A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong quá trình học toán ở trường THCS học sinh cần biết cách tổ
chức công việc của mình một cách hợp lí, sáng tạo. Người thầy cần rèn
luyện cho các em kỹ năng độc lập suy nghĩ một cách sâu sắc, sáng tạo. Điều
đó đặt ra cho người thầy một sự lao động tập trung, nghiêm túc, biết tìm tòi
ra những phương pháp hay để giúp học sinh trau dồi tư duy logic trong việc
giải các bài toán cũng như tổ chức các hoạt động học tập.
Là một giáo viên dạy Toán ở trường THCS trực tiếp bồi dưỡng học
sinh giỏi nhiều năm tôi nhận thấy việc giải các bài toán ở chương trình
THCS không chỉ đơn thuần là đảm bảo các kiến thức trong sách giáo khoa,
đó mới chỉ là điều kiện cần nhưng chưa đủ. Muốn giỏi toán học sinh cần
phải luyện tập nhiều thông qua việc giải các bài toán đa dạng, giải các bài
toán một cách khoa học, kiên nhẫn, tỉ mĩ, sáng tạo, để tự tìm ra cách giải và
đến đích một cách gần nhất, mĩ mãn nhất. Muốn vậy người thầy phải biết
vận dụng kiến thức một cách linh hoạt trong nhiều bài toán khác nhau để tạo
ra được sự hứng thứ, tinh thần yêu thích cho học sinh.
Trong nhiều nội dung toán học luôn đòi hỏi giáo viên phải có được
một cái nhìn tổng thể về dạng toán mà mình định giải cho học sinh, để từ đó
giáo viên đưa ra được một phương pháp hướng dẫn gần nhất, dể hiểu nhất
nhằm giúp học sinh tiếp thu tốt nhất.
Trong chương trình Toán THCS các bài toán liên quan đến tính tổng
rất đa dạng, phong phú và có một ý nghĩa rất quan trọng đối với các em học
sinh ở bậc học này. Để giải quyết các bài toán liên quan đến tính tổng, người
ta phải bằng các cách giải thông minh nhất, tìm ra các biện pháp hữu hiệu và
phù hợp nhất với trình độ kiến thức ở bậc học THCS để giải quyết các bài
toán loại này. Do đó, đòi hỏi người học phải có một cách suy nghĩ logic sáng
tạo, biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức mới một cách logic có hệ thống.
Trong khi đa số học sinh tại các trường THCS không có hứng thú với
loại toán này, bởi hầu hết các em học sinh cảm thấy khó khăn khi gặp các bài
toán tính tổng và không biết vận dụng để giải quyết các bài tập khác. Đồng

thời tài liệu tổng hợp cho dạng toán này là rất ít, mỗi tài liệu chỉ đưa ra một
số bài mà thôi.
Vì vậy để giúp các em khắc phục được những khó khăn đó, tôi đã chọn
nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm: " Kỹ thuật tính một số tổng hữu
hạn ở THCS và bài tập vận dụng" nhằm cung cấp cho các em một cách hệ
thống các bài tập tính tổng và các bài tập liên quan đến tổng cũng như bài
tập tự luyện.
II. PHẠM VI VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.
1. Đối tượng nghiên cứu
- Học sinh THCS
- Một số giáo viên
2. Phạm vi nghiên cứu : Hệ thống kiến thức Số học và Đại số THCS

23


II. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU, TÀI LIỆU NGHIÊN CỨU.
1. Phương pháp nghiên cứu
- Đánh giá
- Suy diễn
- Phân tích – tổng hợp.
2. Tài liệu hổ trợ nghiên cứu
- Tạp chí toán học và tuổi trẻ, toán tuổi thơ 2.
- 1001 bài toán sơ cấp( quyển 1).
- Nâng cao và phát triển toán 6, 7, 8, 9.(Vũ Hữu Bình – NXBGD)
- Một số tài liệu khác.
3. phạm vi áp dụng
- Áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề trong trường học.
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS và giải toán bằng máy tính cầm tay,
ôn tập cho học sinh thi vào các trường chuyên, lớp chọn THPT.

- Bổ sung tài liệu tham khảo cho học sinh, phụ huynh học sinh cũng như
cán bộ giáo viên.
III. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
- Cung cấp cho học sinh, phụ huynh và các bạn đồng nghiệp có một tài
liệu bổ sung về các bài toán liên quan đến tính tổng.
- Rèn luyện cho học sinh tư duy sáng tạo khi giải toán nói chung và các
toán về tính tổng nói riêng. Cung cấp cho học sinh một hướng tiếp cận khi
gặp bài tập ở dạng toán này.
- phát huy trí lực của học sinh nhằm tìm ra nhiều cách giải hay, phát triển
nhiều bài toán mới.
- Giúp học sinh tự tin khi gặp bài toán tương tự khi giải toán cũng như
trong thi cử.
IV. NHỮNG ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI:
- Đề tài nhằm cung cấp cho học sinh, các bạn đồng nghiệp và quý phục
huynh một số bài toán về kỹ thuật làm các bài toán liên quan đến tổng hữu
hạn ở THCS. Giúp các em có được hệ thống các phương pháp giải dạng toán
này.
- Giúp học sinh có định hướng khi gặp bài toán liên quan đến tổng hữu
hạn ở THCS.
- Cung cấp thêm một tài liệu phục vụ công tác bồi dưỡng học sinh giỏi và
thi vào THPT.

B. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN:
Trong thực tế có nhiều bài tính tổng rất phức tạp nhưng nếu ta tìm ra
quy luật của nó thì việc tính tổng trở nên dể dàng hơn. Chính vì vậy tôi đưa
23


ra cac bài toán tính tổng và các bài toán lien quan nhằm rèn cho học sinh tư

duy sang tạo khi học và giải toán; giúp học sinh có định hướng và giải các
bài tập liên quan ngắn gọn để phát huy trí lực của học sinh cũng như giúp
học sinh tự tin hơn trong làm toán.
II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ
Khi tôi được phân công bồi dưỡng học sinh môn giải Toán trên máy
tính cầm tay và học sinh giỏi lớp 8. Tôi đã chọn 8 em thành lập đội tuyển.
Trong quá trình ôn gặp phải dạng toán tính tổng thì hầu như các em bế tắt và
ít giải được. Với 8 em học sinh tôi thử ra ba bài toán: Đó là bài toán 1.1, bài
toán 2.1 và bài toán 1.4 thì kết quả học sinh chỉ làm được các bài 1.1a, 2.1 a,
c còn các bài còn lại các em bế tắc.
Cũng các bài toán đó nếu các em được trang bị phương pháp tính tổng thì
kết quả sẽ tốt hơn.
III. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
CHƯƠNG I :
KỸ THUẬT TÍNH MỘT SỐ DẠNG TỔNG HỮU HẠN Ở THCS
1. Dạng tổng 1: Tổng hữu hạn các số tự nhiên
Bài toán 1.1: Với n là số tự nhên, tính các tổng sau:
a) S1 = 1 + 2 + 3 + … + n .
b) S2 = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n.(n + 1) .
c) S3 = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + n.(n + 1).(n + 2) .
Lời giải:
a) S1 = 1 + 2 + 3 + … + n (1)
Ta viết lại tổng S1 theo thứ tự ngược lại như sau:
S1 = n + n - 1 + … + 1 (2)
Cộng (1) và (2) theo vế ta được:
2S1 = (n + 1) + (n + 1) + … + (n + 1) = n. (n + 1) ⇒ S1 =

n.( n + 1)
2


Nhận xét: Đây là tổng quen thuộc đơn giản mà các em đã biết. Việc tính
tổng này là đơn giản song có nhiều vận dụng quan trọng. Chẳng hạn ta sẽ
sử dụng nó để tính tổng S2.Chúng ta có thể mở rộng tổng trên với khoảng
cách giữa hai số hạng liên tiếp lớn hơn 1. Bài toán tổng quát là:
S = a + (a + k) + (a + 2k) + … + (a + nk) (Khoảng cách giứa hai số liên
tiếp là k; với a, n, k là các số tự nhiên)
Ta tính được S = n(nk + 2a)/2
23


b) Ta có:
1
1
1
k ( k + 1) = k ( k + 1) ( k + 2 ) − ( k − 1) ] = k ( k + 1) ( k + 2 ) − ( k − 1) k ( k + 1)
3
3
3
1
1
Thay k = 1, ta có : 1.2 = .1.2.3 − .0.1.2
3
3
1
1
Thay k = 2, ta có : 2.3 = .2.3.4 − .1.2.3
3
3
1
1

Thay k = 3, ta có : 3.4 = .3.4.5 − .2.3.5
3
3
......
1
1
Thay k = n, ta có : n ( n + 1) = n ( n + 1) ( n + 2 ) − ( n − 1) n ( n + 1)
3
3
1
Cộng theo vế các biểu thức trên, ta có: S 2 = 3 n( n + 1)( n + 2)

(k ∈ N )

Nhận xét: Kỹ thuật để tính tông trên xuất phát ở chổ : Tích n(n + 1) là tích
của 2 số tự nhiên liên tiếp ta tạo thêm số tự nhiên liền sau tiếp theo là n + 2
và số tự nhiên liền trước là n – 1 để tạo ra thừa số rồi rút gọn. bằng cách
tương tự ta tính được tổng S3 .
c)Với số tự nhiên k ta có
1
k ( k + 1) (k + 2) = k ( k + 1) (k + 2) ( k + 3) − ( k − 1) 
4
1
1
= k ( k + 1) ( k + 2 ) ( k + 3) − ( k − 1) k ( k + 1) ( k + 2)
4
4
1
1
Thay k = 1, ta có : 1.2.3 = .1.2.3.4 − .0.1.2.3

4
4
1
1
Thay k = 2, ta có : 2.3.4 = .2.3.4.5 − .1.2.3.4
4
4
1
1
Thay k = 3, ta có : 3.4.5 = .3.4.5.6 − .2.3.4.5
4
4
......
1
1
Thay k = n, ta có : n ( n + 1) ( n + 2 ) = n ( n + 1) ( n + 2 ) (n + 3) − ( n − 1) n ( n + 1) (n + 2)
4
4
1
Cộng liên các đẳng thức trên theo vế ta được: S3 = 4 n( n + 1)( n + 2) (n + 3)

Nhận xét: Tổng trên có thể tổng quát lên nhiếu số hạng của mỗi tích, với
cách tính như đã nêu ở nhận xét trong câu b).
Bài toán 1.2: Với n là số tự nhiên, tính các tổng sau:
a) S1 = 1.3 + 3.5 + 5.7 + 7.9 + … + (2n + 1)(2n + 3)
b) S2 = 1.99 + 2.98 + 3.97 + … + 99.1
Lời giải:
23



a) Với số tự nhiên k ta có:

( 2k + 1) (2k + 3) = 1 ( 2k + 1) (2k + 3)[ ( 2k + 5) − ( 2k − 1) ]
6

=

1
( 2k + 1) (2k + 3)(2k + 5) − 1 ( 2k − 1) (2k + 1)(2k + 3)
6
6

1
1
Thay k = 1, ta có : 1.3 = .3.5.7 − 1.3.5
6
6
1
1
Thay k = 2, ta có : 3.5 = .5.7.9 − .3.5.7
6
6
1
1
Thay k = 3, ta có : 5.7 = .7.9.11 − .5.7.9
6
6
......
Thay k = n, ta có : ( 2n + 1) (2n + 3) =


