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小學數學解題方法

時間：2022-06-28 10:04:16 其他我要投稿

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　　使用正確的解題方法不但可以大大加快解題的速度而且可以提高解題的正確率。為此，數學頻道編輯部整理了一些巧妙的解題方法，以便同學們更好的去學習這些知識。下面是小編幫大家整理的小學數學解題方法大全，希望大家喜歡。

小學數學解題方法推薦

　　巧求最大公約數

　　(1)列舉約數法

　　例如，求24和36的最大公約數。

　　顯然(24，36)=12.

　　(2)分解質因數法

　　就是先把要求最大公約數的那幾個數分別分解質因數，然后把這幾個數公有的質因數相乘，所得的積就是要求的最大公約數。

　　例如，求12、18和54的最大公約數。

　　所以(12，18，54)=2×3=6.

　　(3)除數相除法(短除法)

　　就是先用要求最大公約數的那幾個數的公約數連續去除那幾個數，一直除到所得的商只有公約數1為止，再把所有的除數連乘起來，乘得的積就是所求的最大公約數。

　　例如，求24、60和96的最大公約數。

　　所以(24、60、96)=2×2×3=12.

　　(4)應用相除法

　　就是先用要求最大公約數的那幾個數的公約數連續去除那幾個數，一直除到商只有公約數1為止。然后用被除數除以商。

　　例如，求36和54的最大公約數。

　　(5)輾轉相除法

　　也稱歐幾里得除法。

　　就是用大數除以小數，如果能整除，小數就是所求的最大公約數;如果不能整除，再用小數除以第一個余數，如果能整除，第一余數就是所求的最大公約數;如果不能整除，再用第一個余數除以第二個余數，如果能整除，第二個余數就是所求的最大公約數，如果不能整除，再像上面那樣繼續除下去，直到余數為0為止，最后的那個除數就是所求的最大公約數。如果最后的除數是1，那么原來的兩個數是互質數。

　　例如，求621和851的最大公約數。

　　則(621，851)=23.

　　(6)輾轉相減法

　　在求幾個數的最大公約數時，可從任一大數中減去任意小數的任意倍數，同時作幾個減法。

　　理論根據：

　　定理1：如果甲、乙二數的差是乙數，那么甲、乙二數的最大公約數就是乙數。

　　即：如果a-b=b，那么(a，b)=b。(本文字母都是自然數)

　　證明：∵a-b=b，

　　∴a=2b，即 b|2b→b|a.

　　又∵b|b，∴(a，b)=b.

　　定理2：如果兩個數的差不等于零，那么這兩個數的最大公約數就是減數與差數的最大公約數。

　　即：如果a-b=c(a>b)，

　　那么(a，b)=(b，c).

　　可理解為差與小數成倍數關系，差就是所求的最大公約數;如果差與小數不成倍數關系，差與小數的最大公約數就是所求的最大公約數。

　　∵a-b=c，

　　因此t是b、c的公約數。

　　又設(p2，p1-p2)=m(m>1)，則

　　故(P2，P1-P2)=m不能成立，只能是：(P2，P1-P2)=1。說明t不但是b、c的公約數，而且是最大公約數。即：

　　(b，c)=t，

　　∴(a，b)=(b，c).

　　例如，429-143=286，

　　∴(429，143)=(143，286).

　　又∵143|286，

　　∴(143，286)=143.

　　因此(429，143)=143.

　　根據上面的兩個定理求(a，b).

　　設a>b，

　　①當 b|a時，則(a，b)=b.

　　②當b a時，則a-b=p1，即(a，b)=(b，P1).

　　其中當P1|b時，則(b，P1)=P1.

　　當P1 b時，則b-P1=P2，即(b，P1)=(P1，P2).

　　……

　　照此依次減下去，被減數、減數在逐漸減小，差也隨著相對減小，最后必能得到一個ppn=0。這時pn-1=pn-2，所以(pn-2，pn-1)=pn-1.由此得出：

　　(a，b)=(b，p1)=(p1，p2)=(p2，p3)=……=(pn-2，pn-1)=pn-1.

　　這種方法稱輾轉相減法。

　　實例說明：如21和12。21可以看成是3的7倍，12可看成3的4倍;用3的7倍減去3的4倍一定還是3的倍數，得3的3倍，然后用3的4倍減去3的3倍結果是3的1倍。因此(21，12)=3.

