宁波银行招聘-仓储合同

最新小学四年级奥数经典教程大全




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第1讲 速算与巧算（一）
第2讲 速算与巧算（二）
第3讲 高斯求和
第4讲 4，8，9整除的数的特征
第5讲 弃九法
第6讲 数的整除性（二）
第7讲 找规律（一）
第8讲 找规律（二）
第9讲 数字谜（一）
第10讲 数字谜（二）
第11讲 归一问题与归总问题
第12讲 年龄问题
第13讲 鸡兔同笼问题与假设法
第14讲 盈亏问题与比较法（一）
第15讲 盈亏问题与比较法（二）
第16讲 数阵图（一）
第17讲 数阵图（二）
第18讲 数阵图（三）
第19将 乘法原理











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目录

第20讲 加法原理（一）
第21讲 加法原理（二）
第22讲 还原问题（一）
第23讲 还原问题（二）
第24讲 页码问题
第25讲 智取火柴
第26讲 逻辑问题（一）
第27讲 逻辑问题（二）
第28讲 最不利原则
第29讲 抽屉原理（一）
第30讲 抽屉原理（二）

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第1讲 速算与巧算（一）

计算是数学的基础，小学生要学好数学，必须具有过硬的计算本领。准确、快速的计算能
力 既是一种技巧，也是一种思维训练，既能提高计算效率、节省计算时间，更可以锻炼记忆力，
提高分析、 判断能力，促进思维和智力的发展。
我们在三年级已经讲过一些四则运算的速算与巧算的方法，本 讲和下一讲主要介绍加法的
基准数法和乘法的补同与同补速算法。
例1 四年级一班第一小组有10名同学，某次数学测验的成绩（分数）如下：
86，78，77，83，91，74，92，69，84，75。
求这10名同学的总分。 < br>分析与解：通常的做法是将这10个数直接相加，但这些数杂乱无章，直接相加既繁且易错。
观察 这些数不难发现，这些数虽然大小不等，但相差不大。我们可以选择一个适当的数作“基
准”，比如以“ 80”作基准，这10个数与80的差如下：
6，-2，-3，3，11，-6，12，-11，4，-5，其中“-”号表示这个数比80小。于是得到
总和=80×10＋（6-2-3＋3＋11-
＝800＋9＝809。
实际计算时只需口算，将这些数与80的差逐一累加。为了清楚起见，将这一过程表示如
下：

通过口算，得到差数累加为9，再加上80×10，就可口算出结果为809。
例1 所用的方法叫做加法的基准数法。这种方法适用于加数较多，而且所有的加数相差不
大的情况。作为“基 准”的数（如例1的80）叫做基准数，各数与基准数的差的和叫做累计
差。由例1得到：
总和数=基准数×加数的个数+累计差，
平均数=基准数+累计差÷加数的个数。
在使用基准数法时，应选取与各数的差较小的数作为基准数，这样才容易计算累计差。同
时考虑到基准数 与加数个数的乘法能够方便地计算出来，所以基准数应尽量选取整十、整百的
数。
例2 某农场有10块麦田，每块的产量如下（单位：千克）：
462，480，443，420，47 3，429，468，439，475，461。求平均每块麦田的产量。
解：选基准数为450，则
累计差=12＋30－7－30＋23－21＋18－11＋25＋11
＝50，
平均每块产量=450＋50÷10＝455（千克）。
答：平均每块麦田的产量为455千克。
求一位数的平方，在乘法口诀的九九表中已经被同学们熟 知，如7×7＝49（七七四十九）。
对于两位数的平方，大多数同学只是背熟了10～20的平方，而 21～99的平方就不大熟悉了。
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有没有什么窍门，能够迅速算出 两位数的平方呢？这里向同学们介绍一种方法——凑整补零
法。所谓凑整补零法，就是用所求数与最接近 的整十数的差，通过移多补少，将所求数转化成
一个整十数乘以另一数，再加上零头的平方数。下面通过 例题来说明这一方法。
例3 求29
2
和82
2
的值。
解：29
2
=29×29
＝（29＋1）×（29-1）＋12
＝30×28＋1
＝840+1
＝841。
82
2
＝82×82
＝（82－2）×（82＋2）＋2
2