1
( 2n + 1) (2n + 3)(2n + 5) − 1 ( 2n − 1) (2n + 1)(2n + 3)
6
6

Cộng các đẳng thức trên theo vế ta được :
S1 =

1
( 2n − 1) (2n + 1)(2n + 3) − 1 .1.3.5 = 1 [ ( 2n − 1) (2n + 1)(2n + 3) − 1.3.5]
6
6
6

Nhận xét : Về kỹ thuật tính tổng trên cũng giống như tính các tổng ở bài 1,
đó là chúng ta tạo ra số liền sau và liền trước của các số hạng trong tích
(2n + 1)(2n + 3) là (2n + 5) và (2n – 1), sau đó khai triển và rút gọn. Đặc
biệt tổng trên chúng ta có thể nới rộng khoảng cách giữa 2 số hạng trong
tích thành bài toán tổng quát như sau :
S n = a.( a + k ) + (a + k ).( a + 2k ) + ... + ( a + nk ).(a + nk + k )
=

1
[ (a + nk ).(a + nk + k ).(a + nk + 2k ) − (a + nk − k )(a + nk ).(a + nk + k )]
3k

b) S2 = 1.99 + 2.98 + 3.97 + … + 99.1

= 1.99 + 2.(99 − 1) + 3.(99 − 2) + ... + 99.(99 − 98)
= 1.99 + 2.99 + 3.99 + ... + 99.99 − (1.2 + 2.3 + ... + 98.99)

1
= 99.(1 + 2 + 3 + ... + 99) − .98.99100
3
99.99.100 1
=
− .98.99100 = 166650
2
3

Nhận xét: Bài toán tổng quát của tổng S2 là:
Sn = 1.n + 2.(n - 1) + 3.(n - 2) + … +( n - 1).2 + n.1 =

n.( n + 1)(n − 2)
6

Bài toán 1.3: Tính các tổng sau:

a) S1 = 1 + 11 + 111 + ... + 11
...1

n sô 1

b) S 2 = a + aa + ... + aa
 ... a

;

n Sô a

Lời giải:

23


a) Ta có:
S1 = 1 + 11 + 111 + ... + 11...1
{
n sô1

=

10 − 1 10 − 1 10 − 1
10 n − 1 1
+
+
+ ... +
= (10 + 102 + 103 + ... + 10 n − n)
9
9
9
9
9
2

3

Xét riêng tổng : S = 10 + 102 + 103 + 10n
Ta có 10.S = 102 + 103 + 10n + 10n+1
Suy ra :

10.S – S = 10


n+1

– 10. Hay : S =

10 n +1 − 10
9

1
10 n +1 − 9n − 10
2
3
n
S
=
(
10
+
10
+
10
+
...
+
10
−
n
)
=
Từ đó ta có: 1 9

81
b) S 2 = a + aa + ... + aa
...
a
{
n Sô a

a.(10n +1 − 9n − 10)
= a.(1 + 11 + 111 + ... + 11...1)
=
{
81
n sô 1

Bài toán 1.4: Với n là số tự nhiên khác 0, tính tổng:
S=1.1! + 2.2! + 3.3! + … + 16.16!
( Trích đề thi HSG môn giải toán trên MTCT lớp 9- Huyện Thạch
Hà- năm học: 2010 – 2011)
Lời giải:
Ta có: n. n! = ( n + 1 – 1). n! = ( n +1).n! – n! = (n + 1)! – n!
Ta có : 1! = 2! – 1!
2.2! = 3! – 2!
3.3! = 4! - 3!
…………..
16. 16! = 17! – 16!
Suy ra S = 2! – 1! + 3! – 2! + 4! - 3! + … + 17! – 16! = 17! - 1
2. Dạng tổng 2: Tổng phân thức
Bài toán 2.1: Với n là số tự nhiên khác không. Tính các tổng sau:
a) A =


1
1
1
1
+
+
+ ... +
1.2 2.3 3.4
n.(n + 1)

b) B =

1
1
1
1
+
+
+ ... +
1.2.3 2.3.4 3.4.5
n.( n + 1).(n + 2)

c) C =

2
2
2
2
+
+

+ ... +
.
1.3 3.5 5.7
n.( n + 2)

Lời giải:
a) Ta có:
A=

1
1
1
1
1 1 1 1 1 1
1
1
+
+
+ ... +
= − + − + − + ... + −
1.2 2.3 3.4
n.(n + 1) 1 2 2 3 3 4
n n +1
23


A = 1−

1
n +1−1

n
=
=
n +1
n +1
n +1

b) Ta có:
1
1 1
1 
= 
−

1.2.3 2  1.2 2.3 
1
1 1
1 
= 
−

2.3.4 2  2.3 3.4 
...........................

1
1 1
1

= 
−

n( n + 1)( n + 2 ) 2  n( n + 1) ( n + 1)( n + 2 ) 

1 1

1



Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được: B = 2 1.2 − (n + 1)(n + 2) 
1

1

1

1

1

1

1

c) Ta có: C = 1- 3 + 3 − 5 + 5 − 7 + ... + n − n + 2
1

n + 2 −1

n +1


C = 1- n + 2 = n + 2 = n + 2
Nhận xét: Tổng C ta có thể nới rộng khoảng cách của 2 số trong tích của
mỗi mẫu. Bài toán tổng quát như sau:
Sn =

1
1
1
+
+ ... +
a (a + m) (a + m)(a + 2m)
{ a + ( n − 1) m} { a + nm}

(với a là số tự nhiên khác không, m và n là các số tụ nhiên)


Ta tính được: Sn = m  a − a + nm ÷
1 1

1

Và ta cũng có thể nới rộng nhiều tích với cùng khoảng cách ở mỗi mẫu.
Bài toán 2.2: Với n là số tự nhiên khác không, tính tổng :
S = 1+

