngoặc ta có:
2
1 ��
1 ��
1
�
.�
1
... �
1
�
�
�
� 1  2 �� 1  2  3 � � 1  2  3  ...  n �
�

A�
1


�
�

Vậy, A 

n2
với n �N *, n  1
3n

Và như vậy học sinh dễ dàng làm được bài tập tính:
1 ��
1 ��
1
�
.�
1
...�
1
�
�
�
� 1  2 �� 1  2  3 � � 1  2  3  ...  2019 �
�

A�
1

Từ bài toán tổng quát trên ta có thể yêu cầu học sinh làm các bài tập khác:
1 ��
1 ��

� 1  2 �� 1  2  3 � � 1  2  3  ...  n �
Tìm n để

1
A

nhận giá trị là số nguyên?

*) Xuất phát từ bài toán:
Bài 7:
Tính M  1.2  2.3  3.4  ...  99.100
Hướng dẫn học sinh từng bước: Vấn đề đặt ra cho học sinh lúc này là làm
thế nào để giải được bài toán này. Với cách tư duy quen thuộc học sinh phải
chọn một số nhân thêm vào 2 vế để biến đổi tổng mới làm xuất hiện các số đối
nhau có tổng bằng 0 từ đó sẽ tính được tổng ban đầu. ta nhân 2 vế với 3( số số
hạng + 1) và thực hiện tách 1 thừa số trong tích ta được:
3M  1.2.3  2.3.3  3.4.3  ...  99.100.3
 1.2.3  2.3.(4 1)  3.4.(5  2)  ...  99.100.(101  98)
 1.2.3 1.2.3  2.3.4  2.3.4  3.4.5  ...  98.99.100  99.100.101
 99.100.101
�M 

99.100.101
 333300
3

Từ ví dụ trên yêu cầu học sinh phát biểu bài toán tổng quát và chứng minh:
M  1.2  2.3  3.4  ...  n.(n  1) 

n(n  1)(n  2)

số thành hiệu 2 số dưới mẫu và tách mỗi phân số thành hiệu 2 phân số mới
nhằm làm xuất hiện các số đối nhau
2 1 3  2 4  3
100  99
1 1 1
1
1
Q


 ... 
 1     ...  
1.2 2.3 3.4
99.100
2 2 3
99 100
1
99
 1

100 100
Từ bài toán này giáo viên đưa ra bài toán :
1
1
1
1
2019
1. Tìm x thuộc N biết: 1.2  2.3  3.4  ...  x( x  1)  2020
1
1 1

1
1
1
1
1


 ... 
�  
 ... 
a2 a2 a2
a2
22 32 42
n2
1
2
3
n1
Giúp giáo viên đưa đến bài toán rất hay và khó sau:
3. Tìm các số tự nhiên khác nhau a1 ; a2 ; ... ; an-1 sao cho:
1
1
1
1


 ... 
1
.
2

hướng dẫn ở trên và học sinh thực hiện ở nhà, chữa bài sau.
*) Xuất phát từ các bài tập rất cơ bản:
Bài 9: Tìm các số x, y, z biết
x y z
a)   và x  y  z  18 ;
2 3 4
c)

b)

x y z
  và x  2 y  4 z  93 ;
3 4 5

2x 3y 4z
= =
và x+2y+4z=220
3 4 5
Hướng dẫn học sinh từng bước:
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:
 x 2.2 4
x y z x  y  z 18

 2   y 2.3 6
a)   
2 3 4 234 9
 z 2.4 8

�x  9
x y z x  2 y  4 z 93

Phương pháp giải là chon các số m, n, p để nhân thêm vào tử và mẫu của các tỉ
số rồi áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tạo ra tỉ số là một hằng số.
x y z mx ny pz mx  ny  pz
d
= = =
= = 

a b c ma nb pc ma  nb  pc ma  nb  pc

14


*) Xuất phát từ các bài tập rất cơ bản về dãy tỉ số bằng nhau:
Bài 10: Tìm các số x, y, z biết
x y z
a)   và x 2  2 y 2  4 z 2  141
3 4 5
x y z
b)   và 2 x2  y 2  3z 2  77
3 4 5
Hướng dẫn học sinh từng bước, dựa vào điều kiện đi kèm là biểu thức liên
hệ giữa các biến x 2  2 y2  4 z 2  141 ; 2 x2  y 2  3z 2  77 để bình phương
x y z
các tỉ số bằng nhau ban đầu   thành các tỉ số bằng nhau mới có mũ của
3 4 5
biến là 2, cụ thể:
2
2
2
a) x  y  z (1) � x  y  z

x2 y 2 z 2 2 x2 3z 2 2 x 2  y 2  3z 2 77






 1 � x2  9 � x  �3
9 16 25 18
75
18  16  75
77
�x  3
�x  3
�
�
Kết hợp với (1) � �y  4 hoặc �y  4
�z  5
�z  5
�
�

Từ đây yêu cầu và hướng dẫn học sinh nêu bài toán tổng quát rồi tìm cách
biến đổi chung:
x y z
= =
Tìm x, y, z biết
và mx k +nyk +pzk =d
a b c
Với a, b, c, d, m, n, p, k là các số khác 0, k  N *

1
2
2
x  x  K  xm q
1 2
n  N * . Chứng minh rằng y  y  K  y  p .
m
1 2









Cho học sinh suy nghĩ, nháp bài và hướng dẫn học sinh từng bước, ở đây
vế trái là tổng các lũy thừa bậc chẵn nên đánh giá từng hạng tử, từ đó rút ra dãy
tỉ số bằng nhau và áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để được kết quả.
Cụ thể :



Nhận thấy: x p  y q
i
i








2n

2n

 K   xm p  ymq 

 K   xm p  ymq 

x
1
Suy ra: x1 p  y1q ; x2 p  y2q ; … ; x1 p  y1q  y 
1

2n

2n

�0 , ta có:

0

x
2  L  xm  q
y
ym p (1)
2

3

*
Bài 1: Cho S  1.4  4.7  7.10    n(n  3) n  N . Chứng minh: S  1

2
2
2
2

 ... 

60.63 63.66
117.120 2003

Bài 2: So sánh: A 
và B 

5
5
5
5

 ... 

40.44 44.48
76.80 2003

Bài 3: Tính các tổng sau:
1


1

1


c) S  1.2.3  2.3.4  3.4.5  L  n.( n  1).(n  2) ; (n �N ) .

d)

1

1

1

1

�
�
�
�
�
� �
�
D = � 2  1��2  1�� 2  1�..... � 2  1�
100
�2
�
�3

2020
c) Cho C  1  2  3  4  ...  2019 . So sánh C với 3
2 2
2
2
2
Bài 5: Chứng minh rằng:
1� 1 2 3
n 1
� 1 1
1    ...  �    ... 
n- �
với n �N  ; n  1.
� 2

3

n� 2

3

4

n

Bài 6: Tính

A
1 1 1
1

a) �

 ... 

 .... 
�x 
1.101 2.102
10.110 � 1.11 2.12
100.110
�
b)

1 1 1
2
2019
   .... 

3 6 10
x( x  1) 2020

Bài 8: Cho 2019 số tự nhiên x1, x2 ,..., x2019 thỏa mãn điều kiện:

17


1
1
1
2019
 11  ...  11 


. Tính  S  P  2019 .
1007 1008
2018 2019

Bài 9: Cho S  1     ... 

Bài 10: Cho B = 1+

1
1
1
1
(1  2)  (1  2  3)  (1  2  3  4)  ....  (1  2  3  ...  x)
2
3
4
x

Tìm số nguyên dương x để B = 115.
1
2

1
3

1
4

Bài 11: Cho A  1     ... 


3 8 15 24
2499
  
 ... 
.
4 9 16 25
2500

Chứng tỏ B không phải là số nguyên.
c) Cho A =

1
1
1
1


 ... 
1 3 1 3  5 1 3  5  7
1  3  5  7  ...  2019

Chứng minh A 
Bài 13: Cho dãy tỉ số:

3
.
4

bz  cy cx  az ay  bx

z
t
biết rằng: y+z+t  z+t+x  t+x+y  x+y+z

18


Bài 16: Cho 2020 số thoả mãn a1+a2+...+a2020  0
a
a
a a
1 = 2 =...= 2019 = 2020
và a a
a
a
2 3
2020
1

a 2 +a 2 +...a 2
+a 2
1
2
2019
2020
Hãy tính giá trị của biểu thức: N=
(a +a +...+a
+a
)2
1 2

b
c
a b'
b c'
  1 và   1 . Chứng minh rằng: abc + a’b’c’ = 0
a' b
b' c
a c
Bài 20: Cho  . C¸c sè x, y, z, t tháa m·n: xa  yb �0 vµ zc  td �0
b d
xa  yb xc  yd

Chứng minh rằng:
za  tb zc  td
Bài 19: Biết

Bài 21: Cho các số a, b, c, d khác 0 và x, y, z, t thỏa mãn:
x2020  y 2020  z 2020  t 2020 x2020 y 2020 z 2020 t 2020




a2  b2  c2  d 2
a2
b2
c2
d2
Tính K  x2019  y 2019  z 2019  t 2019
Bài 22: Chứng minh rằng : Nếu a(y + z) = b(z + x) = c(x + y) (1)
Trong đó a ; b ; c là các số khác nhau và khác 0 thì:


%

SL

%

SL

%

SL

%

0

0

7

16,28

21

48,84

15

34,88

năng nhận dạng cũng như giải quyết các bài tập khó có sự tiến bộ rõ rệt, các em
đã hoàn thành tốt các bài tập mà tôi đã đưa ra và cách vận dụng cho từng bài cụ
thể, các bài toán con, bài toán tổng quát, hình thành tư duy logic sáng tạo, tư duy
tổng quát cho học sinh giúp tôi có rất nhiều học sinh giỏi đạt giải nhất, nhì,.. cấp
huyện, cấp tỉnh. Trong các học sinh của tôi khi học tại Lam Sơn phát triển rất tốt
ví dụ em: Trịnh Hoàng Đức đạt giải ba quốc gia môn toán năm học 20132014(lớp 11), giải nhì quốc gia môn toán năm học 2014-2015(lớp 12); em Trịnh
Hữu Gia Phúc đạt giải nhì quốc gia môn tin năm học 2016-2017(lớp 10), đạt giải
nhất quốc gia môn tin năm học 2017-2018(lớp 11), Huy chương bạc châu á thái
bình dương môn tin năm 2018, năm 2019 em là một trong số các học sinh của
Việt nam sẽ tham dự Olympic tin học quốc tế. Để đạt được kết quả tốt giáo viên
cần phải hệ thống lại và hướng dẫn gợi ý để học sinh dễ tiếp cận, đồng thời dễ
nhớ cách làm với từng dạng bài tập khác nhau, phải đi từ dễ đến khó, từ trường
hợp riêng rồi mới đến trường hợp tổng quát, xem xét bài toán dưới nhiều góc độ
khác nhau. Người thầy cần khơi dậy sự chủ động tìm tòi, tính tích cực và sáng
tạo của học sinh thông qua các bài giảng của mình góp phần nâng cao hiệu quả
chất lượng giáo dục trong nhà trường.
II. Đề xuất
Việc giảng dạy các loại bài tập này cần bố trí vào các buổi học bồi dưỡng
học sinh khá giỏi với thời gian thích hợp, cả học ở trường với sự hướng dẫn của
thầy cùng với việc tự học ở nhà để học sinh có thể nắm bắt tốt.
Thầy cô giáo nên có sự nghiên cứu, tìm tòi nhiều hơn tâm huyết hơn cho
các công tác giảng dạy nhất là công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, cần có cái nhìn
sâu rộng xuyên suốt nội dung chương trình môn toán để có cách hình thành tư
duy cho học sinh từ thấp đến cao – từ trường hợp riêng đến tổng quát giúp nâng
tầm tư duy học sinh qua các năm học để các em học tập sáng tạo đạt kết quả cao.
Nhà trường, Phòng giáo dục và đào tạo, Sở giáo dục và đào tạo cần có
nhiều biện pháp hơn nữa trong ghi nhận và khuyến khích giáo viên nghiên cứu
và đưa vào áp dụng các đề tài SKKN có hiệu quả cao, cần tổ chức các buổi trao
đổi chuyên đề về thực trạng tại các nhà trường hiện nay, có định hướng và yêu
cầu đối với cán bộ, giáo viên nghiên cứu đưa ra các giải pháp tốt đồng thời giới

TT
1

TÊN TÀI LIỆU

TÁC GIẢ

Nâng cao và phát triển toán 7

Vũ Hữu Bình

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 7
2

Nguyễn Đức TấnNguyễn Anh HoàngNguyễn Đoàn Vũ

Rèn luyện kĩ năng học tốt toán 7
3

Nguyễn Đức TấnNguyễn Thị Kim Yến
Chi-Tạ Hoàng Đồng

4

Một số đề ôn thi học sinh giỏi toán 7 trên mạng
Internet

23



- Xếp loại A cấp huyện.

3

Hướng dẫn học sinh khá, giỏi lớp 6
cách học một số dạng bài tập về số
nguyên.

QĐ số: 159/GDYĐ Ngày 16/5/2017
Phòng GD&ĐT huyện Yên Định
- Xếp loại C cấp tỉnh
QĐ số:1112/QĐ-SGD&ĐT Ngày
18/10/2017
Xếp loai A cấp huyện

4

Rèn luyện tư duy tổng quát cho học
sinh khá, giỏi lớp 7 thông qua một
số bài toán đại số.

QĐ số: 133/PGDĐT Ngày
15/5/2019
Phòng GD&ĐT huyện Yên Định

24