＝80×84＋4
＝6720+4
＝6724。
由上 例看出，因为29比30少1，所以给29“补”1，这叫“补少”；因为82比80多2，
所以从82 中“移走”2，这叫“移多”。因为是两个相同数相乘，所以对其中一个数“移多补
少”后，还需要在另 一个数上“找齐”。本例中，给一个29补1，就要给另一个29减1；给
一个82减了2，就要给另一 个82加上2。最后，还要加上“移多补少”的数的平方。
由凑整补零法计算35
2
，得
35×35＝40×30＋5
2
=1225。这与三年级学的个位数是5的数的平方的速算方法结果相同。
这种方法不仅适用于求两位数的平方值，也适用于求三位数或更多位数的平方值。
例4 求993
2
和2004
2
的值。
解：993
2
=993×993
＝（993＋7）×（993-7）+7
2

＝1000×986＋49
＝986000＋49
＝986049。
2004
2
=2004×2004
＝（2004-4）×（2004+4）＋42
＝2000×2008＋16
＝4016000＋16
＝4016016。
下面，我们介绍一类特殊情况的乘法的速算方法。
请看下面的算式：
66×46，73×88，19×44。
这几道算式具有一个共同特点，两个因数都是两位数，一 个因数的十位数与个位数相同，
另一因数的十位数与个位数之和为10。这类算式有非常简便的速算方法 。
例5 88×64＝？
分析与解：由乘法分配律和结合律，得到
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88×64
＝（80＋8）×（60＋4）
＝（80＋8）×60＋（80＋8）×4
＝80×60＋8×60＋80×4＋8×4
＝80×60＋80×6＋80×4＋8×4
＝80×（60＋6＋4）＋8×4
＝80×（60＋10）＋8×4
＝8×（6＋1）×100+8×4。
于是，我们得到下面的速算式：

由上式看出，积的末两位数是两个因数的个位数之积， 本例为8×4；积中从百位起前面
的数是“个位与十位相同的因数”的十位数与“个位与十位之和为10 的因数”的十位数加1
的乘积，本例为8×（6＋1）。
例6 77×91＝？
解：由例3的解法得到

由上式看出，当两个因数的个位数之积是一位数时，应在十位上补一个0，本例为7×1
＝07。
用这种速算法只需口算就可以方便地解答出这类两位数的乘法计算。
练习1
1.求下面10个数的总和：
165，152，168，171，148，156，169，161，157，149。
2.农业科研小组测定麦苗的生长情况，量出12株麦苗的高度分别为（单位：厘米）：
26，25，25，23，27，28，26，24，29，27，27，25。求这批麦苗的平均高度。
3.某车间有9个工人加工零件，他们加工零件的个数分别为：
68，91，84，75，78，81，83，72，79。
他们共加工了多少个零件？
4.计算：
13＋16＋10+11＋17＋12＋15＋12＋16＋13＋12。
5.计算下列各题：
（1）37
2
； （2）53
2
； （3）91
2
；
（4）68
2
： （5）108
2
； （6）397
2
。
6.计算下列各题：
（1）77×28；（2）66×55；
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（3）33×19；（4）82×44；
（5）37×33；（6）46×99。

练习1 答案
1.1596。 2.26厘米。
3.711个。 4.147。
5.（1）1369； （2）2809； （3）8281；
（4）4624； （5）11664； （6）157609。
6.（1）2156； （2）3630； （3）627；
（4）3608； （5）1221； （6）4554。

