小学数学解题思路大全
1.想平均数
例如，美国小学数学奥林匹克，第三次(1982年1月)题3：求三个连续自然数，使第一个和第三个之和等于118。
( )
由于三个数是连续自然数，所以第一个和第三个数的平均数是第二个数，即118÷2＝59。
另两个数是58和60。
2.想中间数
判断方法：
3.接近某数法
两个分数与1的差大的分数小；被减数不变，减数越大差数越小。
例2 下面的正确排列是( )。
只有(B)正确。
4.拆数
例如，99999992＋19999999的和是( )。
原式＝9999999×9999999＋19999999
＝9999999×(10000000—1)＋
(10000000＋9999999)
＝99999990000000—9999999＋
10000000＋9999999
＝100000000000000
5.插数
就是把两个分数的分子、分母各扩大2倍，使原来分子和分母都“相挨”
这种方法简便，一次成功，正确率高，所填分数的分子分母又最小。
6.奇偶数法
基本关系：
奇数±奇数=偶数
奇数±偶数=奇数
偶数±偶数=偶数
奇数×奇数=奇数。
奇数的任何次方，幂是奇数。
奇数×偶数=偶数。
n(n＋1)必是偶数，因为n和(n＋1)必为一奇一偶。
偶数×偶数=偶数。
偶数的任何次方，幂是偶数。
在整除的前提下：
奇数÷奇数=奇数
偶数÷偶数=偶数
偶数÷奇数=偶数
例1 30个饺子五碗装，装单不装双( )。
因为奇数×奇数=奇数，故无解。
例2 两个连续偶数的和是82，这两个数是( )。
(1)相邻的两偶数相差2。
由和差问题解依次为
(82—2)÷2＝40，40＋2＝42。
(2)相邻的两个自然数相差1。
82÷2—1=40，40＋
2=42。
或者41＋1=42。
例3 1＋3＋5＋……＋25＝( )。
由“从1开始的连续奇数的和，等于所有奇数个数的平方”。
知
例4 用质数的和表示，23＝( )＋( )。
奇数＝奇数＋偶数，质数中只有2是偶数。
23—2＝21是合数。
此题无解。
只有与2的差是质数的奇数。
才能表示为两个质数的和，这类奇数是无限的。
例如：
5＝2＋3，39＝2＋37，……
例5 有六个六位数：
(1)987654；(2)987653；(3)987652；
(4)987651；(5)987650；(6)987649。
从中选出两个，使这两个数的乘积能被6整除，有( )种选法。
(1)和(4)的各位数字和分别是39和36，都能被3整除，前者又能被2整除。
偶数×奇数＝偶数，能被2和3整除的数就能被6整除。
有七种选法：
(1)和(2)；(1)和(3)；(1)和(4)；(1)和(5)；
(1)和(6)；(4)和(3)；(4)和(5)。
例6 1989年“从小爱数学”邀请赛试题：三个不同的最简真分数的分子都是质数，分母都是小于20的合数，要使这三个分数的和尽可能大，这三个分数是____、____、
____。
要使其和最大，则每个数应是同分母的真分数中最大的真分数。
分子应依次是20以内的最大的质数，分母是分
子加1的偶数。
即
例7 已知三个连续自然数的最小公倍数是360。
这三个数是____、____、____。
三个连续自然数只能有：
A.奇数、偶数、奇数；
B.偶数、奇数、偶数。
这两种可能。
若是情况A，则一定是两两互质，最小公倍数是它们的乘积。
由360＝23×32×5知两两互质的数只能是8、9、5。
但它们不是连续的。
情况B中，最大及最小数都是偶数，2是其最大公约数，三个数的乘积是它们最小公倍数的2倍。
360×2=24×32×5。
所求数是23＝8，32＝9，2×5＝10。
7.由合数想
例1 能被十个最小自然数整除的最小四位数是( )。
这个合数，一定是三个合数和一个质数的乘积。
例2 1989×20002000—2000×
19891989＝( )
合数的20002000和19891989，有相同的质因数。
原式＝1989×(2000×10001)
－2000×(1989×10001)＝0。
例3 第二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试题第一试7题：在下面的算式中，所有分母都是四位数。
