有理数计算的一些问题

1、1关于有理数计算的一些问题关于有理数计算的一些问题(教练员用）贺祖琪教练员用）贺祖琪一、数的计算是中小学数学教学的基本内容一、数的计算是中小学数学教学的基本内容欧几里德欧几里德什么是数学？什么是数学？中国古人的理解。算术、中国古人的理解。算术、“算法算法”代表著作是代表著作是“九章算术九章算术”古希腊人的理解。其代表是古希腊人的理解。其代表是欧几里德的欧几里德的“几何原本几何原本”。2尼罗河、底格里斯河与幼发拉底河、黄河与长尼罗河、底格里斯河与幼发拉底河、黄河与长江、印度河与恒河等河谷地带发展起来的江、印度河与恒河等河谷地带发展起来的“河河谷文明谷文明”，产生了几何学。当时称为，产生了几何学。

2、当时称为“丈量土丈量土地地”。大约在公元前大约在公元前600年左右，通过旅游和经商，传年左右，通过旅游和经商，传入希腊，与哲学结合，被加工升华为具有初步逻入希腊，与哲学结合，被加工升华为具有初步逻辑结果的论证数学体系。这时什么是几何学的概辑结果的论证数学体系。这时什么是几何学的概念发生了改变。念发生了改变。几何学也是逻辑演绎系统。几何学也是逻辑演绎系统。3其实几何原本不仅包含几何学内容，还包含代其实几何原本不仅包含几何学内容，还包含代数等内容。数等内容。如勾股定理，并产生费马大定理。如勾股定理，并产生费马大定理。这是抽象数学的起源，也是科学的起源。这是抽象数学的起源，也是科学的起源。数学教学的

3、宗旨？功能？数学教学的宗旨？功能？数学学习是数学学习是“脑力体操脑力体操”，其意义非凡。其意义非凡。4二、有理数四则运算教学的基本内容二、有理数四则运算教学的基本内容1.1.有理数的概念有理数的概念 ( (一一) )什么是有理数（正数、负数；整数、小数、分数）什么是有理数（正数、负数；整数、小数、分数） ( (二二) )纯循环小数与混循环小数纯循环小数与混循环小数 ( (三三) )正数与负数、数轴正数与负数、数轴2.2.有理数的大小比较有理数的大小比较( (有理数的有序性及稠密性）有理数的有序性及稠密性） 2.1 2.1 小数的大小比较小数的大小比较 2.2 2.2 分数的大小比较分数的大小比

4、较 2.3 2.3 分数和小数的大小比较分数和小数的大小比较3.3.有理数四则运算的基本技巧有理数四则运算的基本技巧 ( (一一) )有理数计算基本技巧有理数计算基本技巧 （运算律与运算规则，数的拆分，相消等）（运算律与运算规则，数的拆分，相消等） ( (二二) )繁分计算繁分计算 ( (二二) )绝对值计算绝对值计算54.数的分拆（其实是数的运算技巧）数的分拆（其实是数的运算技巧） 4.1 整数的分拆整数的分拆 4.2 分数的分拆分数的分拆5.数列求和（数列求和的困难在于数列求和（数列求和的困难在于n项求和）项求和） 5.1 等差数列与等比数列求和公式等差数列与等比数列求和公式 5.2 连消

5、求和连消求和6.递推方法（也是思考问题的方法）递推方法（也是思考问题的方法） 6.1 由递推公式求数列通项由递推公式求数列通项 6.2 由递推公式数列求和由递推公式数列求和7.近似与估算（四舍五入、适当放大与缩小）近似与估算（四舍五入、适当放大与缩小）8.列举、试验、分析法（探索问题的有效方法与途径）列举、试验、分析法（探索问题的有效方法与途径）6三、三、 绝对值计算绝对值计算基本知识：基本知识：绝对值定义：数绝对值定义：数a的绝对值用符号的绝对值用符号| |a| |表示，表示，其意义为其意义为 )0()0(0)0(|aaaaaa7由此可知，由此可知，| |a|0|0。数数a的绝对值的绝对值|