第2讲 速算与巧算（二）

上一讲我们介绍了一类两位数乘法的速算方法，这一讲讨论乘法的“同补”与“补同”速
算法。
两个数之和等于10，则称这两个数互补。在整数乘法运算中，常会遇到像72×78，26×86
等被乘数与乘数的十位数字相同或互补，或被乘数与乘数的个位数字相同或互补的情况。
72× 78的被乘数与乘数的十位数字相同、个位数字互补，这类式子我们称为“头相同、尾互
补”型；26× 86的被乘数与乘数的十位数字互补、个位数字相同，这类式子我们称为“头互
补、尾相同”型。计算这 两类题目，有非常简捷的速算方法，分别称为“同补”速算法和“补
同”速算法。
例1 （1）76×74＝？ （2）31×39＝？
分析与解：本例两题都是“头相同、尾互补”类型。
（1）由乘法分配律和结合律，得到
76×74
＝（7＋6）×（70+4）
＝（70＋6）×70＋（7＋6）×4＝70×70＋6×70＋70×4＋6×4
＝70×（70＋6＋4）＋6×4
＝70×（70＋10）＋6×4
＝7×（7+1）×100＋6×4。
于是，我们得到下面的速算式：

（2）与（1）类似可得到下面的速算式：

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由例1看出，在“头相同、尾互补”的两个两位数乘法中，积的末两位数是两个因数的个
位数之积（不够 两位时前面补0，如1×9＝09），积中从百位起前面的数是被乘数（或乘数）
的十位数与十位数加1 的乘积。“同补”速算法简单地说就是：
积的末两位是“尾×尾”，前面是“头×（头+1）”。
我们在三年级时学到的15×15，25×25，…，95×95的速算，实际上就是“同补”速算
法。
例2 （1）78×38＝？ （2）43×63＝？
分析与解：本例两题都是“头互补、尾相同”类型。
（1）由乘法分配律和结合律，得到
78×38
＝（70＋8）×（30＋8）
＝（70＋8）×30＋（70＋8）×8
＝70×30+8×30＋70×8＋8×8
＝70×30＋8×（30＋70）＋8×8
＝7×3×100＋8×100＋8×8
＝（7×3＋8）×100＋8×8。
于是，我们得到下面的速算式：

（2）与（1）类似可得到下面的速算式：

由例2看出，在“头互补、尾相同”的两个两位 数乘法中，积的末两位数是两个因数的个位数
之积（不够两位时前面补0，如3×3＝09），积中从百 位起前面的数是两个因数的十位数之积
加上被乘数（或乘数）的个位数。“补同”速算法简单地说就是：
积的末两位数是“尾×尾”，前面是“头×头+尾”。
例1和例2介绍了两位数乘以两位数的 “同补”或“补同”形式的速算法。当被乘数和乘数多
于两位时，情况会发生什么变化呢？
我 们先将互补的概念推广一下。当两个数的和是10，100，1000，…时，这两个数互为补数，
简称 互补。如43与57互补，99与1互补，555与445互补。
在一个乘法算式中，当被乘数与 乘数前面的几位数相同，后面的几位数互补时，这个算式
就是“同补”型，即“头相同，尾互补”型。例 如， 因为被乘数与乘数的前
两位数相同，都是70，后两位数互补，77＋23＝100，所以是“同 补”型。又如
，
等都是“同补”型。
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当 被乘数与乘数前面的几位数互补，后面的几位数相同时，这个乘法算式就是“补同”型，即
“头互补，尾 相同”型。例如，
等都是“补同”型。

在计算多位数的“同补”型乘法时，例1的方法仍然适用。
例3 （1）702×708=？ （2）1708×1792＝？
解：（1）

（2）

计算多位数的“同补”型乘法时，将“头×（头+1）”作为乘积的前几位，将两个互补数
之积作为乘积 的后几位。
注意：互补数如果是n位数，则应占乘积的后2n位，不足的位补“0”。
在计算多位数的“补同”型乘法时，如果“补”与“同”，即“头”与“尾”的位数相同，
那么例2的方 法仍然适用（见例4）；如果“补”与“同”的位数不相同，那么例2的方法不
再适用，因为没有简捷实 用的方法，所以就不再讨论了。
例4 2865×7265＝？
解：


练习2
计算下列各题：
1.68×62； 2.93×97；
3.27×87； 4.79×39；
5.42×62； 6.603×607；
7.693×607； 8.4085×6085。