请在每个方格里各填入一个数，使等式成立。
由式右的分子为1，知式左的两个分数相加的和可约分。
若是同分母分数相加约分后，式右的分母不可是四位数，只能是异分母。
从分析合数1988入手：
(1)1988＝4×7×71。
1988是4的倍数，如果式左两个分数的分子之和为4，则可约成分子是1的最简分数。
(2)由4×7=28，28＋43＝71，知
例4 最大公约数是1，两两均不互质，且大于50而小于100的三个数是( )、( )、( )。
解答此题，需综合应用合数、质数、互质数、质因数、公有质因数、最大公约数等概念。
取三个两两互质的数，且它们两两之积大于50、小于100，得五组解：
7、8、9得56、63、72；
7、8、11得56、77、88；
7、9、10得63、70、90；
7、9、11得63、77、99；
8、9、11得72、88、99。
所取三数之间相互互质，其两两之积的三个数定无公有的质因数，最大公约数是1；每组的三个数都是两两的积，其两两之间必有相同的质因数。
8.由质因数想
例1 649被某数除，所得的商与除数相同，余数比除数少1，余数是( )。
因为649＋1=650=2×52×13=25×26，
而649=25×26—1
=25×(25＋1)－1
=25×25+24，
即649÷25＝25余数是24。
例2 三姐妹的年龄依次大3岁，其积是1620，其和是( )。
1620＝22×34×5
=32×(22×3)×(3×5)
＝9×12×15，
9＋12＋15＝36。
例3 A、B、C、D是四个由小到大的自然数，其积是
585，要使其和最小各是( )。
由585＝3×3×5×13，知
A＝1，B＝5，C＝9，D＝13。
例4 四个自然数的积是144，这四个数可组成比例式()。
144＝24×32＝(2×6)×(3×4)。
由比例的基本性质，知
2∶3＝4∶6，2∶4＝3∶6，
6∶3＝4∶2，3∶2＝6∶4。
例5 把14、30、33、35、39、75、143、169分成两组，每组四个数，使它们的乘积相等( )，( )。
14＝2×7 39＝3×13
30＝2×3×5 75＝3×5×5
33＝3×11 143＝11×13
35＝5×7 169＝13×13
将相同质因数分属两组，配平于两个积中。
14×33×75×169＝2×32×52×7×11×132，
30×35×39×143＝2×32×52×7×11×132。
例6 从1到30的自然数中，能被2、3、5整除的各有( )、( )、( )个。
不能被其中任意一个整除的有( )个。
30＝2×3×5。
前三个空应依次填：3×5＝15，
2×5＝10，2×3＝6。
1～30中有十个质数2、3、5、7、11、13、17、19、23、29。
去掉前三个加上1。
最后空为8。
例7 715×972×975×( )，要使其积的最后四个数字都是0，括号内最小应填什么数？
乘积后面每含一个0，其乘数中必含质因数2和5各一个。
715＝5×11×13，972＝22×35，975＝3×52。
这些数中共含三个“5”、两个“2”，构成四对2和5，需补足两个“2”和一个“5”。
应填2×2×5＝20。
例8 四个连续自然数的积是5040，这四个数是( )、( )、( )、( )。
5040＝24×32×5×7
＝7×23×32×(2×5)，
所求为7、8、9、10。
( )。
105＝3×5×7，
512＝23×23×23。
例10 长、宽、高之比是3∶2∶5的长方体体积为1920cm3，长宽高各是( )、( )、( )cm。
1920＝27×3×5
＝(22×3)×23×(22×5)。
应填12、8、20。
9.巧用最大公约数
例1 224、292、377、496分别被( )除，余数都相同。
292－224＝68 377—224＝153 496—224＝272即后三个数，分别被第一个数除商为1，余数是68、153、272。
(68，153，272)＝17，
224÷17＝13……3。
四个数分别被17除，余数都是3。
例2 在一块边长为104m、240m、152m的三角形地周围栽树，株距相等，各角栽1棵。
最少可栽( )棵。
株距相等，是各边长的公约数。
株数最少，株距必最大，应为最大公约数。
(104，240，152)＝8
