品才网>其他>小学数学解题方法

小学数学解题方法

时间：2022-06-28 10:04:16 其他我要投稿

小学数学解题方法参考推荐度：
相关推荐

小学数学解题方法推荐

　　使用正确的解题方法不但可以大大加快解题的速度而且可以提高解题的正确率。为此，数学频道编辑部整理了一些巧妙的解题方法，以便同学们更好的去学习这些知识。下面是小编帮大家整理的小学数学解题方法大全，希望大家喜欢。

小学数学解题方法推荐

　　巧求最大公约数

　　(1)列举约数法

　　例如，求24和36的最大公约数。

　　显然(24，36)=12.

　　(2)分解质因数法

　　就是先把要求最大公约数的那几个数分别分解质因数，然后把这几个数公有的质因数相乘，所得的积就是要求的最大公约数。

　　例如，求12、18和54的最大公约数。

　　所以(12，18，54)=2×3=6.

　　(3)除数相除法(短除法)

　　就是先用要求最大公约数的那几个数的公约数连续去除那几个数，一直除到所得的商只有公约数1为止，再把所有的除数连乘起来，乘得的积就是所求的最大公约数。

　　例如，求24、60和96的最大公约数。

　　所以(24、60、96)=2×2×3=12.

　　(4)应用相除法

　　就是先用要求最大公约数的那几个数的公约数连续去除那几个数，一直除到商只有公约数1为止。然后用被除数除以商。

　　例如，求36和54的最大公约数。

　　(5)辗转相除法

　　也称欧几里得除法。

　　就是用大数除以小数，如果能整除，小数就是所求的最大公约数;如果不能整除，再用小数除以第一个余数，如果能整除，第一余数就是所求的最大公约数;如果不能整除，再用第一个余数除以第二个余数，如果能整除，第二个余数就是所求的最大公约数，如果不能整除，再像上面那样继续除下去，直到余数为0为止，最后的那个除数就是所求的最大公约数。如果最后的除数是1，那么原来的两个数是互质数。

　　例如，求621和851的最大公约数。

　　则(621，851)=23.

　　(6)辗转相减法

　　在求几个数的最大公约数时，可从任一大数中减去任意小数的任意倍数，同时作几个减法。

　　理论根据：

　　定理1：如果甲、乙二数的差是乙数，那么甲、乙二数的最大公约数就是乙数。

　　即：如果a-b=b，那么(a，b)=b。(本文字母都是自然数)

　　证明：∵a-b=b，

　　∴a=2b，即 b|2b→b|a.

　　又∵b|b，∴(a，b)=b.

　　定理2：如果两个数的差不等于零，那么这两个数的最大公约数就是减数与差数的最大公约数。

　　即：如果a-b=c(a>b)，

　　那么(a，b)=(b，c).

　　可理解为差与小数成倍数关系，差就是所求的最大公约数;如果差与小数不成倍数关系，差与小数的最大公约数就是所求的最大公约数。

　　∵a-b=c，

　　因此t是b、c的公约数。

　　又设(p2，p1-p2)=m(m>1)，则

　　故(P2，P1-P2)=m不能成立，只能是：(P2，P1-P2)=1。说明t不但是b、c的公约数，而且是最大公约数。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.

　　根据上面的两个定理求(a，b).

　　设a>b，

　　①当 b|a时，则(a，b)=b.

　　②当b a时，则a-b=p1，即(a，b)=(b，P1).

　　其中当P1|b时，则(b，P1)=P1.

　　当P1 b时，则b-P1=P2，即(b，P1)=(P1，P2).

　　……

　　照此依次减下去，被减数、减数在逐渐减小，差也随着相对减小，最后必能得到一个ppn=0。这时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.

　　这种方法称辗转相减法。

　　实例说明：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倍减去3的4倍一定还是3的倍数，得3的3倍，然后用3的4倍减去3的3倍结果是3的1倍。因此(21，12)=3.

　　应用中贵在灵活。求解过程中，可随时截取判断。

　　例1 求1105和1547的最大公约数。

　　1547-1105=422， (1)

　　1105-422×2=211， (2)

　　422-221=211， (3)

　　211-211=0. (4)

　　没必要辗转相减到最后，由式子(2)知221与442成倍数关系，则(1105，1547)=221.