　　應用中貴在靈活。求解過程中，可隨時截取判斷。

　　例1 求1105和1547的最大公約數。

　　1547-1105=422， (1)

　　1105-422×2=211， (2)

　　422-221=211， (3)

　　211-211=0. (4)

　　沒必要輾轉相減到最后，由式子(2)知221與442成倍數關系，則(1105，1547)=221.

　　例2 求971和 601的最大公約數。

　　∵971-601=370， (1)

　　601-370=231， (2)

　　370-231=139， (3)

　　231-139=92， (4)

　　139-92=47， (5)

　　……

　　1-1=0，

　　∴(971，601)=1.

　　由(5)式可知(92，47)=1，便可斷定

　　(971，601)=1.

　　例3 求27090、21672、11352和8127的最大公約數。

　　用這種方法約簡分數、判斷互質數等。例略。

　　(7)小數縮倍法

　　就是求兩個數的最大公約數時，如果這兩個數不成倍數關系，就把小數依次除以2、3、4……，直到除得的商是較大數的約數為止，那個商就是所求的最大約數。

　　例如，求45和75的最大公約數。

　　45÷3=15，15|75，則(45，75)=15.

　　(8)差除法

　　如果兩個數的差能整除較小的數，那么這個差就是這兩個數的最大公約數。

　　已知a-b=c，且c|b(a>b).

　　求證(a，b)=c.

　　證明：由 c|b，設 b=cq.

　　于是 a=b+c=cq+c=c(q+1).

　　在a=c(q+1)和b=cq中，

　　因為(q+1，q)=1，

　　所以(a，b)=c.

　　例如，求91和98的最大公約數。

　　∵ 98-91=7， 7|91，

　　∴(91，98)=7.

　　(9)倍差除法

　　當出現找出的差不能整除小數時，把小數再擴大幾倍，使之略超過大數，用新得的數減去大數的差去除小數。

　　例4 求112與420的最大公約數。

　　112×4=448， 448-420=28，

　　28|112，

　　則(11，420)=28.

　　例5 求168與630的最大公約數。

　　168×4=672， 672-630=42，

　　42|168，

　　則(168，630)=42.

　　能夠這樣解的依據是什么呢?現證明如下(字母均為自然數)。

　　如果nb-a=c，c<B

　　那么(a，b)=c.

　　證明：設t是a，b的公約數，則t|a，t|b，

　　∴nb-a=c，且c<B

　　∵t|nb，t|c，

　　因此，a，b的公約數一定是b、c的公約數。

　　同理也可證明b、c的公約數一定是a、b的公約數。所以a、b的最大公約數等于b、c的最大公約數。即：

　　(a，b)=(b，c).

　　又∵c|b，

　　∴(a，b)=(b，c)=c.

　　或用差的從大到小的因數試除。

　　例6 求161和115的最大公約數。

　　161-115=46.

　　∵46 115，

　　而23|115，

　　∴(161，115)=23.

　　例7 求95和152的最大公約數。

　　∵ 95×2-152=38，

　　且38 95，

　　但19|95，

　　∴(95，152)=19.

　　這種方法，也適用于求三個以上數的最大公約數。

　　例8 求217，62和93的最大公約數，

　　因為217-62-93=62，

　　且31|62、31|93，

　　所以(217，62，93)=31.

　　例9求 418、494和 589的最大公約數。

　　因為494-418=76，76 418，

　　418-(76×5)=38，38|76，

　　則(418，494)=38.

　　而589-(38×15)=19，19|38，

　　所以(418，494，589)=19.

　　例10 判斷255和182是否互質。

　　255-182=73，73 182，

　　182-(73×2)=36，36 73，

　　而73-(36×2)=1，

　　所以(255，182)=1，即為互質數。

　　4862-2618=2244，

　　2618-2244=374，374|2244，

　　(10)分數法

　　把求最大公約數的兩個數，寫為真分數，逐次約成最簡分數。原分數的分子(或分母)除以最簡分數的分子(或分母)，商就是最大公約數。

　　例如，求24、30和36的最大公約數。

　　則(2430)=6.

　　則(6，36)=6.

　　所以(24，30，36)=6.

　　(11)用商法

　　例如，求64與48的最大公約數。

　　先把兩個數寫成除法的形式，大數作被除數，小數作除數(除數為大于1的自然數)。所得的商寫成最簡分數。

　　這兩個數的最大公約數等于除數除以商的分母。即：48÷3=16，∴(64，48)=16.

　　如果，兩個數相除，商為整數，那么，這兩個數的最大公約數是除數。

　　這種方法也適用于求兩個以上的數的最大公約數。例如，求36、30和20的最大公約數。

　　所以(36，30，20)=2.