第3讲 高斯求和
德国著名数学家高斯幼年时代聪明过人，上学时，有一天老师出了一道题让同学们计算：
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1＋2＋3＋4＋…＋99＋100＝？
老师 出完题后，全班同学都在埋头计算，小高斯却很快算出答案等于5050。高斯为什么
算得又快又准呢？ 原来小高斯通过细心观察发现：
1＋100＝2＋99＝3＋98＝…＝49＋52＝50＋51。
1～100正好可以分成这样的50对数，每对数的和都相等。于是，小高斯把这道题巧算为
（1+100）×100÷2＝5050。
小高斯使用的这种求和方法，真是聪明极了，简单快捷，并且广泛地适用于“等差数列”
的求和问题。
若干个数排成一列称为数列，数列中的每一个数称为一项，其中第一项称为首项，最后一
项 称为末项。后项与前项之差都相等的数列称为等差数列，后项与前项之差称为公差。例如：
（1）1，2，3，4，5，…，100；
（2）1，3，5，7，9，…，99；（3）8，15，22，29，36，…，71。
其中（1）是首项为1，末项为100，公差为1的等差数列；（2）是首项为1，末项为99，
公差为 2的等差数列；（3）是首项为8，末项为71，公差为7的等差数列。
由高斯的巧算方法，得到等差数列的求和公式：
和=（首项+末项）×项数÷2。
例1 1＋2＋3＋…＋1999＝？
分析与解：这串加数1，2，3，…，1999是等差数列，首项是1 ，末项是1999，共有1999个
数。由等差数列求和公式可得
原式=（1＋1999）×1999÷2＝1999000。
注意：利用等差数列求和公式之前，一定要判断题目中的各个加数是否构成等差数列。
例2 11＋12＋13＋…＋31＝？
分析与解：这串加数11，12，13，…，31是等差数列，首项 是11，末项是31，共有31-11＋
1＝21（项）。
原式=（11+31）×21÷2=441。
在利用等差数列求和公式时，有时项数并不是一 目了然的，这时就需要先求出项数。根据首项、
末项、公差的关系，可以得到
项数=（末项- 首项）÷公差+1，
末项=首项+公差×（项数-1）。
例3 3＋7＋11＋…＋99＝？
分析与解：3，7，11，…，99是公差为4的等差数列，
项数=（99－3）÷4＋1＝25，
原式=（3＋99）×25÷2＝1275。
例4 求首项是25，公差是3的等差数列的前40项的和。
解：末项=25＋3×（40-1）＝142，
和=（25＋142）×40÷2＝3340。
利用等差数列求和公式及求项数和末项的公式，可以解决各种与等差数列求和有关的问题。
例5 在下图中，每个最小的等边三角形的面积是12厘米2，边长是1根火柴棍。问：（1）最
大三角形的面积是多少平方厘米？（2）整个图形由多少根火柴棍摆成？
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分析：最大三角形共有8层，从上往下摆时，每层的小三角形数目及所用火柴数目如下表：
由上表看出，各层的小三角形数成等差数列，各
层的火柴数也成等差数列。
解：（1）最大三角形面积为
（1＋3＋5＋…＋15）×12
＝［（1＋15）×8÷2］×12
＝768（厘米2）。
2）火柴棍的数目为
3＋6＋9+…+24
＝（3＋24）×8÷2=108（根）。
答：最大三角形的面积是768厘米2，整个图形由108根火柴摆成。
例6 盒子里放有三 只乒乓球，一位魔术师第一次从盒子里拿出一只球，将它变成3只球后放
回盒子里；第二次又从盒子里拿 出二只球，将每只球各变成3只球后放回盒子里……第十次从
盒子里拿出十只球，将每只球各变成3只球 后放回到盒子里。这时盒子里共有多少只乒乓球？
分析与解：一只球变成3只球，实际上多了2只球。 第一次多了2只球，第二次多了2×2只
球……第十次多了2×10只球。因此拿了十次后，多了
2×1＋2×2＋…＋2×10
＝2×（1＋2＋…＋10）
＝2×55＝110（只）。
加上原有的3只球，盒子里共有球110＋3＝113（只）。
综合列式为：
（3-1）×（1＋2＋…＋10）＋3
＝2×［（1＋10）×10÷2］＋3＝113（只）。