　　例2 求971和 601的最大公约数。

　　∵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，便可断定

　　(971，601)=1.

　　例3 求27090、21672、11352和8127的最大公约数。

　　用这种方法约简分数、判断互质数等。例略。

　　(7)小数缩倍法

　　就是求两个数的最大公约数时，如果这两个数不成倍数关系，就把小数依次除以2、3、4……，直到除得的商是较大数的约数为止，那个商就是所求的最大约数。

　　例如，求45和75的最大公约数。

　　45÷3=15，15|75，则(45，75)=15.

　　(8)差除法

　　如果两个数的差能整除较小的数，那么这个差就是这两个数的最大公约数。

　　已知a-b=c，且c|b(a>b).

　　求证(a，b)=c.

　　证明：由 c|b，设 b=cq.

　　于是 a=b+c=cq+c=c(q+1).

　　在a=c(q+1)和b=cq中，

　　因为(q+1，q)=1，

　　所以(a，b)=c.

　　例如，求91和98的最大公约数。

　　∵ 98-91=7， 7|91，

　　∴(91，98)=7.

　　(9)倍差除法

　　当出现找出的差不能整除小数时，把小数再扩大几倍，使之略超过大数，用新得的数减去大数的差去除小数。

　　例4 求112与420的最大公约数。

　　112×4=448， 448-420=28，

　　28|112，

　　则(11，420)=28.

　　例5 求168与630的最大公约数。

　　168×4=672， 672-630=42，

　　42|168，

　　则(168，630)=42.

　　能够这样解的依据是什么呢?现证明如下(字母均为自然数)。

　　如果nb-a=c，c<B

　　那么(a，b)=c.

　　证明：设t是a，b的公约数，则t|a，t|b，

　　∴nb-a=c，且c<B

　　∵t|nb，t|c，

　　因此，a，b的公约数一定是b、c的公约数。

　　同理也可证明b、c的公约数一定是a、b的公约数。所以a、b的最大公约数等于b、c的最大公约数。即：

　　(a，b)=(b，c).

　　又∵c|b，

　　∴(a，b)=(b，c)=c.

　　或用差的从大到小的因数试除。

　　例6 求161和115的最大公约数。

　　161-115=46.

　　∵46 115，

　　而23|115，

　　∴(161，115)=23.

　　例7 求95和152的最大公约数。

　　∵ 95×2-152=38，

　　且38 95，

　　但19|95，

　　∴(95，152)=19.

　　这种方法，也适用于求三个以上数的最大公约数。

　　例8 求217，62和93的最大公约数，

　　因为217-62-93=62，

　　且31|62、31|93，

　　所以(217，62，93)=31.

　　例9求 418、494和 589的最大公约数。

　　因为494-418=76，76 418，

　　418-(76×5)=38，38|76，

　　则(418，494)=38.

　　而589-(38×15)=19，19|38，

　　所以(418，494，589)=19.

　　例10 判断255和182是否互质。

　　255-182=73，73 182，

　　182-(73×2)=36，36 73，

　　而73-(36×2)=1，

　　所以(255，182)=1，即为互质数。

　　4862-2618=2244，

　　2618-2244=374，374|2244，

　　(10)分数法

　　把求最大公约数的两个数，写为真分数，逐次约成最简分数。原分数的分子(或分母)除以最简分数的分子(或分母)，商就是最大公约数。

　　例如，求24、30和36的最大公约数。

　　则(2430)=6.

　　则(6，36)=6.

　　所以(24，30，36)=6.

　　(11)用商法

　　例如，求64与48的最大公约数。

　　先把两个数写成除法的形式，大数作被除数，小数作除数(除数为大于1的自然数)。所得的商写成最简分数。

　　这两个数的最大公约数等于除数除以商的分母。即：48÷3=16，∴(64，48)=16.

　　如果，两个数相除，商为整数，那么，这两个数的最大公约数是除数。

　　这种方法也适用于求两个以上的数的最大公约数。例如，求36、30和20的最大公约数。

　　所以(36，30，20)=2.

