Một số kinh nghiệm trong việc dạy dãy số viết theo quy luật

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.

1. PHẦN MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài Tốn học là một bộ  mơn khoa học tự nhiên có tính thực tiễn cao. Từ lâu,  con người đã vận dụng kiến thức Tốn học để tính tốn, giải quyết các  vấn đề  trong tự nhiên và trong thực tiễn của cuộc sống. Có thể khẳng định rằng: Tất cả  các mơn khoa học khác đều liên quan mật thiết với Tốn học. Vì vậy, việc  giảng dạy Tốn học phải hướng tới một mục đích lớn hơn,  đó là thơng qua việc  dạy học Tốn  để  phát triển trí tuệ, phát huy trí thơng 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 vơ cùng phong phú và ln mới mẻ. Mục  tiêu giáo dục thay đổi, u 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 q trình đổi  mới phương pháp dạy học, đã có nhiều giáo sư tiến sỹ, các nhà khoa học chun   tâm nghiên cứu, thí điểm và triển khai đại trà về đổi mới phương pháp dạy học Để  đáp  ứng u cầu đổi mới căn bản và tồn 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 mơn học phải theo hướng tích cực hố  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 tịi, 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 mơn tốn trong trường phổ thơng, dạy tốn là dạy hoạt động tốn  học. Đối với học sinh có thể xem việc giải tốn là hình thức chủ  yếu của hoạt   động tốn học. Q trình giải tốn là q trình rèn luyện phương pháp suy nghĩ,   phương pháp tìm tịi và vận dụng kiến thức vào thực tế. Thơng qua việc giải   tốn để  củng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện được những kĩ năng cơ  bản  trong mơn Tốn. 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 tồn diện Nhưng trong q trình học Tốn 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 Tốn phải có nhiệm vụ trang  bị kiến thức cũng như phương pháp giải đối với từng dạng tốn cho học sinh Là một giáo viên dạy  mơn  Tốn  học, sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy  học sinh và học hỏi, trao đổi với đồng nghiệp, tơi nhận thấy trong việc giảng   dạy phần Số học cịn nhiều mảng kiến thức mà học sinh chưa có phương pháp   giải cụ thể như: Các bài tốn chia hết, các bài tốn về cấu tạo số, các dạng tốn   về biểu thức,   Đặc biệt là dạng tốn “Dãy số  viết theo quy luật”, đây là dạng tốn tương đối   khó đối với học sinh THCS, trong khi đó dạng tốn này chưa đề cập nhiều trong  sách giáo khoa, chủ  yếu chỉ  đưa ra một vài bài tốn trong sách nâng cao, khơng  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 cịn lúng túng, chưa định ra phương  pháp giải bài tập (chưa tìm ra quy luật của dãy số).  Xuất phát từ thực tế đó, tơi  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 cơ 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 tơi 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 tốn đó để  chuyển thành dạng tốn 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 tơi đã thực hiện đối với dạy các tiết Tốn trong chương trình  chính khóa và day bồi dưỡng học sinh giỏi cho các em tại đội tuyển học sinh  giỏi của trường nơi tơi trực đang cơng tác và có thể áp dụng để bồi dưỡng HSG  tồn huyện 2. PHẦN NỘI DUNG 2.1. Thực trạng của vấn đề Qua thực tế  giảng dạy mơn Tốn   trường THCS, tơi nhận thấy nội dung  lượng kiến thức của bộ mơn Tốn 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 Tốn  cơ bản cho nhiều đối tượng. Như vậy khơng 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 xun được luyện giải nhiều dạng bài tập khác nhau, cũng    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 khơng 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 tơi 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 ­  c ­ Tính chất đơn điệu của phép cộng:  Nếu a > b thì a + c > b + c ­ 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 khơng đổi ­ Dãy số cách đều có thể là hữu hạn có thể là vơ hạn ­ Các số hạng của dãy số cách đều thường được kí hiệu là U1; U2; U3   Un ­ Dãy số  cách đều cịn được gọi là một cấp số  cộng, số  d khơng đổi nói tới   trong định nghĩa gọi là cơng sai của cấp số cộng b. Tìm số hạng thứ n của dãy số cách đều  Cơng thức Un = U1 + (n­1)d Tìm số số hạng của một dãy số cách đều hữu hạn: Cơng thức  n =  U n U1 d d. Tính tổng các số hạng của một dãy số cách đều  Cơng thức: Sn=  n(U U n ) 2.2.2 Trang bị  các dạng  tốn 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. Cơng 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 Từ (I) ta có:  n = an − a1 +  (II) d Cơng 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 Do đó:  S = (a1 + an )  (III) 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 cơng 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 cơng 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 khơng? 