练习3
1.计算下列各题：
（1）2＋4＋6＋…＋200；
（2）17＋19＋21＋…＋39；
（3）5＋8＋11＋14＋…＋50；
（4）3＋10＋17＋24＋…＋101。
2.求首项是5，末项是93，公差是4的等差数列的和。
3.求首项是13，公差是5的等差数列的前30项的和。
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4.时钟在每个整点敲打，敲打的次数等于该钟点数，每半点钟也敲一下。问：时钟一昼夜
敲打多少次？
5.求100以内除以3余2的所有数的和。
6.在所有的两位数中，十位数比个位数大的数共有多少个？

第四讲 4，8，9整除的数的特征
我们在三年级已经学习了能被2，3，5整除的数的特征，这一讲我们将讨 论整除的性质，并讲
解能被4，8，9整除的数的特征。
数的整除具有如下性质：
性质1 如果甲数能被乙数整除，乙数能被丙数整除，那么甲数一定能被丙数整除。例如，48
能被16整除，16能被8整除，那么48一定能被8整除。
性质2 如果两个数都能被一个自然数整 除，那么这两个数的和与差也一定能被这个自然数整
除。例如，21与15都能被3整除，那么21＋1 5及21-15都能被3整除。
性质3 如果一个数能分别被两个互质的自然数整除，那么这个数一定 能被这两个互质的自然
数的乘积整除。例如，126能被9整除，又能被7整除，且9与7互质，那么1 26能被9×7
＝63整除。
利用上面关于整除的性质，我们可以解决许多与整除有关的 问题。为了进一步学习数的整
除性，我们把学过的和将要学习的一些整除的数字特征列出来：
（1）一个数的个位数字如果是0，2，4，6，8中的一个，那么这个数就能被2整除。
（2）一个数的个位数字如果是0或5，那么这个数就能被5整除。
（3）一个数各个数位上的数字之和如果能被3整除，那么这个数就能被3整除。
（4）一个数的末两位数如果能被4（或25）整除，那么这个数就能被4（或25）整除。
（5）一个数的末三位数如果能被8（或125）整除，那么这个数就能被8（或125）整除。
（6）一个数各个数位上的数字之和如果能被9整除，那么这个数就能被9整除。
其中（1）（2）（3）是三年级学过的内容，（4）（5）（6）是本讲要学习的内容。
因为1 00能被4（或25）整除，所以由整除的性质1知，整百的数都能被4（或25）整除。
因为任何自然 数都能分成一个整百的数与这个数的后两位数之和，所以由整除的性质2知，只
要这个数的后两位数能被 4（或25）整除，这个数就能被4（或25）整除。这就证明了（4）。
类似地可以证明（5）。
（6）的正确性，我们用一个具体的数来说明一般性的证明方法。
837＝800＋30＋7
＝8×100＋3×10＋7
＝8×（99＋1）＋3×（9＋1）＋7
＝8×99＋8＋3×9＋3＋7
＝（8×99＋3×9）＋（8＋3＋7）。
因为99和9都能被9整除，所以根据整除 的性质1和性质2知，（8x99＋3x9）能被9
整除。再根据整除的性质2，由（8＋3＋7）能被 9整除，就能判断837能被9整除。
利用（4）（5）（6）还可以求出一个数除以4，8，9的余数：
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（4‘）一个数除以4的余数，与它的末两位除以4的余数相同。
（5＇）一个数除以8的余数，与它的末三位除以8的余数相同。
（6＇）一个数除以9的余数，与它的各位数字之和除以9的余数相同。
例1 在下面的数中，哪些能被4整除？哪些能被8整除？哪些能被9整除？
234，789，7756，8865，3728.8064。
解：能被4整除的数有7756，3728，8064；
能被8整除的数有3728，8064；
能被9整除的数有234，8865，8064。
例2 在四位数56□2中，被盖住的十位数分别等于几时，这个四位数分别能被9，8，4整除？
解：如果56□2能被9整除，那么
5＋6＋□＋2＝13＋□
应能被9整除，所以当十位数是5，即四位数是5652时能被9整除；
如果56□2能 被8整除，那么6□2应能被8整除，所以当十位数是3或7，即四位数是
5632或5672时能被8 整除；
如果56□2能被4整除，那么□2应能被4整除，所以当十位数是1，3，5，7，9， 即四
位数是5612，5632，5652，5672，5692时能被4整除。
到现在 为止，我们已经学过能被2，3，5，4，8，9整除的数的特征。根据整除的性质3，
我们可以把判断 整除的范围进一步扩大。例如，判断一个数能否被6整除，因为6＝2×3，2
与3互质，所以如果这个 数既能被2整除又能被3整除，那么根据整除的性质3，可判定这个
数能被6整除。同理，判断一个数能 否被12整除，只需判断这个数能否同时被3和4整除；
判断一个数能否被72整除，只需判断这个数能 否同时被8和9整除；如此等等。
例3 从0，2，5，7四个数字中任选三个，组成能同时被2，5 ，3整除的数，并将这些数从小
到大进行排列。
解：因为组成的三位数能同时被2，5整除， 所以个位数字为0。根据三位数能被3整除的特
征，数字和2＋7＋0与5＋7＋0都能被3整除，因此 所求的这些数为270，570，720，750。
例4 五位数
分析与解：已知
能被72整除，问：A与B各代表什么数字？
能被72整除。 因为72＝8×9，8和9是互质数，所以既能被
8整除，又能被9整除。根据能被8整除的数的特征， 要求
＝6。再根据能被9整除的数的特征，的各位数字之和为
能被8整除，由此可确定B
A＋3＋2＋9＋B＝A＋3－f－2＋9＋6＝A＋20，
因为l≤A≤9，所以21≤A＋20≤29。在这个范围内只有27能被9整除，所以A＝7。
解答例4的关键是把72分解成8×9，再分别根据能被8和9整除的数的特征去讨论B和A
所代表的数字。在解题顺序上，应先确定B所代表的数字，因为B代表的数字不受A的取值大
小的影响， 一旦B代表的数字确定下来，A所代表的数字就容易确定了。
例5 六位数是6的倍数，这样的六位数有多少个？
- 13 -