　　(12)利用等式關系

　　利用(am，bm)=m(a，b)。

　　例如，求36與54的最大公約數。

　　(36，54)=(18×2，18×3)

　　=18(2，3)=18.

　　利用(an，bn)=(a，b)n.

　　例如，求64與216的最大公約數。

　　(64，216)=(43，63)

　　=(4，6)3=23=8.

　　利用若(a，b)=1，則(ac，b)=(c，b).

　　例1 求46與253的最大公約數。

　　(46，253)=(46，11×23)

　　=(46，23)=23.

　　例2 求12，286的最大公約數。

　　(12，286)=2(6，143)

　　=2(6，11×13)=2(6，13)=2.

　　例3 求245、315和560的最大公約數。

　　(245，315，560)=5(49，63，112)

　　=5(49， 63， 28×4)=5(49，63，28)

　　=5×7(7，9，4)=35.

　　(13)口訣查找法

　　就是用乘法口訣對照求最大公約數的那幾個數，看哪個因數是求最大公約數的那幾個數的約數，再進一步判斷那個公約數是不是所求的最大公約數。

　　例如，求56和72的最大公約數。

　　看56與72，立即想到乘法口訣“七八五十六”與“八九七十二”。8是56與72的公約數，56的另一個約數7與72的另一個約數9成互質數，所以公約數8就是56與72的最大公約數。

　　(14)特征心算法

　　根據求最大公約數的那幾個數所具有的能被某些數整除的特征確定。

　　例如，求24和30的最大公約數。

　　根據24和30能同時被2整除的特征，記下2;

　　再根據24和30還能同時被3整除，記下3;

　　由2乘3得6，24與30分別除以6的商分別是4與5，4與 5互質，則(24，30)=6.

　　小學數學難題解法大全之巧妙解題方法

　　巧判斷能被4、6、8、9、7、11、13、17、19、23、25、99、125、273約的數

　　能被4約：末尾兩位數是0或能被4約的數。例如36900，987136。

　　能被6約：既能被2約又能被3約的數。例如114，914860。

　　能被8約：末三位是0或能被8約的數。例如321000，5112。

　　能被9約：能被9整除的準則以下列的事實為基礎，即在十進系統中，1以后帶幾個零的數(即10的任何次冪)在被9除時必然得出余數1。實際上，

　　第一項都是由9組成的，顯然能被9整除。因此，10n被9除時必然得余數1。

　　然后，我們再看任意的數，例如4351。一千被9除得余數1，于是四千被9除得余數4。同樣，三百被9除得余數3，五十被9除得余數5，還余下個位數1。因而，

　　4351=能被9整除的某一個數+4+3+5+1

　　如果“尾數”4+3+5+1(它是該數的各位數字之和)能被9整除，那么，整個數也能被9整除。因而可得到結論：如果某一個數的“各位數字的和”能被9整除，那么這個數也能被9整除。例如 111222，8973。

　　9的倍數除以9，其商有如下特點：

　　被除數是兩位數，商是被除數尾數的補數，即補足10的數。

　　例如 63÷9=7，3的補數是7。

　　被除數是三位數，商首同尾互補。

　　例如

　　被除數是四位數，商的中間數字是被除數前兩位數字之和。

　　被除數是五、六位數……原理同上。商的第二位數字是被除數前兩位數字之和，第三位數字是被除數前三位數字的和……

　　能被7約∶70以內的兩位數能否被7約一目了然，大于70的兩位數只要減去70也就一清二楚了。

　　三位數，只要把百位數字乘以2加余下約數，和能被7約這三個數就能被7約。例如812，

　　(8×2+12)÷7=4。

　　百位數字乘以2，是因為100除以7得商14余2，即每個100余2，把它放到十位數里。

　　四位數，只要在百位數的計算方法上減去千位數字。因為1001能被7約，即1000要能被7約還缺1，有幾個1000應減去幾。例如1820，

　　(8×2+20-1)÷7=5。

　　能被11約：

　　奇偶位數差法：一個數奇位上的數字和與偶位上的數字和的差(大數減小數)是0或11的倍數的數。

　　例1 3986576

　　(6+5+8+3)-(7+6+9)

　　=22-22=0，

　　則11|3986576。

　　例2 9844

　　(9+4)-(8+4)