6、 |a| |表示这个数在实轴上的点离表示这个数在实轴上的点离开原点的距离。开原点的距离。O1a基本性质：基本性质：(1)|(1)|a|=|-|=|-a|;|;(2)-|(2)-|a|a|a|;|;(3)(3)若若| |a|=|=|b|,|,则则a=b( (a与与b同号同号) )或或a=-=-b( (a与与b异号异号) )；x8(4)|a(4)|a2 2|=|a|=|a|2 2=a=a2 2; ;(5)|ab|=|a|b|;(5)|ab|=|a|b|;(6)(6);0(| aabab(7)|a+b|a|+|b|;(7)|a+b|a|+|b|;(8)|a|-|b|a-b|.(8)|a|-|b|a-

7、b|.解绝对值问题的基本原则是去掉绝对值，解绝对值问题的基本原则是去掉绝对值，（1 1）如果根据题目的已知条件或隐含条件）如果根据题目的已知条件或隐含条件即可确定绝对值符号内的数（或式）为即可确定绝对值符号内的数（或式）为“正正”、“负负”或或“非负非负”（或（或“非正非正”），那么由绝），那么由绝对值的对值的定义可直接去掉绝对值符号；定义可直接去掉绝对值符号；9（2 2）如果根据题目已知条件或隐含条件不能确定绝对）如果根据题目已知条件或隐含条件不能确定绝对值符号内的数（或式）的符号，那么应分情况加以讨值符号内的数（或式）的符号，那么应分情况加以讨论论, ,确定绝对值符号内数确定绝对值符号内数

8、( (或式或式) )的符号的符号, ,将绝对值的符号去掉将绝对值的符号去掉. .例例3.13.1 已知已知m4, ,化简：化简： |m- -4|+|7- -2m|+|m2- -2m+1|- -|m2- -2m+3|解解：由条件由条件m4,m4,可确定可确定m-4m-4与与7-2m7-2m的符号，于是的符号，于是前两个绝对值符号立即可以去掉。而代数式前两个绝对值符号立即可以去掉。而代数式m m2 2-2m+1-2m+1与与m m2 2-2m+3-2m+3是一个非负，一个恒正，是一个非负，一个恒正，|) 1( |2 m|2) 1( |2m所以后面两个绝对值符号也可去掉。所以后面两个绝对值符号也可去

9、掉。因为因为m4,m4,所以，所以，m-40; -2m0; -2m-8 所以所以 7-2m7-8=-107-2m7-8=-10,|0,方程方程|x- -a|-|-b|=|=3有三个不相等的解，求有三个不相等的解，求b的值。的值。（第（第7 7届华杯赛初一组第一次决赛试题届华杯赛初一组第一次决赛试题1 1）解：解：原方程等价于原方程等价于|x-a|=b|x-a|=b3,3,再一次去绝对再一次去绝对值符号，得四个根值符号，得四个根 x=ax=a(b(b3 3）11细写出来便是细写出来便是 x x1 1=a+b+3=a+b+3 x x2 2=a+b-3=a+b-3 x x3 3=a-b+3=a-b+

10、3 x x4 4=a-b-3=a-b-3由于有且只有三个不相等的根，由于有且只有三个不相等的根，所以其中必有二个相等，但显然，所以其中必有二个相等，但显然，x x1 1xx2 2,x,x3 3xx4 4, ,只能是只能是x x1 1=x=x3 3或或x x1 1=x=x4 4; ;或或 者者x x2 2=x=x3 3或者或者x x2 2=x=x4 4. .这样得这样得出出b b的可能值为的可能值为0 0，-3-3，3 3。; 0, 3331，bbab，axx此此时时时时当当; 3, 3341，bbab，axx此此时时时时当当; 3, 3332，bbab，axx此时此时时时当当; 0, 3342

11、，bbab，axx此此时时时时当当12但是，当但是，当b=0b=0时时, ,原方程便是原方程便是| |x- -a|=3,|=3,只有两个只有两个解，不合要求；解，不合要求；当当b=-3b=-3时，原方程变为时，原方程变为|x-a|=0,|x-a|=0,只有一个解，只有一个解，所以，只能是所以，只能是b=3.b=3.此时此时 x x1 1=a+6=a+6 x x2 2=a=a x x3 3=a=a x x4 4=a-6=a-6|x- -a|- -b|=313例例3.33.3=|3-(3+x)|( 3+x0)=|3-(3+x)|( 3+x0) =|-x|=-x( -x0) 解：解： 遇到多层绝对值