　　(12)利用等式关系

　　利用(am，bm)=m(a，b)。

　　例如，求36与54的最大公约数。

　　(36，54)=(18×2，18×3)

　　=18(2，3)=18.

　　利用(an，bn)=(a，b)n.

　　例如，求64与216的最大公约数。

　　(64，216)=(43，63)

　　=(4，6)3=23=8.

　　利用若(a，b)=1，则(ac，b)=(c，b).

　　例1 求46与253的最大公约数。

　　(46，253)=(46，11×23)

　　=(46，23)=23.

　　例2 求12，286的最大公约数。

　　(12，286)=2(6，143)

　　=2(6，11×13)=2(6，13)=2.

　　例3 求245、315和560的最大公约数。

　　(245，315，560)=5(49，63，112)

　　=5(49， 63， 28×4)=5(49，63，28)

　　=5×7(7，9，4)=35.

　　(13)口诀查找法

　　就是用乘法口诀对照求最大公约数的那几个数，看哪个因数是求最大公约数的那几个数的约数，再进一步判断那个公约数是不是所求的最大公约数。

　　例如，求56和72的最大公约数。

　　看56与72，立即想到乘法口诀“七八五十六”与“八九七十二”。8是56与72的公约数，56的另一个约数7与72的另一个约数9成互质数，所以公约数8就是56与72的最大公约数。

　　(14)特征心算法

　　根据求最大公约数的那几个数所具有的能被某些数整除的特征确定。

　　例如，求24和30的最大公约数。

　　根据24和30能同时被2整除的特征，记下2;

　　再根据24和30还能同时被3整除，记下3;

　　由2乘3得6，24与30分别除以6的商分别是4与5，4与 5互质，则(24，30)=6.

　　小学数学难题解法大全之巧妙解题方法

　　巧判断能被4、6、8、9、7、11、13、17、19、23、25、99、125、273约的数

　　能被4约：末尾两位数是0或能被4约的数。例如36900，987136。

　　能被6约：既能被2约又能被3约的数。例如114，914860。

　　能被8约：末三位是0或能被8约的数。例如321000，5112。

　　能被9约：能被9整除的准则以下列的事实为基础，即在十进系统中，1以后带几个零的数(即10的任何次幂)在被9除时必然得出余数1。实际上，

　　第一项都是由9组成的，显然能被9整除。因此，10n被9除时必然得余数1。

　　然后，我们再看任意的数，例如4351。一千被9除得余数1，于是四千被9除得余数4。同样，三百被9除得余数3，五十被9除得余数5，还余下个位数1。因而，

　　4351=能被9整除的某一个数+4+3+5+1

　　如果“尾数”4+3+5+1(它是该数的各位数字之和)能被9整除，那么，整个数也能被9整除。因而可得到结论：如果某一个数的“各位数字的和”能被9整除，那么这个数也能被9整除。例如 111222，8973。

　　9的倍数除以9，其商有如下特点：

　　被除数是两位数，商是被除数尾数的补数，即补足10的数。

　　例如 63÷9=7，3的补数是7。

　　被除数是三位数，商首同尾互补。

　　例如

　　被除数是四位数，商的中间数字是被除数前两位数字之和。

　　被除数是五、六位数……原理同上。商的第二位数字是被除数前两位数字之和，第三位数字是被除数前三位数字的和……

　　能被7约∶70以内的两位数能否被7约一目了然，大于70的两位数只要减去70也就一清二楚了。

　　三位数，只要把百位数字乘以2加余下约数，和能被7约这三个数就能被7约。例如812，

　　(8×2+12)÷7=4。

　　百位数字乘以2，是因为100除以7得商14余2，即每个100余2，把它放到十位数里。

　　四位数，只要在百位数的计算方法上减去千位数字。因为1001能被7约，即1000要能被7约还缺1，有几个1000应减去几。例如1820，

　　(8×2+20-1)÷7=5。

　　能被11约：

　　奇偶位数差法：一个数奇位上的数字和与偶位上的数字和的差(大数减小数)是0或11的倍数的数。

　　例1 3986576

　　(6+5+8+3)-(7+6+9)