1
1
1
+
+ ... +

1+ 2 1+ 2 + 3
1 + 2 + 3 + ... + n

Lời giải:

1
1
2
2
2
=
=
= −
1 + 2 + 3 + ... + n n(n + 1) n(n + 1) n n + 1
2
2 2 2 3
2
2
2
2n
Suy ra : S = 1 + − + − + ... + −
= 2−
=
2 3 3 4
n n +1
n +1 n +1

Ta có :

Bài toán 2.3: Với n là số tự nhiên khác 0, tính tổng


23


3
5
2n + 1
+
+ ... +
2
2
(1.2) (2.3)
[ n.(n + 1)] 2

a) A =

12 2 2
n2
b) B =
+
+ ... +
1.3 3.5
(2n − 1)(2n + 1)

Lời giải:
2k + 1

a) Ta có: [ k .(k + 1)]

2


=

1
1
−
2
k
(k + 1) 2

3
1
1
= 2 − 2
2
(1.2)
1
2
5
1 1
Thay k = 2, ta có :
= 2− 2
2
(2.3)
2 3
..................................
2n + 1
1
1
Thay k = n, ta có :

= 2−
2
[ n(n + 1)] n (n + 1) 2
Thay k = 1, ta có :

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được :

A = 1−

1
( n + 1) 2

b)Ta có :

12 12 1 1
= ( − )
1.3 2 1 3
22 22 1 1
Thay k =2 , Ta có:
=
( − )
3.5 2 3 5
...............................................
Thay k = 1, Ta có :

Thay k = n, Ta có :
2

n2
n2

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

2

2

1 1 1vế các
2 1đẳng
1
n
1
1
Cộng
B = theo
( − )+
( − ) +thức
... + trên
( ta được:
−
)

2 1 3 2 3 5
2 2n − 1 2n + 1

2
2
2
2
2
1
1 2 2 3 3 4
n2
n2
= (1 − + − + − + − ... +
−
2
3 3 5 5 7 7
2n − 1 2n + 1
 n2
1
22 1
32 2 2
(n − 1) 2 
n2 
 −
= 1 + ( − ) + ( − ) + ... + 
−

2
3 3
5 5
 2n − 1 2n − 1  2n + 1 
1
n2

1
n2
n(n + 1)
= (1 + 1 + ... + 1 −
) = (n −
)=
2
2n + 1 2
2n + 1 2.(2n + 1)

Bài toán 2.4: Với n là số tự nhiên khác 0, tính các tổng sau:
a) A =
b) B =

1
1+ 2
1

1

+

2 1 +1 2

+

2+ 3
1

+ ... +


3 2 +2 3

1
n + n +1

+ ... +

1
(n + 1) n + n n + 1

Lời giải:

23


1

a) A =
=

1+ 2

+

1
2+ 3

1( 2 − 1)
( 1 + 2 )( 2 − 1)


+

+ ... +

1
n + n +1

1( 3 − 2 )
( 2 + 3 )( 3 − 2 )

+ ... +

1( n + 1 − n )
( n + n + 1)( n + 1 − n )

= 2 − 1 + 3 − 2 + ... + n + 1 − n = n + 1 − 1
1
1
1
b) B =
+
+ ... +
2 1 +1 2 3 2 + 2 3
(n + 1) n + n n + 1

1
1
n +1− n
1

1
=
=
=
−
(n + 1) n + n n + 1
n + 1. n ( n + 1 + n )
n + 1. n (n + 1 − n)
n
n +1
Từ đó:
1
1
1
+
+ ... +
2 1 +1 2 3 2 + 2 3
( n + 1) n + n n + 1
1
1
1
1
1
1
1
1
=
−
+
−

+
− ... +
−
= 1−
1
2
2
3
3
n
n +1
n +1
B=

Bài toán 2.5: Tính:
1
 1
  1

a ) A =  2 − 1 2 − 1...
− 1
2
2
 3
  100

1 
 1  1  
b) B = 1 − 1 − ...1 −


 2  3   100 

Lời giải:
 1
 1
  1
 − 3 − 8 − 15 − 9999
a ) A =  2 − 1 2 − 1...
− 1 = 2 . 2 . 2 ...
2
100 2
2
 3
  100
 2 3 4
1.3 2.4 3.5 99.101
1.2.3...98.99 3.4.5...100.101
1 101
101
=−
.
.
...
=−
.
=−
.
=−
2.2 3.3 4.4 100.100
2.3.4...99.100 2.3.4...99.100

100 2
200
1  1 2 3 99
1
 1  1  
b) B = 1 − 1 − ...1 −
=
 = . . ...
 2  3   100  2 3 4 100 100

3. Dạng tổng 3: Tổng lũy thừa.
Bài toán 3.1: Với a và n là các số tự nhiên lớn hơn 1, tính tổng:
A = a + a 2 + a3 + … + a n .
Lời giải:
Ta có: a.A = a(a + a2 + a3 + … + an) = a2 + a3 + a4 + … + an + an + 1
Suy ra: a.A – A = (a2 + a3 + a4 + … + an + an + 1) – (a + a2 + a3 + … + an)
Hay: (a – 1).A = a

n+1

a n +1 − a
⇒
A
=
–a
a −1

Bài toán 3.2: Với n là số tự nhiên khác 0, tính các tổng sau :
23



a) A = 12 + 22 + 32 + … + n2
b) B = 13 + 23 + 33 + … + n3
Lời giải:
a) Với đẳng thức đúng: (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1
Thay x = 0, ta có: 13 = 03 + 3.02 + 3.0 + 1
Thay x = 1, ta có: 23 = 13 + 3.12 + 3.1 + 1
Thay x = 2, ta có: 33 = 23 + 3.22 + 3.2 + 1
……………….
Thay x = n, ta có : (n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1
Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được :
13 + 23 + 33 + … + n3 + (n + 1)3 = 03 + 13 + 23 + 33 + … + n3 + 3.(02 + 12 + 22
+ 32 + … + n2) + 3.(0 + 1 + 2 + 3 + … + n) + (1 + 1 + 1 + … + 1)
Chuyển vế thu gọn với lưu ý A = 12 + 22 + 32 + … + n2; 1 + 2 + 3 + … + n
= n(n + 1)/2 và 1 + 1 + … + 1 = n + 1
⇒ (n + 1)3 = 3.A + 3.(1 + 2 + 3 + … + n) + (n + 1)
⇒ A=