12、问题，可以从里往外一遇到多层绝对值问题，可以从里往外一层一层去绝对值符号。层一层去绝对值符号。|3+|2-|1+x|3+|2-|1+x| =|3+|2+ =|3+|2+（1+x1+x）|( 1+x0)|( 1+x0,x+10,x+10,x+1=0。点。点x=1x=1称称为分界点。类似另外两个分界点为为分界点。类似另外两个分界点为x=-3,x=2x=-3,x=2。这三个分界点把数轴分成四部分，这三个分界点把数轴分成四部分，这四部分分别为这四部分分别为 x-3,-3x-1,-12x-3,-3x-1,-12。然后分段进行讨论。然后分段进行讨论。O- -1- -32 2x15当当x-3x-3时，时，|

13、x+1|+|x-2|-|x+3|x+1|+|x-2|-|x+3| =-(x+1)+(2-x)+(x+3)=4-x =-(x+1)+(2-x)+(x+3)=4-x当当-3x-1-3x-1时，时，|x+1|+|x-2|-|x+3|x+1|+|x-2|-|x+3| =- =-（x+1x+1）+(2-x)-(x+3)=-3x-2+(2-x)-(x+3)=-3x-2当当-1x2-12x2时，时，|x+1|+|x-2|-|x+3|x+1|+|x-2|-|x+3| =(x+1)+(x-2)-(x+3)=x-4 =(x+1)+(x-2)-(x+3)=x-416例例3.53.5 求代数式求代数式|x-1|+|x

14、-2|+|x-3|x-1|+|x-2|+|x-3|的最小值。的最小值。O2 231 1x解：解：三个分界点为三个分界点为x=1,2,3.x=1,2,3.把实轴分成四部分：把实轴分成四部分：x1,1x2,2x3,3x.x1,1x2,2x3,3x.然后，分段进行讨论：然后，分段进行讨论：当当x1x1时，原式时，原式=-(x-1)-(x-2)-(x-3)=6-3x,=-(x-1)-(x-2)-(x-3)=6-3x,这时这时x=1x=1有最小值有最小值3 3；当当1x21x2时，原式时，原式=x-1-(x-2)-(x-3)=4-x,=x-1-(x-2)-(x-3)=4-x,这这时时x=2x=2有最小值

15、有最小值2 2；17当当2x32x3时时, ,原式原式=x-1+x-2-(x-3)=x,=x-1+x-2-(x-3)=x,这时没有最小值；这时没有最小值；当当3x3x时，原式时，原式=x-1+x-2+x-3=3x-6,=x-1+x-2+x-3=3x-6,这时没有最小值。这时没有最小值。综上所述，原式的最小值是综上所述，原式的最小值是2 2（x=2x=2）. .u有一般规律：形如有一般规律：形如|x-a|x-a1 1|+|x-a|+|x-a2 2|+|x-a|+|x-an n| |n n个绝对值的代数和是当个绝对值的代数和是当n n为奇数时取中间分界为奇数时取中间分界点点x x取值能取得最小值；

16、当取值能取得最小值；当n n为偶数时取中间两为偶数时取中间两个个分界点分界点x的取值或中间两个分界点之间的任意数。的取值或中间两个分界点之间的任意数。Oanan- -1 11 1xa118如求如求|x+1|+|x+2|+|x+3|+|x+4|+|x+5|x+1|+|x+2|+|x+3|+|x+4|+|x+5|的最小值，的最小值，因为有奇数个分界点，所以当因为有奇数个分界点，所以当x x取中间界点取中间界点-3-3时有最小值时有最小值6 6；又如求又如求|x+1|+|x+2|+|x+3|+|x+4|x+1|+|x+2|+|x+3|+|x+4|的最小值，的最小值，因为有偶数个分界点，所以因为有偶数