　　=13-12=1，

　　則 11 9844。

　　小節法：把判斷數從個位起每兩位分成一小節，最后的不足兩位數也當作一節。只要看各小節之和是否有約數9或11。

　　例3 2879503

　　03+95+87+2

　　=187=11×17，

　　即11| 2879503。

　　例4 1214159265

　　65+92+15+14+12

　　=198=2×9×11，

　　即9|1214159265，11|1214159265。

　　能被7或11或13約的數一次性判斷法：

　　那么要判別N能否被7或11或13約，只須判別A與B(或B與A)的差能否被7或11或13約。

　　證明：因為1000=7×11×13-1

　　10002=(7×11×13-1)2

　　=7×11×13的倍數+1

　　10003=7×11×13的倍數-1

　　……

　　例 5 987198719871

　　由 A-B=(871+198)-(719+987)

　　=1069-1706，

　　知 B-A=637=72×13。

　　即能被7和13約，不能被11約。

　　例6 21203547618

　　由(618+203)-(547+21)

　　=253=11×23，

　　知原數能被11約，不能被7或13約。

　　若其差為0，則這個數必能同時被7、11、13約。

　　例如 8008 8-8=0，

　　則8008÷7=1144，8008÷11=728，

　　8008÷13=616。

　　能被17約：

　　(1)末兩位數與以前的數字組成的數的2倍之差數(或反過來)能被17約的數;

　　(2)末三位數與以前的數字組成的數的3倍之差數(或反過來)能被17約的數;

　　(3)末三位數的6倍與以前的數字組成的數之差數(或反過來)能被17約的數。

　　例如，31897168

　　由(1)得318971×2-68=637874，

　　重復四次得 170，17|170，

　　故知 17|31897168。

　　由(2)得 31897×3-168=95523，

　　523-95× 3=238，

　　17|238，故知17|31897168。

　　由(3)得31897-163×6=30889，

　　再由(2)889-30×3=799，

　　最后由(1)99-7×2=85，

　　17|85，則 17|31897168。

　　能被19約：

　　(1)末三位數的3倍與以前的數字組成的數的2倍之差(或反過來)能被19約的數;

　　(2)末兩位數的2倍與以前的數字組成的數的9倍之差(或反過來)能被19約的數;

　　(3)末三位數的11倍與以前的數字組成的數之差(或反過來)能被19約的數。

　　例如，742050833

　　由(3)得742050-833×11=732887，

　　再由(1)887×3-732×2=1197，

　　最后由(2)97×2-11×9=95，

　　19|95，則19|742050833。

　　能被23約：

　　(1)末三位數的2倍與以前的數字組成的數之差能被23約的數;

　　(2)末兩位數的2倍與以前的數字組成的數的7倍之差能被23約的數。

　　例如，542915

　　由(1)得915×2-542=1288，

　　288×2-1=575，

　　23|575，則23|542915。

　　由(2)5429×7-15×2=37973，

　　379×7-73×2=2507，

　　25×7-7×2=161，

　　23|161，則23|542915。

　　能被25約：

　　末兩位數是00、25、50、75的自然數。

　　能被99約：

　　可同時被3與33或9與11約的自然數。

　　能被99各因數約：

　　把被判斷的數從個位起，每兩位分成一段，各段數之和能被各因數的某一因數約，這個數就能被這個因數約。

　　證明：設這個數 N=a0+a1·10+a2·102+a3·103+a4·104+a5·105+……

　　因為99×(a3a2+101×a5a4+……)能被99的因數33、11、9、3約。

　　所以當(a1a0+a3a2+a5a4+……)能被33、11、9、3約時，N也能被這四個數約。當N是奇位數時，仍然成立。

　　例7 4326321

　　4+32+63+21=120，

　　3|120，則3|4326321。

　　例8 84564

　　8+45+64=117，

　　9|117，則 9|84564。

　　例9 493526

　　49+35+26=110，

　　11|110，則11|493526。

　　例10 18270945

　　18+27+09+45=99，

　　33|99，則33|18270945。

　　能被273約：

　　根據定理：若c|b、c a、則b a。

　　例如，判別272452654能否被273整除。

　　3|273，3 272452654，

　　則 273 272452654。

　　若判斷36786360能否被24約，根據定理：

　　若b|a，c|a，(b，c)=1，

　　則其 bc|a。

　　因為24=3×8，(3，8)=1，

　　3|36786360，8|36786360，

　　所以 24|36786360。

　　同理，因為132=3×4×11，

　　(3，4，11)=1，

　　而3、4、11能分別約992786256，

　　則132|992786256。

　　小學數學難題解法大全之巧妙解題方法

　　巧化歸

　　將某一問題化歸為另一問題，將某些已知條件或數量關系化歸為另外的條件或關系，變難為易，變復雜為簡單。

　　例1 甲乙兩工程隊分段修筑一條公路，甲每天修12米，乙每天修10米。如果乙隊先修2天，然后兩隊一起修筑，問幾天后甲隊比乙隊多修筑10米?