(104＋240＋152)÷8＝62(棵)
例3 把长144cm、宽48cm、高32cm的长方体，锯成尽可能大的同样大小的正方体。
正方体的棱长( )cm，个数( )。
(144，48，32)＝16(cm)
10.巧用最小公倍数
例1 一个数，用12除余10，用16除余10，用20除缺10。
这个数是( )。
把“一个数用20除缺10”，也理解成用20除余10。
[12，16，20]＝240。
所求的数是240＋10＝250。
例2 某数加上1后除以7余3，而减去1后除以14余1。
该数最小值( )。
由条件一知，这个数除以7余2；由条件二知、这个数除以14余2。
所以这个数应是7和14的最小公倍数加2。
14＋2＝16
例3 某班学生不足50人，敖老师组织学生做三次不同游戏。
第一次每组4人，第二次每组6人，第三次每组8人，都正好分完没余下。
该班有学生( )人，每次各分( )组、( )组、( )组。
［4，6，8］＝24
因限定这个数接近50，应是24×2＝48(人)。
48分别除以4、6、8得组数12、8、6。
例4 一篓杏。
十个十个地数最后缺一个；九个九个地数，数到最后也缺一个；八个八个地数，七个七个地数……到二个二个地数，一样数到最后总是缺一个。
这篓杏至少有多少个？
因为十个十个地数到二个二个地数都缺一个，如果加上一个就没有缺数了。
那么正好是2到10各数的公倍数，所以题意是求比2到10九个数的最小公倍数少1的数。
求2、3、4、5、6、7、89、10的最小公倍数，因大数是小数的倍数，所以2、3、4、5不用求，只求6、7、8、9、10的最小公倍数即可。
2、3、4、……、10九个数的最小公倍数是
2×3×1×7×4×3×5＝2520。
这篓杏有2520—1＝2519(个)。
11.想倍数
例1 四个数的和为45，第一个数加2，第二个数减2，第三个数乘2，第四个数除以2，其结果都相同。
这四个数是( )。
第一个数加2，第二个数减2的结果都等于第三个数的2倍，所以第一、二个数的和是第三个数的4倍。
而第四个数的一半与第三个数的2倍相等，故第四个数是第三个数的4倍。
四个数的和是第三个数的9倍。
第三个数是45÷9＝5。
其它数为5×2—2＝8，5×2＋2＝12，5×4＝20。
依次为8，12，5，20。
12.分数法
例如，乙数除甲数商3余8，如果甲数扩大5倍后，商
正好是19。
甲数是( )。
此题可表述为：甲数比乙数的3倍多8，且是乙数的19/5，求甲数。
也可这样想：根据“不完全商的变化”规律，假设乙数也同时扩大5倍，商不变，余数也扩大5倍，即8×5＝40。
这40实际上是乙数的19倍与乙数15(5×3)倍的差，乙数是40÷(19—15)＝10。
甲数：10×3＋8＝38。
再如，一项工程，由甲独做12天可以完成。
甲做了3天后另有任务而调走。
余下的乙独做15天完成。
乙单独完成这项工程要()天。
由一般分数应用题想：
若从特殊分数应用题的“工程问题”考虑，则算式为
13.由三数和求
例如，在右图六角星的○里，分别填上一个数，使每条边上四个数的和相等。
可这样想：
填右下角○中的数
则6＋2＋7－5－1
＝15－6＝9。
事实上，此题所求数均为所对边中间两数之和。
14.由个位数想
例1下面乘法算式中，每个汉字代表一个不同的自然数，这些汉字分别代表( )。
例2 有1、2、3、4四张数字卡片，每次取两张组成两位数，其中是偶数的( )。
要使所组成的两位数是偶数，个位上只能是2或4。
任取一个作个位，有两种取法。
个位上的数字确定后，十位上的数字只能从余下的三个数字中取，组成三个两位数。
即
12、32、42、14、24、34。
15.纵观位数
例如，美国小学数学奥林匹克，第五次(1981年3月)题1：在右边的加法算式中，相同字母表示相同的数字，不同字母表示不同的数字。
由于结果是两位数，所以H
应小于3；又由于H是偶数，故H＝2。
这样E只可能是3或8，而8将使结果为三位数，故E＝3。
23＋23＋23＋23＝92
17.想定义
对一个名词或者一个术语的意义的说明，叫做定义。
把概念用文字或语言表达出来，叫做给这个概念下定义。
定义有两个任务：
(1)把被定义的对象同其它一切对象区别开；