(n + 1) 3 −

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

b) Bằng cách sử dụng hằng đẳng thức (x + 1)4 = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1
rồi thực hiện tính như câu a) ta sẽ được kết quả.

Sau đây xin nêu thêm một kỹ thuật khác để tính tổng B như sau:
x 2 .( x + 1) 2 ( x − 1) 2 .x 2
Ta có : x =
−
4
4
2 2
1 .2 02.12
Thay x = 1, ta có : 13 =
−
4
4
2 2
2 .3 12.2 2
Thay x = 2, ta có : 23 =
−
4
4
32.42 22.32
3
Thay x = 3, ta có : 3 =
−
4
4
.................................................
3

n 2 .(n + 1) 2 ( n − 1) 2 .n 2
Thay x = n, ta có : n =
−

4
4
3

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được: B =

n 2 .(n + 1) 2
4

23


4. Dạng tổng 4: Tổng phần nguyên, phần lẻ
Bài toán 4.1: Với n là số tự nhiên khác 0, tính tổng:

A = [ 1] + [ 2 ] + [ 3 ] + .... + [ 35 ]
(Ở đây [x] là k hiệu phần nguyên của số tự nhiên x)
Lời giải
Ta có : A = [ 1] + [ 2 ] + [ 3 ] + .... + [ 35 ]

(
+ ([

) (

) (

)

= [ 1] + [ 2 ] + [ 3 ] + [ 4 ] + [ 5 ] + ... + [ 8 ] + [ 9 ] + [ 10 ] + ... + [ 15 ] +


) (

)

16 ] + [ 17 ] + ... + [ 24 ] + [ 25 ] + [ 26 ] + [ 35 ]
= (1 + 1 + 1) + (2 + 2 + ... + 2) + (3 + 3 + ... + 3) + (4 + 4 + ... + 4) + (5 + 5 + ... + 5)
= 1.3 + 2.5 + 3.7 + 4.9 + 5.11 = 125

Bài toán 4.2: Với n là số tự nhiên khác 0, tính tổng:

A = [ 1.2.3.4 ] + [ 2.3.4.5 ] + .... + [ n.(n + 1)(n + 2)(n + 3) ]
Lời giải: Với số tự nhiên k, ta có:
k (k + 1)(k + 2)(k + 3) = [ k (k + 3)][(k + 1)(k + 2)] = (k 2 + 3k )(k 2 + 3k + 2)
= (k 2 + 3k ) 2 + 2(k 2 + 3k ) < (k 2 + 3k ) 2 + 2(k 2 + 3k ) + 1 = (k 2 + 3k + 1) 2
Mà : (k 2 + 3k )(k 2 + 3k + 2) ≥ (k 2 + 3k )(k 2 + 3k ) = (k 2 + 3k ) 2
Hay : (k 2 + 3k ) 2 ≤ k (k + 1)(k + 2)(k + 3) < ( k 2 + 3k + 1) 2

Suy ra:
k 2 + 3k ≤ k (k + 1)(k + 2)(k + 3) < k 2 + 3k + 1
⇒ [ k (k + 1)(k + 2)(k + 3) ] = k 2 + 3k
Thay k = 1, ta có : [ 1.2.3.4 ] = 12 + 3.1
Thay k = 2, ta có : [ 2.3.4.5 ] = 2 2 + 3.2
......................................................
Thay k = n, ta có : [ n.(n + 1)(n + 2)(n + 3) ] = n 2 + 3n

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:
A = (12 + 2 2 + ... + n 2 ) + 3(1 + 2 + ... + n)
n(n + 1)(2n + 1) 3n(n + 1) n(n + 1)(2n + 10)
=

+
=
6
2
6

CHƯƠNG II: BÀI TẬP VẬN DỤNG.
1

1

1

1

1

1

1

1

Bài toán 1: Chứng minh rằng: 1.2 + 3.4 + 5.6 + ... + 49.50 = 26 + 27 + 28 + ... + 50
Lời giải:
23


1
1

1
1
1 1 1 1 1 1
1
1
+
+
+ ... +
= − + − + − ... +
−
1.2 3.4 5.6
49.50 1 2 3 4 5 6
49 50
1 1 1 1 1 1
1
1
1 1 1
1
= + + + + + ... +
+ − 2( + + ... + )
1 2 3 4 5 6
49 50
2 4 6
50
1 1 1 1 1 1
1
1
1 1 1
1
= + + + + + ... +

+ − ( + + ... + )
1 2 3 4 5 6
49 50 1 2 3
25
1
1
1
1
=
+
+ + ... + (đpcm)
26 27 28
50

Ta có :

Bài toán 2: Tìm x, biết:
(

1
1
1
1
1 1
1
1
+
+
+ ... +
).2014 x = ( + + + ... +

).2013
1.2 3.4 5.6
9.100
51 52 53
100

Lời
1 giải:
1 Sử
1 dụng kết
1 quả1bài 1toán11, ta có:1

= + + + ... +
9.100 51 52 53
100
1
1
1
1
1 1
1
1
Khi đó : ( +
+
+ ... +
).2014 x = ( + + + ... +
).2013
1 .2 3 .4 5 .6
9.100
51 52 53