17、个分界点，所以 -3x-2-3x-2有最小值有最小值4 4。19例例3.63.6 设代数式设代数式 |x-1|+|x-2|+|x-3|+ +|x-1998|x-1|+|x-2|+|x-3|+ +|x-1998|的值为常数，求的值为常数，求x x的取值范围。的取值范围。解：解：按上面分界点分别讨论的办法太麻烦，不可取。按上面分界点分别讨论的办法太麻烦，不可取。应找规律。因为这代个代数式为常数，应找规律。因为这代个代数式为常数，即结果不含即结果不含x(x(结果与结果与x x无关无关) )。现有偶数个绝对值，。现有偶数个绝对值，若去掉绝对值后，化简结果不含若去掉绝对值后，化简结果不含x x，则必然去

18、掉绝对，则必然去掉绝对值后，值后，x x的个数与的个数与-x-x的个数相等，其和为零。的个数相等，其和为零。由上题的分析，由上题的分析，x x应中间两个分界点范围的数。应中间两个分界点范围的数。即即 999x1000.999x1000.20若代数式若代数式|x-1|+|x-2|+|x-3|+|x-2n|(n|x-1|+|x-2|+|x-3|+|x-2n|(n为自为自然数然数) )的值为常数，则的值为常数，则x x的取值范围是的取值范围是 nxn+1.nxn+1.例例3.73.7 已知已知y=|2x+6|-4|x+1|+|x-1|,y=|2x+6|-4|x+1|+|x-1|,求求y y的最大值。

19、的最大值。- -3- -1O O1 1x解：解： 分界点为分界点为x=-3,-1,1x=-3,-1,1。当当x-3x-3时，时，y=-(2x+6)+4(x+1)+(1-x)=x-1y=-(2x+6)+4(x+1)+(1-x)=x-1 x-3, x-1-4; x-3, x-1-4;此时此时y y的最大值为的最大值为-4-4；当当-3x-1-3x-1时，时，y=(2x+6)+4(x+1)+(1-x)=5x+11;y=(2x+6)+4(x+1)+(1-x)=5x+11;21 -3x-1, -45x+116, -3x-1, -45x+116, y y的最大值为的最大值为6 6；当当-1x1-1x1时，

20、时，y=(2x+6)-4(x+1)+(1-x)=3-3x;y=(2x+6)-4(x+1)+(1-x)=3-3x; -1x1, 03-3x6, -1x1, 03-3x1x1时，时，y=(2x+6)-4(x+1)+(x-1)=1-x,y=(2x+6)-4(x+1)+(x-1)=1-x, x1, 1-x1, 1-xb。根据已知条件。根据已知条件,有下有下列关系式：列关系式：于是于是,有有)()(abbabaab1010),(均均为为整整数数kmkabba1710)()(kmba79为为7 7的倍数的倍数, ,又由于又由于9 9与与7 7互质互质, ,故故a-ba-b是是7 7的倍数。的倍数。79由于

21、由于ab,ab,所以，所以，a-b0.a-b0.但但a,ba,b为数字，所以，为数字，所以，a-b10,a-b10,只有只有 a-b=7a-b=7。满足这个条件的只有满足这个条件的只有9292，8181和和7070，而其中除以，而其中除以7 7余余1 1的只有的只有 9292。例例6.36.3 设设x x与与y y分别表示两个两位整数，并且满分别表示两个两位整数，并且满足方程式足方程式 100 x+y=2xy,100 x+y=2xy,求求x x与与y y分别是多少？分别是多少？解：解： 先把原方程变成先把原方程变成12505010012100 xxxxy80125050125012125012

22、501250 xxxxxx)()(为使为使y y是整数，就要求是整数，就要求1250 x1250 x是整数。为使是整数。为使是整数，就要求是整数，就要求2x-12x-1是是5050的约数，只需列举的约数，只需列举5050的两位奇约数进行试验。的两位奇约数进行试验。5050的两位奇约数只有的两位奇约数只有2525。所以。所以, 2x-1=25, 2x-1=25解得解得 x=13,x=13,从而有从而有52255050 y81例例6.46.47金金杯杯竞竞赛赛华华罗罗庚庚数数学学上面算式中，华、罗、庚、金、杯、数、学、上面算式中，华、罗、庚、金、杯、数、学、竞、赛九个字，代表数字竞、赛九个字，代表