(2)揭示出被定义的对象的本质属性。
解这类题的关键在于对照定义分析判断对象，是否违反了定义的本质属性。
例1 判断下列两题说法的正误。
(1)能被2除尽的一定是偶数。
( )
能被2整除的数，称偶数。
“整除”是对自然数而言，“除尽”除包含“整除”外，所得数还可是有限小数。
故“一定是偶数”不对。
例2 316( )801≈316万
6( )8630000≈7亿
由“四舍五入”的意义知，前题只能填小于5的整数4、3、2、1、0；后题为等于或大于5而小于或等于9的数6、
7、8、9。
例3 用24cm的铝丝所围成的长方形，面积的变化趋势是( )。
如果a＝11，那么b＝1，则S＝11；
如果a＝8，那么b＝4，则S＝32；
……
如果a＝6，那么b＝6，则S＝36。
显然，长与宽的和一定时，其长度越接近面积越大。
最大面积是围成的正方形。
例4 4∶( )＝3∶( )
由“比例的意义”和“比例的基本性质”知，在某个( )中任意填个不为0的数，再算出另一个( )中应填的数。
例5 哪组中的比，可组成比例( )。
(A)10∶12和35∶42
(B)20∶10和60∶20
(1)从定义出发，比值入手。
所以10∶12＝35∶42。
(2)化简比入手。
10∶12＝5∶6 35∶42＝5∶6
所以10∶12＝35∶42。
(3)假设(A)正确，因为10×42＝12×35，假设成立。
例6 表示分解质因数的式子是( )。
(A)18＝2×9 (B)108＝2×2×27
(C)36＝2×2×3×3 (D)24＝2×2×3
分解出的因数要全部是质数，其连乘积等于被分解的合数。
(C)正确。
例7 一些概念判断题和原概念相比往往只有一字之差，记不准确，易失误。
如：
乘积为1的两个数叫做倒数。
“叫做”应是“互为”。
有公约数1的两个数叫互质数。
应是“只”有公约数1 例8 (多解题)下面图形( )是轴对称图形。
(1)正方形；(2)长方形；(3)梯形；
(4)等腰三角形；(5)等边三角形；
(6)圆形；(7)平行四边行。
根据“轴对称图形”的定义，正确答案为(1)、(2)、(4)、(5)、(6)。
18.想定理
已知证明具有正确性，可以作为原则或规律的命题或公式称定理。
例1 五边形的内角和是( )度；一个多边形的每个内角都是120°，它的边数是( )，对角线条数是( )。
根据定理：“对凸多边形来说，n边形的内角和等于(n—2)·180°。
五边形的内角和为：
(5—2)×180°＝540°。
设边数为n，则
(n－2)· 180°＝n·120°，
n(180°－120°)＝360°，n＝6。
这个六边形，对角线的条数为：
例2 一个三角形三个内角的度数比是2∶1∶1。
这个三角形是( )(多解题)。
(1)锐角三角形；(2)钝角三角形；(3)直角三角形；(4)等腰三角形；(5)等边三角形。
根据“三角形内角和定理”，每份数为180°÷(2＋1＋1)＝45°，三内角分别为45°、45°、90°。
应选择(3)、(4)。
把新分数，看作
由分比定理：
设未约的新分子为x，因为“分子与分母加上同一个数，分数值变了、但分母与分子的差是不变的”，这个差是9—5。
加上的数是8—5＝3。
设这个“和倍问题”中的甲数为a，乙数为b。
a＝44－32＝12。
例5 两个数的最大公约数是5，最小公倍数是120。
这两个数是( )、( )。
定理：两个数的最小公倍数，等于这两个数的乘积除以它们的最大公约数。
证明：
设(a，b)＝M，
则a＝M·P1，b＝M·P2，(P1，P2)＝1，
[a，b]＝[M·P1，M·P2]＝M·P1·P2，
所以a·b＝［a，b］·(a，b)＝120×5＝600。
由题意知a和b的最小数是5，将600分成10×60、15×40、20×30。
符合题意的是5、120；15、40。
若从“最大公约数与最小公倍数的求法”想，120÷5＝24是最后两个互质数的乘积。
把其分解成所有可能的两个互质数相乘的形式：
24＝1×24 24＝3×8
每式中的每一个因数，分别乘最大公约数得到的一组数，即为一个答案。
本定理中，如果a—b＝c，c＜b，且b÷c＝d，那么［a，b］＝ad。
证明：
因为b÷c＝d，a—b＝c，
所以b＝cd，a—cd＝c，a＝c(1＋d)，