100
2013
⇒x=
2014
1 .2

+

3 .4

+

5 .6

+ ... +

Bài toán 3: Chứng minh rằng:
7
1
1
1
5
<
+
+ ... +
<
12 1.2 3.4
9.100 6

Lời giải: Sử dụng kết quả bài toán 1, ta có:

1
1
1
1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
=
+
+
+ ... +
1 .2 3 .4 5 .6
9.100 51 52 53
100
1
1
1
1
1
1
1
=( +
+
+ ... + ) + ( +
+ ... +
)

51 52 53
75
76 77
100
1
1
1
1
1
1
1
Do : ( >
>
> ... > ) và ( >
> ... >
) nên :
51 52 53
75
76 77
100
1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1

5
( + + + ... + ) + ( +
+ ... +
) < .25 + .25 < .25 + .25 =
51 52 53
75
76 77
100 51
76
50
75
6
1 1
1
1
1
1
1
1
1
1 1 7
( + + + ... + ) + ( +
+ ... +
) > .25 +
.25 = + =
51 52 53
75
76 77
100
75

100
3 4 12
7
1
1
1
5
Suy ra: 12 < 1.2 + 3.4 + ... + 9.100 < 6

Bài toán 4: Tính tổng :
 1 
 2 
 2010 
4x
S = P
÷+ P 
÷+ ... + P 
÷ . Trong đó: P ( x ) = x
 2011 
 2011 
 2011 
4 +2

23


(Trích đề thi HSG môn giải toán trên MTCT huyện Thạch Hà – Lớp 9 –
Năm học: 2010-2011)
Lời giải:
Trước hết ta xét a và b là hai số thỏa mãn a + b = 1. Khi đó:

4a
4b
4a (4b + 2) + 4b (4a + 2)
P (a ) + P (b) = a
+
=
4 + 2 4b + 2
(4 a + 2)(4b + 2)
2.4a +b + 2.(4a + 4b ) 8 + 2.(4 a + 4b )
= a +b
=
=1
4 + 2.(4a + 4b ) + 4 8 + 2.(4a + 4b )

Áp dụng cho tổng trên ta có:
1
2010
) + P(
) =1
2011
2011
2
2009
P(
) + P(
) =1
2011
2011
....................
1005

1006
P(
) + P(
) =1
2011
2011
P(

Cộng theo vế của 1007 đẳng thức trên ta được:
P(

1
2
2010
) + P(
) + ... + P(
) = 1005
2011
2011
2011

Bài toán 5: Chứng minh rằng:
1 1
1
+ 2 + ... +
<1
2
2 3
100 2
3

5
7
199
b) 2 2 + 2 2 + 2 2 + ... + 2
<1
1 .2 2 .3 3 .4
99 .100 2
1 2 3 4
100 3
c) + 2 + 3 + 4 + ... + 100 <
3 3 3 3
3
4
a)

Lời giải :
1 1
1
1
1
1
1
+ 2 + ... +
<
+
+ ... +
= 1−
<1
2
2

2 3
100 1.2 2.3
99.100
100
3
5
7
199
2 2 − 12 32 − 2 2 4 2 − 32
100 2 − 99 2
b) Ta có : 2 2 + 2 2 + 2 2 + ... + 2
=
+
+
+
...
+
1 .2
2 .3 3 .4
99 .100 2
12.2 2
2 2.32
32.4 2
99 2.100 2
1
1 1 1 1
1
1
1
= 1 − 2 + 2 − 2 + 2 − 2 + ... + 2 −

= 1−
<1
2
2
2 3 3 4
99 100
100 2
a ) Ta có :

c) Đặt :
1 2 3 4
100
A = + 2 + 3 + 4 + ... + 100
3 3 3 3
3
2 3 4
100
⇒ 3 A = 1 + + 2 + 3 + ... + 99
3 3 3
3
1 1
1
1
100
Do đó : 3 A − A = 1 + ( + 2 + 3 + ... + 99 ) − 100
3 3
3
3
3


Lại đặt :
23


1 1
1
1
1
1
1
1
1
+ 2 + 3 + ... + 99 ⇒ B = 2 + 3 + ... + 99 + 100
3 3
3
3
3
3
3
3
3
1
1
1
1
1
1
Do đó : B − B = − 100 ⇒ B = (1 − 99 ) <
3
3 3

2
3
2
1 1
1
3
Suy ra : 2 A < 1 + − 100 < 1 + ⇒ A < ( Đpcm)
2 3
2
4
B=

Bài toán 6: Với n là số tự nhiên lớn hơn 1, chứng minh rằng :
1
1
1
1
+
+ ... +
<
2
2
2
2.3 3.4
n.( n + 1)
4

Lời giải:

1

k +1− k
1
1
=
=
−
(k ∈ N , k > 1)
2
2
k (k + 1) (k + 1) 2
k (k + 1)
k (k + 1)
1
1
1
1 1
1
Mà :
= .
< [ 2 +
]
k (k + 1) k (k + 1) 2 k
(k + 1) 2

Ta có :

1
1
1 1
1

1
1 1
1
−
< [ 2+
]−
= [ 2−
]
2
2
2
k (k + 1) (k + 1)
2 k
( k + 1)
(k + 1)
2 k
(k + 1) 2
1
1 1
1
⇒
< [ 2−
]
2
k (k + 1)
2 k
(k + 1) 2
1
1 1
1

Thay k = 2, ta có :
< ( 2 − 2)
2
2 2
2.3
3
1
1 1
1
Thay k = 3, ta có : 2 < ( 2 − 2 )
2 3
3.4
4
...........................................
1
1 1
1
Thay k = n, ta có :
< [ 2 −
]
2
2 n
n.(n + 1)
(n + 1) 2
⇒