　　=22-22=0，

　　则11|3986576。

　　例2 9844

　　(9+4)-(8+4)

　　=13-12=1，

　　则 11 9844。

　　小节法：把判断数从个位起每两位分成一小节，最后的不足两位数也当作一节。只要看各小节之和是否有约数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约的数一次性判断法：

　　那么要判别N能否被7或11或13约，只须判别A与B(或B与A)的差能否被7或11或13约。

　　证明：因为1000=7×11×13-1

　　10002=(7×11×13-1)2

　　=7×11×13的倍数+1

　　10003=7×11×13的倍数-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约，不能被11约。

　　例6 21203547618

　　由(618+203)-(547+21)

　　=253=11×23，

　　知原数能被11约，不能被7或13约。

　　若其差为0，则这个数必能同时被7、11、13约。

　　例如 8008 8-8=0，

　　则8008÷7=1144，8008÷11=728，

　　8008÷13=616。

　　能被17约：

　　(1)末两位数与以前的数字组成的数的2倍之差数(或反过来)能被17约的数;

　　(2)末三位数与以前的数字组成的数的3倍之差数(或反过来)能被17约的数;

　　(3)末三位数的6倍与以前的数字组成的数之差数(或反过来)能被17约的数。

　　例如，31897168

　　由(1)得318971×2-68=637874，

　　重复四次得 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，则 17|31897168。

　　能被19约：

　　(1)末三位数的3倍与以前的数字组成的数的2倍之差(或反过来)能被19约的数;

　　(2)末两位数的2倍与以前的数字组成的数的9倍之差(或反过来)能被19约的数;

　　(3)末三位数的11倍与以前的数字组成的数之差(或反过来)能被19约的数。

　　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，则19|742050833。

　　能被23约：

　　(1)末三位数的2倍与以前的数字组成的数之差能被23约的数;

　　(2)末两位数的2倍与以前的数字组成的数的7倍之差能被23约的数。

　　例如，542915

　　由(1)得915×2-542=1288，

　　288×2-1=575，

　　23|575，则23|542915。

　　由(2)5429×7-15×2=37973，

　　379×7-73×2=2507，

　　25×7-7×2=161，

　　23|161，则23|542915。

　　能被25约：

　　末两位数是00、25、50、75的自然数。

　　能被99约：

　　可同时被3与33或9与11约的自然数。

　　能被99各因数约：

　　把被判断的数从个位起，每两位分成一段，各段数之和能被各因数的某一因数约，这个数就能被这个因数约。

　　证明：设这个数 N=a0+a1·10+a2·102+a3·103+a4·104+a5·105+……

　　因为99×(a3a2+101×a5a4+……)能被99的因数33、11、9、3约。

　　所以当(a1a0+a3a2+a5a4+……)能被33、11、9、3约时，N也能被这四个数约。当N是奇位数时，仍然成立。

　　例7 4326321

　　4+32+63+21=120，

　　3|120，则3|4326321。

　　例8 84564

　　8+45+64=117，

　　9|117，则 9|84564。

　　例9 493526

　　49+35+26=110，

　　11|110，则11|493526。

　　例10 18270945

　　18+27+09+45=99，

　　33|99，则33|18270945。

　　能被273约：

　　根据定理：若c|b、c a、则b a。

　　例如，判别272452654能否被273整除。

　　3|273，3 272452654，

　　则 273 272452654。

　　若判断36786360能否被24约，根据定理：

　　若b|a，c|a，(b，c)=1，

　　则其 bc|a。

　　因为24=3×8，(3，8)=1，

　　3|36786360，8|36786360，

　　所以 24|36786360。

　　同理，因为132=3×4×11，

　　(3，4，11)=1，

　　而3、4、11能分别约992786256，

　　则132|992786256。

　　小学数学难题解法大全之巧妙解题方法

　　巧化归

　　将某一问题化归为另一问题，将某些已知条件或数量关系化归为另外的条件或关系，变难为易，变复杂为简单。

　　例1 甲乙两工程队分段修筑一条公路，甲每天修12米，乙每天修10米。如果乙队先修2天，然后两队一起修筑，问几天后甲队比乙队多修筑10米?