　　此題具有與追及問題類似的數量關系：甲每天修筑12米，相當于甲的“速度”;乙每天修筑10米，相當于乙的“速度”，乙隊先修2天，就是乙先修10×2=20(米)，又要甲比乙多修10米，相當于追及“距離”是20+10=30(米)。

　　由此可用追及問題的思維方法解答，即

　　追及“距離”÷“速度”差=追及時間

　　↓ ↓ ↓

　　(10×2+10)÷(12-10)=15(天)

　　例2 大廳里有兩種燈，一種是上面1個大燈球下綴2個小燈球，另一種是上面1個大燈球下綴4個小燈球，大燈球共360個，小燈球共有1200個。問大廳里兩種燈各有多少盞?

　　本題若按一般思路解答起來比較困難，若歸為“雞兔問題”解答則簡便易懂。

　　把1個大燈球下綴2個小燈球看成雞，把1個大燈球下綴4個小燈球看成免。那么，1個大燈球綴2個小燈球的盞數為：

　　(360×4-1200)÷(4-2)=120(盞)

　　1個大燈球下綴4個小燈球的盞數為：

　　360-120=240(盞)

　　或(1200-2×360)÷(4-2)=240(盞)

　　例3 某人加工一批零件，每小時加工4件，完成任務時比預定時間晚2小時，若每小時加工6件，就可提前1小時完工。問預定時間幾小時?這批零件共有多少件?

　　根據題意，在預定時間內，每小時加工4件，則還有(4×2)件未加工完，若每小時加工6件，則超額(“不定”)(6×1)件。符合《盈虧問題》條件。

　　在算術中，一定人數分一定物品，每人分的少則有余(盈)，每人分的多則不足(虧)，這類問題稱盈虧問題。其算法是：

　　人數=(盈余+不足)÷分差(即兩次每人分物個數之差)。

　　物品數=每人分得數×人數。

　　若兩次分得數皆盈或皆虧，則

　　人數=兩盈(虧)之差÷分差。

　　故有解：

　　零件總數：4×7+4×2=36(件)

　　或 6×7-6×1=36(件)

　　例4 一列快車從甲站開到乙站需要10小時，一列慢車由乙站開到甲站需要15小時。兩輛車同時從兩站相對開出，相遇時，快車比慢車多行120千米，兩站間相距多少千米?

　　按“相遇問題”解是比較困難的，轉化成為“工程問題”則能順利求解。

　　快車每小時比慢車多行120÷6=20(千米)

　　例5 甲乙二人下棋，規定甲勝一盤得3分，乙勝一盤得2分。如果他們共下10盤，而且兩人得分相等，問乙勝了幾盤?

　　此題，看起來好像非要用方程解不可，其實它也可以用“工程問題”來解，把它化歸為工程問題：“一件工作，甲獨做3天完成，乙獨做2天完成。如果兩人合做完成這樣的10件工作，乙做了幾件?

　　例6 小前和小進各有拾元幣壹元幣15張，且知小前拾元幣張數等于小進壹元幣張數，小前壹元幣張數等于小進拾元幣張數，又小前比小進多63元。問小前和小進有拾元幣壹元幣各多少張?

　　本題的人民幣問題可看作是兩位的倒轉數問題，由兩位數及其倒轉數性質2知，小前的拾元幣與壹元幣張數差為63÷9=7，故

　　小前拾元幣為(15+7)÷2=11(張)，壹元幣為15-11=4(張)。

　　小進有拾元幣4張，壹元幣11張。

　　巧求加權平均數

　　例7 某班上山采藥。15名女生平均每人采2千克，10名男生平均每人采3千克，這個班平均每人采多少千克?此題屬加權平均數問題。一般解法：

　　=3-0.6=2.4(千克)

　　這種計算方法迅速、準確、便于心算。

　　算理是：設同類量a份和b份，a份中每份的數量為m，b份中每份的數量為n((m≤n)。

　　因為它們的總份數為a+b，總數量為ma+nb，加權平均數為：

　　或：

　　這種方法還可以推廣，其算理也類似，如：

　　某商店用單價為2.2元的甲級奶糖15千克，1.05元的乙級糖30千克和1元的丙級糖5千克配成什錦糖。求什錦糖的單價。

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