c是a、b的公约数。
又因为(d，1＋d)＝1，
所以(a，b)＝c，
19.想定律
［定律］是科学上对某种客观规律的概括，反映事物在一定条件下发生一定变化过程的必然关系。
数学中，具有某种规律性的结论叫做定律。
例1 “从小爱数学”邀请赛试题：比较下面两个积的大小A( )B。
A＝987654321×123456789，
B＝987654322×123456788。
由“分配律”想：
A＝987654321×123456788＋987654321，
B＝987654321×123456788＋123456788。
因为987654321＞123456788，
所以A＞B。
由“两数的和一定时，两数的差越小积越大，相等时积最大”想：
因为987654321＋123456789＝987654322＋123456788，
而987654321—123456789＜987654322—123456788，前差比后差小2。
知A＞B。
例2 下图的30个格子中各有一个数，最上面一横行和最左边一竖列的数已经填好，其余每个格子中的数等于最上面一横行它所对应的数与第一竖列它所对应的数之和(例
如a＝14＋17＝31)，这30个数总和是( )。
最上面一横行除10以外，是从11起到19的五个连续奇数，其和为15×5＝75。
而第二横行的五个空格是12＋11，12＋13，12＋15，12＋17，12＋19。
用加法结合律计算
(11＋13＋15＋17＋19)＋12×6。
同理可知第三横行是11＋13＋15＋17＋19＋14×6＝75＋14×6。
五行的和为
75×5＋6×(12＋14＋16＋18)＝735，
所求是10＋735＝745。
20.发现规律
规律是事物之间内在的必然联系。
是客观存在的，不以人们的意志为转移的，但人们能够通过实践认识它，利用它。
它也叫法则。
例1 看规律填数：2，4，8，____，____，____，____。
一般学生常填作16，32，64，128。
这类问题涉及到数列知识——根据所给数列的前n项写出以后各项。
21，22，23，…通项公式是2n，由此得上解。
若作另一种分析：
1×0＋2，2×1＋2，3×2＋2，…通项公式是n(n—1)＋2。
即
2，4，8，14，22，32，44，…
此题只有写成：
(l)2，4，8，…，2n，…；
(2)2，4，8，…，n(n—1)＋2，…。
或者(1)2，4，8，16，…；
(2)2，4，8，14，…。
才是确定的数列。
要有唯一解，宜将原题改为：
(1)2，4，8，16，____，_____，_____；
(2)2，4，8，14，______，_____，_____。
例2 真分数的分子、分母同时加上一个相同的自然数一定大于原分数。
是否正确( )。
命题正确。
43.巧归类
例如，用1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13这十二个数，编加、减、乘、除四个算式，每个数只许用一次。
根据逆运算关系，把“加法和减法”、“乘法和除法”归为一类。
编加减法算式，比编乘除法算式多得多，宜从量少的
入手。
想到这十二个数中，能做被除数的只有12、10、8、6，先编除法算式更为适宜。
(1)12÷3＝4 (2)12÷2＝6
12÷4＝3 12÷6＝2
(3)10÷2＝5 (4)8÷2＝4 (5)6÷2＝3
10÷5＝2 8÷4＝2 6÷3＝2
确定(1)组为除法算式，其余四组都可变为乘法算式。
由于每个数只许用一次，此组已出现3、4、12。
乘法算式的(2)、(4)、(5)组重复、舍去。
唯有第(3)组符合题意。
若(1)组为除法算式，(3)组为乘法算式。
或反过来，各得四式
12÷3＝4 10÷2＝5
12÷4=3 10÷5=2
4×3=12 5×2=10
3×4=12 2×5=10
剩的六个数，可组成
6＋7=13 8＋1=9
7＋6=13 1＋8=9
13－6＝7 9－1＝8
13－7＝6 9-8=1
整理：
组合：
(1)组可组合算式
(1)组可组合算式
(2)、(3)、(4)均可组成16种答案，共64种。
44.想联系
求这二数。
由整数除法、分数、比的内在联系想：
被除数÷除数＝商(整数)……余数；。