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta có :
1
1
1

1 1
1
1
1
1
1
+
+ ... +
< [ 2 − 2 + 2 − 2 + 2 −
]
2
2
2
2 2
2.3
3.4
n.(n + 1)
3
3
4
n
(n + 1) 2
1 1
1
1
= [ 2 −
]<
2
2 2
4

(n + 1)

Bài toán 8: Rút gọn biểu thức:
P=

(14 + 4)(54 + 4)(9 4 + 4)...(214 + 4)
(34 + 4)(7 4 + 4)(114 + 4)...(234 + 4)

Lời giải: Ta có: n4 + 4 = (n2)2 + 4n2 + 4 - 4n2 = (n2 + 2)2 - 4n2
= (n2 + 2 - 2n).(n2 + 2 + 2n) = [(n - 1)2 + 1]. [(n + 1)2 + 1]. Do đó :

23


P=

(14 + 4)(54 + 4)(9 4 + 4)...(214 + 4)
(34 + 4)(7 4 + 4)(114 + 4)...(234 + 4)

(0 2 + 1)(2 2 + 1) (4 2 + 1)(6 2 + 1) (82 + 1)(10 2 + 1) (20 2 + 1)(22 2 + 1)
= 2
.
.
...
(2 + 1)(32 + 1) (6 2 + 1)(82 + 1) (10 2 + 1)(12 2 + 1) (22 2 + 1)(24 2 + 1)
1
1
= 2
=
24 + 1 577


Nhận xét : Bài toán tổng quát : Với n là số tự nhiên lớn hơn 1, ta có :
P=

(14 + 4)(5 4 + 4)(9 4 + 4)...[(4n + 1) 4 + 4]
1
=
4
4
4
4
(3 + 4)(7 + 4)(11 + 4)...[( 4n + 3) + 4] ( 4n + 4) 2 + 1

Bài toán 9 : Tính :
A=

33 + 1 53 + 23 73 + 33
40233 + 20113
+
+
+
....
+
23 − 1 33 − 23 43 − 33
20123 − 20113

( Trích đề thi HSG giải Toán trên MTCT lớp 9 – huyện Thạch Hà – Năm
học: 2013 – 2014)
Lời giải :
Ta có :


(2k + 1)3 + k 3 (3k + 1)(3k 2 + 3k + 1)
=
= 3k + 1
(k + 1)3 − k 3
3k 2 + 3k + 1

33 + 1
Thay k = 1, ta có : 3
= 3.1 + 1
2 −1
53 + 23
= 3.2 + 1
33 − 23
......................................................
Thay k = 2, ta có :

Thay k = 2011, ta có :

40233 + 20113
= 3.2011 + 1
20123 − 20113

Suy ra: A= 3.( 1 + 2 + 3 + ….+ 2011) + 2011 = 6071209
Bài toán 10: Với n là số nguyên dương (n ≥ 2), đặt :
1 
1
1

 


Pn = 1 −
 1 −
 ... 1 −

 1 + 2   1 + 2 + 3   1 + 2 + ... + n 
1
Tìm tất cả các số nguyên dương n (n ≥ 2) sao cho Pn là số nguyên

( Trích đề thi HSG Tỉnh lớp 9 – Hà Tĩnh – Năm học : 2014 – 2015)
Lời giải : Với số tự nhiên k lớn hơn 1, ta có :
1−

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


23


1

1.4

Thay k = 2, ta được: 1 − 1 + 2 = 2.3
1

2.5

Thay k = 3, ta được: 1 − 1 + 2 + 3 = 3.4
1

3.6

1

(n − 1)(n + 2)
n(n + 1)

Thay k = 4, ta được: 1 − 1 + 2 + 3 + 4 = 4.5
…………………………..
Thay k = n, ta được: 1 − 1 + 2 + ... + k =

Nhân theo vế các đẳng thức trên, ta có :
Pn =

1.4 2.5 3.6 (n − 1)(n + 2) 1.2.3...( n − 1) 4.5.6...( n + 2) 1 n + 2 n + 2

.
.
...
=
.
= .
=
2.3 3.4 4.5
n(n + 1)
2.3.4... n
3.4.5...( n + 1) n 3
3n
1

3n

6

Suy ra : Pn = n + 2 = 3 − n + 2
1

6

Do đó để Pn là số nguyên thì n + 2 là số nguyên, suy ra n + 2 là Ư(6)
Từ đó tìm được n = 4.
CHƯƠNG III : BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có :
1 1
1 5
+ 2 + ... + 2 <

2
2 3
n
3
1
1
1
1
b) +
+
+ ... +
<2
2 3 2 3 3
(n + 1) n
a )1 ≤

c)

1
1
1
1
+
+ ... +
< 1−
2 2 +1 1 3 3 + 2 2
(n + 1) n + 1 + n n
n +1

d)


1
3
5
2n − 1
1
+ 4
+ 4
+ ... +
<
4
1 +4 3 +4 5 +4
(2n − 1) + 4 4
4

Bài 2: Với n là số tự nhiên khác 0, tính :
1
1
1
1
(2 + )(4 + )(6 + )....( 2014 + )
4
4
4
4
a) A =
1
1
1
1

(1 + )(3 + )(3 + )...(2015 + )
4
4
4
4
c )C =

1 3 7 15
2n + 1
+ + + ... + n −1
2 2 4 8
2

b) B = 1 +

d )D =

2 3 4
n
+ + + ... + n −1
2 4 8
2

12
32
52
(2n + 12
.
.
...