23、数字1 1，2 2，3 3，4 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9 9（不同的文字代表不同的数字）。已（不同的文字代表不同的数字）。已知：竞知：竞=8=8，赛，赛=6=6。请把这个等式恢复出来。请把这个等式恢复出来。 （第（第7 7届华杯赛团体决赛口试试题届华杯赛团体决赛口试试题1 1）82解解： 由由786 金杯华罗庚数学可知可知华罗庚数学是一个真分数，是一个真分数，)0(686金杯金杯金杯 pp而而金杯p6615901586,121461286 所以，金杯所以，金杯=13=13或或1414，华，华22。212120099 金杯华罗庚数学p83而而1421142,14261486 金杯其

24、中因此，取金杯因此，取金杯=13=13。 24795191319513513867 华罗庚数学（131315=195200,1315=195 b c）在校对时，发现右边的积的数字顺序出现错误，在校对时，发现右边的积的数字顺序出现错误，但是知道最后一位但是知道最后一位6 6是正确的。问：原式中的是正确的。问：原式中的是多少？是多少？( (第第7 7届华杯赛小学组第二决赛试题届华杯赛小学组第二决赛试题5)5)解：解： a,b,ca,b,c中不能有中不能有0 0或或5 5，否则乘积的末位数，否则乘积的末位数是是0 0或或5 5，不是，不是6 6。91c c不能是不能是1 1，否则，否则 981981

25、819819198=159080922198=159080922，而乘积的最高位的最小数字是而乘积的最高位的最小数字是2 2。若若a7,abc2,a=7bc2,但对这两种情况但对这两种情况7 74 43 3与与7 76 64 4的个位数都不是的个位数都不是6 6，因此，因此，a=7a=7的情况可的情况可以排除；以排除；里（里（2 2） a=8 a=8这时这时a+b+c=14a+b+c=14或或1717或或2020，由于，由于a=8,a=8,故有三种可故有三种可能：能：b+c=6,b+c=9,b+c=12,b+c=6,b+c=9,b+c=12,所有的解为所有的解为94 368278248cbac

26、bacba但但8 84 42 2，8 87 72 2，8 86 63 3的末位数都不是的末位数都不是6 6。所以，所以，a=8a=8也不可能；也不可能； （3 3） a=9 a=9同样的讨论可知，只有下列同样的讨论可知，只有下列5 5种可能性种可能性 689389479269239cbacbacbacbacba95只有其中的第只有其中的第4 4组：组：9 98 83 3的末位数为的末位数为6 6，其，其它都不是。它都不是。所以，只需计算乘积：所以，只需计算乘积：983983839839398=328245326398=328245326。96 例例6.86.8 对于自然数对于自然数a,Sa,S

27、a a表示表示a a的各位数字之和，的各位数字之和， 求同时满足下列条件的所有自然数：求同时满足下列条件的所有自然数： （1 1） a a为奇数，且不是为奇数，且不是3 3的倍数；的倍数； （2 2） ,50是自然数是自然数mmSaa ( (第第7 7届华杯赛小学届华杯赛小学组第二决赛试题组第二决赛试题6 6） 所以所以 a=10a=10n nb bn n+10+10n-1n-1b bn-1n-1+10b+10b1 1+b+b0 0，则有，则有 =m(b=m(bn n+b+bn-1n-1+b+b1 1+b+b0 0) ) 50(b 50(bn n+b+bn-1n-1+b+b1 1+b+b0 0

28、解解: 设设011bbbbann则则011bbbbSnna)(21211501001010bbbbbbnnnnnn0101105050bbbb于是于是972115050105010bbbnnnn1nb5010 n因为因为，所以，上式左边大于，所以，上式左边大于0101014940105050bbbbbb所以所以,211)50100()5010()5010(5010bbbnnnnn801989949940) 150()1050(01bb所以，所以， n2n2。当当n=0n=0时，时，1 1，5 5，7 7满足条件；满足条件； (1)a (1)a为奇数，且不是为奇数，且不是3 3的倍的倍数；数；

29、(2) (2) ,50是自然数是自然数mmSaa(m=1)98当当n=1n=1时，时，a=10y+x,Sa=10y+x,Sa a=y+x,=y+x,所以所以aSmy91 S Sa a不是不是3 3的倍数，也不是的倍数，也不是9 9的倍数，因此，的倍数，因此，91 m是正整数，是正整数，ySySa a=y+x,=y+x,得得x=0,ax=0,a不是奇数。不是奇数。yxa a=10y+S a=10y+Sa a-y=9y+S-y=9y+Sa a=mS=mSa a, , 9y=(m-1)S 9y=(m-1)Sa a, , (1)a (1)a为奇数，且不是为奇数，且不是3 3的倍的倍数；数； (2) (