1;1 + 2;1 + + 3;1 + + + 4; Hướng dẫn: Số hạng thứ n của dãy bằng:  n(n + 1)  Nếu số  hạng thứ  n của dãy có chữ  số  tận cùng bằng 2 thì n(n + 1) tận cùng   bằng 4. Điều này vơ lí vì n(n + 1) chỉ tận cùng bằng 0, hoặc 2, hoặc 6.  Bài 3. Khi phân tích ra thừa số ngun tố, số 100! chứa thừa số ngun 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 ;  ;  ;  ; ;  , a.  b.  ;   ;  1.2 2.3 3.4 4.5 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 ; 15 24 35 Hướng dẫn: các số hạng đầu tiên của dãy được viết dưới dạng: 16 25 36 22 32 42 52 62 ;   ;   ;   ;   ; ;  ;  ;  ;  ;   15 24 35  Hay  1.3 2.4 3.5 4.6 5.7     Do đó số hạng thứ 98 có dạng  Ta cần tính:   A= 992   98.100 22 32 42 52 62 992 ���� L 1.3 2.4 3.5 4.6 5.7 98.100 Kết quả  A = 99   50       2.2.2.2. Dạng 2: Tính tổng của các lũy thừa với cơ số là số tự nhiên   * Bài tốn tổng qt: ­ Tính tổng: S = 1 + a + a2 + a3 + … + an­1 + an  a 1; n N   an 1 Ta nhân cả 2 vế của S với a. Rồi trừ vế với vế ta được S= a  ­ Tính tổng: P = 1 – a + a2 ­ a3 + … + a2n  a 1; n N   Ta nhân cả 2 vế của P với a. Rồi cộng vế với vế ta được P= a 2n 1 a *   Khai   thác     tốn:   Vì   S,   P       số   nguyên   nên   (a n 1)  a   và  (a n 1)  a   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 => 5A ­ A= 5101 ­ 1 => A= 5101 − b. 10B = 10 – 102 + 103 ­ 104 + 105 ­ … ­ 10100 + 10101 => 10B + B = 10101 + 1 => 11B = 10101 + 1 => B= 10101 + 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 − => S =    N  108 10941 − 1108 b. S = 1 – 109 + 1092 ­ 1093 + … + 109108 (S N) => 109.S = 109 ­ 1092 + 1093 ­ … ­ 109108 + 109109 => 109.S + S = 109109 + 1 => S =  109109 +    N  110  109109 + 1110 * Bài tốn tổng qt: ­ Tính tổng: S = 1 + ad + a2d + a3d + … + and  a 1; n N   Ta nhân cả 2 vế của S với ad. Rồi trừ vế với vế ta được S =  a n 1d a d 1 ­ Tính tổng: P = 1 ­ ad + a2d ­ a3d + … + a2nd  a 1; n N   Ta nhân cả 2 vế của P với ad. Rồi cộng vế với vế ta được P= a 2n d a d 1 * Khai thác bài tốn: Vì S, P là các số  ngun 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) 15.A = 4102 ­ 1 => A =  4102 − 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) 126.B = ­ 5 −5102 + + 1 B =  126 102  * 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:  * Tổng của tích hai thừa số  n 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) =   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 => A =  100.101.102  = 343 400 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 qt như sau: A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + (n ­ 1)n =  n 1n n 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 + ) n ( n + 1) n ( n + 1) ( n + ) − n ( n + 1) − =   = n ( n + 1) � ( n + ) − 3� � �= n ( n + 1) ( 2n + 1) 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 2n = = 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  2 12 +  22 +  32 +     +   ( 2n + )  �− � 2 +  4 +  6 +     +   ( n + )  �  =  � � �  =  (2n + 2).(2 n + 3).(2(2n + 2) + 1) (2n + 2).(2n + 3).(2 n + 4) −   6 10 (2n + 2).(2 n + 3).(2(2n + 2) + 1) − (2n + 2).(2n + 3).(2 n + 4) (2n + 2).(2 n + 3).[ 2(2n + 2) + − (2 n + 4) ] (2n + 2).(2 n + 3) ( 4n + + − n − ) =   =  6 =  =  2n 2n 2n 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 A =  97.33.101 161651 * Tổng của tích ba thừa số  n 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 * Bài toán tổng quát:  A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 +   + (n ­ 1)n(n + 1) =  n 1n n n 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 � A= 15 + 95.97.99.101  = 11 517 600  Thay đổi sự kế tiếp lặp lại ở các thừa số trong bài tốn 1 ta có bài tốn: 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 tốn 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 cơng thức tổng qt sau, áp dụng vào  từng bài tốn cụ thể Các kiến thức  1)  1 = − n(n + 1) n n + 2)  k � �1 =k� �− � n(n + 1) �n n + � 3)  1 �1 � = � �− � n(n + k ) k �n n + k � 4)  k � �1 =� − � n(n + k ) �n n + k � 5) 1 �1 � �1 � = = � � − �= � �− � 2n(2n + 2) 4n(n + 1) �2n 2n + � �n n + � 1 � 1 � = � − � � (2n + 1)(2n + 3) �2n + n + � 1 < 2< 7) n.(n + 1) n ( n − 1).n 6)  (Trong đó:  n,  k    N∗ ,  n > ) Mở rộng với tích nhiều thừa số: 2n a (a n)(a 2n) a ( a n) ( a n)(a 2n) 13 Ví dụ 1: Tính tổng:  A 1.2 2.3 44 44 1 3.4 43.44 44.45 Giải: 1 1 2 43   44 A 45 45 A Ví dụ 2: Chứng minh rằng:  45 1 1  a+c