2 2 − 1 4 2 − 1 6 2 − 1 ( 2n + 2) 2 − 1

23


1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
+
1(2n − 1) 3(2n − 3) 5( 2n − 5)
(2n − 3).3 (2n − 1).1
e) E =
1 1
1
1 + + + ... +
3 5
2n − 1
g )G = (

n −1 n − 2 n − 3
1
1 1
1
+
+

+ ... +
) : ( + + ... + )
1
2
3
n −1 2 3
n

h) H = 3 − 33 + 35 − ... + 3 2 n =1 − 3 2 n +1

Bài 3: Với n là số tự nhiên lớn hơn 1, chứng minh rằng :
1
1
1
1 3
<
+
+ ... +
<
2 n +1 n + 2
2n 4
1 1 1
1 5
b)1 < 3 + 3 + 3 + ... 3 <
2 3 4
n
4
a)

c)(1 +


1
1
1 
1 
<2
)(1 +
)(1 +
)...1 +
1.3
2.4
3.5  n(n + 2) 

d )2 n − 3 <

1
1
1
1
+
+
+ ... +
< 2 n −2
2
3
4
n

Bài 4: Giải phương trình:
1

1
1
1
+
+ ... +
=
1.5 5.9
401.405 x + 1
1
1
1
1
b) 2
+ 2
+ 2
=
x + 9 x + 20 x + 11x + 30 x + 13 x + 42 18 ( Đề thị HSG Toán lớp 8 –
a)

huyện Thạch Hà – Năm học 2015 – 2016)

c) x + x + 1 + ........ + x + 2013 = 2015 x ( Đề thi HSG môn Toán lớp 9 – huyện
Thạch Hà – Năm học: 2015 – 2016)
Bài 5: Tính:
100  100 
 100 
a) A = 
+
+
...

2
 3100 
 3   3 
b) B =

Hà)

2
2
2
+
+ ..... +
1.4.7 4.7.10
61.64.67 ( Đề thi HSG môn Toán trên MTCT Thạch

c) Với mọi số nguyên dương n, đặt f (n) =

4n + 4n 2 − 1
2n + 1 + 2n − 1

Tính giá trị của f(1) + f(2) + …..+ f( 2013)
( Trích đề HSG môn Toán trên MTCT Thạch Hà )
IV. HIỆU QUẢ MANG LẠI CỦA SÁNG KIẾN
Sau khi tôi áp dung chuyên đề vào giảng dạy học sinh của tôi không những
nắm vững các bước giải mà còn vận dụng linh hoạt trong các bài toán lien
23


quan. Củ thể sau khi dạy cho đối tượng HS giỏi, tôi đã kiểm tra và kết quả
củ thể như sau:

Số lượng
8

Điểm 5- 6
SL
2

Điểm 7- 8
%

25

Điểm 9- 10

SL

%

SL

%

5

62,5

1

12,5


V. KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG VÀ TRIỂN KHAI KINH NGHIỆM:
Trong chương trình môn Toán THCS, bài toán tính tổng và các dạng toán
liên quan bắt đầu từ toán lớp 6 đến toán lớp 9. Nếu ngay từ lớp 6 chúng ta
triển khai các bài toán tính tổng của dãy số quy luật cho HS làm thành thạo
thì lên các lớp trên các em không còn lúng túng khi gặp lại các bài toán tính
tổng và bài toán liên quan. Bên cạnh đó, dạng toán tính tổng và các bài toán
liên quan thường xuất hiện trên các đề thi giải toán qua mạng và đề thi giải
toán trên máy tính cầm tay của huyện nhà.

C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
I. KẾT LUẬN
Trên đây là các kỹ thuật và một số bài toán liên quan đến tổng hữu
hạn ở THCS điển hình thường gặp. Tuy nhiên việc sử dụng các phương pháp
nói trên phải được vận dụng sao cho thích hợp, mỗi một phương pháp không
nên quan trọng hóa và đề cao trong khi giải dạng toán này. Điều cốt yếu là
sử dụng phương pháp nào cho phụ hợp để đạt hiệu quả tốt nhất, nhanh nhất.
Điều này đòi hỏi người thầy phải có một kinh nghiệm tốt trong giảng dạy,
phải thật sự đào sâu trong giảng dạy.
Dù đã rất cố gắng nhưng với tuổi đời và tuổi nghề nên đề tài tôi đã
trình bày không thể tránh khỏi những thiếu sót. Tôi mong nhận được nhiều ý
kiến đóng góp từ cấp trên, các bạn đồng nghiệp cũng như quý phụ huynh
học sinh để bài viết được hoàn chỉnh hơn.
II. KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT
- Tạo điều kiện cho giáo viên được tham gia các chuyên đề cấp
huyện, cấp tỉnh, đi học thêm để nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ.
- Tích cực đầu tư mua sắm các loại sách tham khảo, sách nâng cao để
phụ vụ nhu cầu học tập của học sinh và nghiên cứu của giáo viên trong
trường.
Tôi xin chân thành cảm ơn!


23


MỤC LỤC

TRANG

A. PHẦN MỞ ĐẦU

1

I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

1

II. PHẠM VI VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

2

III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU VÀ TÀI LIỆU
NGHIÊN CỨU

2

IV. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

2

V. NHỮNG ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI


3

B. NỘI DUNG

3

I. CƠ SỞ LÍ LUẬN

3

II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ

3

III. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN

4

Chương I: Kỹ thuật tính tổng một số dạng tổng hữu hạn ở
THCS

4

Dạng 1: Tổng hữu hạn các số tự nhiên

4

Dạng 2: Tổng phân phức

8


Dạng 3: Tổng lũy thừa

11

Dạng 4:Tổng phần nguyên, phần lẻ

13

Chương II: Bài tập vận dụng

14

Chương III: Bài tập tương tự

19

IV. HIỆU QUẢ MANG LẠI

21

V. KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG VÀ TRIỂN KHAI ĐỀ TÀI

21

C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

21

I. KẾT LUẬN


21
23


II. KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT

22

23