　　此题具有与追及问题类似的数量关系：甲每天修筑12米，相当于甲的“速度”;乙每天修筑10米，相当于乙的“速度”，乙队先修2天，就是乙先修10×2=20(米)，又要甲比乙多修10米，相当于追及“距离”是20+10=30(米)。

　　由此可用追及问题的思维方法解答，即

　　追及“距离”÷“速度”差=追及时间

　　↓ ↓ ↓

　　(10×2+10)÷(12-10)=15(天)

　　例2 大厅里有两种灯，一种是上面1个大灯球下缀2个小灯球，另一种是上面1个大灯球下缀4个小灯球，大灯球共360个，小灯球共有1200个。问大厅里两种灯各有多少盏?

　　本题若按一般思路解答起来比较困难，若归为“鸡兔问题”解答则简便易懂。

　　把1个大灯球下缀2个小灯球看成鸡，把1个大灯球下缀4个小灯球看成免。那么，1个大灯球缀2个小灯球的盏数为：

　　(360×4-1200)÷(4-2)=120(盏)

　　1个大灯球下缀4个小灯球的盏数为：

　　360-120=240(盏)

　　或(1200-2×360)÷(4-2)=240(盏)

　　例3 某人加工一批零件，每小时加工4件，完成任务时比预定时间晚2小时，若每小时加工6件，就可提前1小时完工。问预定时间几小时?这批零件共有多少件?

　　根据题意，在预定时间内，每小时加工4件，则还有(4×2)件未加工完，若每小时加工6件，则超额(“不定”)(6×1)件。符合《盈亏问题》条件。

　　在算术中，一定人数分一定物品，每人分的少则有余(盈)，每人分的多则不足(亏)，这类问题称盈亏问题。其算法是：

　　人数=(盈余+不足)÷分差(即两次每人分物个数之差)。

　　物品数=每人分得数×人数。

　　若两次分得数皆盈或皆亏，则

　　人数=两盈(亏)之差÷分差。

　　故有解：

　　零件总数：4×7+4×2=36(件)

　　或 6×7-6×1=36(件)

　　例4 一列快车从甲站开到乙站需要10小时，一列慢车由乙站开到甲站需要15小时。两辆车同时从两站相对开出，相遇时，快车比慢车多行120千米，两站间相距多少千米?

　　按“相遇问题”解是比较困难的，转化成为“工程问题”则能顺利求解。

　　快车每小时比慢车多行120÷6=20(千米)

　　例5 甲乙二人下棋，规定甲胜一盘得3分，乙胜一盘得2分。如果他们共下10盘，而且两人得分相等，问乙胜了几盘?

　　此题，看起来好像非要用方程解不可，其实它也可以用“工程问题”来解，把它化归为工程问题：“一件工作，甲独做3天完成，乙独做2天完成。如果两人合做完成这样的10件工作，乙做了几件?

　　例6 小前和小进各有拾元币壹元币15张，且知小前拾元币张数等于小进壹元币张数，小前壹元币张数等于小进拾元币张数，又小前比小进多63元。问小前和小进有拾元币壹元币各多少张?

　　本题的人民币问题可看作是两位的倒转数问题，由两位数及其倒转数性质2知，小前的拾元币与壹元币张数差为63÷9=7，故

　　小前拾元币为(15+7)÷2=11(张)，壹元币为15-11=4(张)。

　　小进有拾元币4张，壹元币11张。

　　巧求加权平均数

　　例7 某班上山采药。15名女生平均每人采2千克，10名男生平均每人采3千克，这个班平均每人采多少千克?此题属加权平均数问题。一般解法：

　　=3-0.6=2.4(千克)

　　这种计算方法迅速、准确、便于心算。

　　算理是：设同类量a份和b份，a份中每份的数量为m，b份中每份的数量为n((m≤n)。

　　因为它们的总份数为a+b，总数量为ma+nb，加权平均数为：

　　或：

　　这种方法还可以推广，其算理也类似，如：

　　某商店用单价为2.2元的甲级奶糖15千克，1.05元的乙级糖30千克和1元的丙级糖5千克配成什锦糖。求什锦糖的单价。

【小学数学解题方法】相关文章：