30、2) ,50是自然数是自然数mmSaa当当n=2n=2时，时，a=100 x+10y+z=100 x+10(Sa=100 x+10y+z=100 x+10(Sa a-x-z)+z-x-z)+z xyza =90 x+10S =90 x+10Sa a-9z=mS-9z=mSa a所以所以5910,91010 mSmzxaaSmzx)10(990或或99由于由于a a是奇数，是奇数，z z也是奇数，也是奇数，910 m只能是奇数只能是奇数.所以所以39101910 mm或当当1910 m时时, , )(9)10(990zyxSmzxa)9,0(2729zyxzyx所以所以, x3, x3。又。又

31、29yxz 若若x=3,x=3,只有只有y=9,y=9,z=9,a=399z=9,a=399是是3 3的倍数，不满足条件；若的倍数，不满足条件；若x=2x=2，有，有100y=02468z=98765( (其中其中xy,xy,否则，否则，a a是是3 3的倍数的倍数) )由于由于a a是奇数，且不是是奇数，且不是3 3的倍数。的倍数。所以，只有所以，只有133133满足要求。满足要求。 当当3910 m时，时，4)(3437yxxyxz 101即即x,yx,y除以除以4 4有相同的余数，所以有有相同的余数，所以有x的值 1 2 3 45 6 7 8 9y的可能值5967081923419z 的

32、值009999因此，只有因此，只有407407，481481和和629629满足要求。满足要求。答：这些数是：答：这些数是：1 1，5 5，7 7，133133，209209，247247，407407，481481，629629。102在采用列举法解题时，我们常常会遇到这样的在采用列举法解题时，我们常常会遇到这样的情况：解决某个问题时，面临的选择对象较多。情况：解决某个问题时，面临的选择对象较多。为求可能的解，这时先排除掉不可能的情况，为求可能的解，这时先排除掉不可能的情况，缩小可能的范围。缩小可能的范围。例例6.96.9 请用请用1,2,3,4,5,6,7,8,91,2,3,4,5,6,7

33、,8,9这九个数字这九个数字, ,拼拼凑出五个自然数凑出五个自然数, ,使得第二个数是第一个数的使得第二个数是第一个数的2 2倍倍, ,第三个数是第一个数的第三个数是第一个数的3 3倍倍, ,第四个数是第一第四个数是第一个数的个数的4 4倍倍, ,第五个数是第一个数的第五个数是第一个数的5 5倍倍. .每一个每一个数字都要用到而且只用一次数字都要用到而且只用一次. .求这五个数。求这五个数。103解解：关键是先求出最小的数（第一个数）。关键是先求出最小的数（第一个数）。应考虑应考虑:(1):(1)它是几位数？它是几位数？(2)(2)它应具备什么条件，从而它应具备什么条件，从而不可能是哪些数？（

34、不可能是哪些数？（3 3）确定这个数。）确定这个数。由于总共只有九个数字，拼出的五个自然数中至少有一由于总共只有九个数字，拼出的五个自然数中至少有一个是一位数，因此第一个最小的自然数是一位数。个是一位数，因此第一个最小的自然数是一位数。( (若都是二位数若都是二位数, ,五个数要十个数字五个数要十个数字) )这个一位数有九种可能，逐个试验太多了。再进一步分这个一位数有九种可能，逐个试验太多了。再进一步分析它应具备什么条件：由于一位数的析它应具备什么条件：由于一位数的5 5倍不可能是三位倍不可能是三位数，总共有九个数字，这就说明后数，总共有九个数字，这就说明后四个数都是两位数。四个数都是两位数。(因为第一个数确定后因为第一个数确定后,其余四个数就可确定其余四个数就可确定)104为使第二个数是两位数，第一个数一定大于为使第二个数是两位数，第一个数一定大于4 4。因此排除了因此排除了1 1，2 2，3 3，4 4这四种可能性。这四种可能性。另外，偶数的另外，偶数的5 5倍的个位数字是倍的个