分析与解：因为 6＝2×3，且2与3互质，所以这个整数既能被2整除又能被3整除。由六位
数能被2整除，推知A可 取0，2，4，6，8这五个值。再由六位数能被3整除，推知
3＋A＋B＋A＋B＋A＝3＋3A＋2B
能被3整除，故2B能被3整除。B可取0， 3，6，9这4个值。由于B可以取4个值，A
可以取5个值，题目没有要求A≠B，所以符合条件的六 位数共有5×4＝20（个）。
例6 要使六位数能被36整除，而且所得的商最小，问A，B，C各代表什么数字？
分析与解：因为3 6＝4×9，且4与9互质，所以这个六位数应既能被4整除又能被9整
除。六位数能被4整除，就要能 被4整除，因此C可取1，3，5，7，9。
这个六位数尽可能小。因此首先是A尽量小，其次是的各位数字之和为12＋B＋C。它应
要使所得的商最小，就要使
B尽量小，最后是C 尽量小。先试取A=0。六位数
能被9整除，因此B＋C＝6或B＋C＝15。因为B，C应尽量小，所 以B＋C＝6，而C只能取1，
3，5，7，9，所以要使尽可能小，应取B＝1，C＝5。
当A=0，B=1，C＝5时，六位数能被36整除，而且所得商最小，为150156÷36＝4171。
练习4
1．6539724能被4，8，9，24，36，72中的哪几个数整除？
2．个位数是5，且能被9整除的三位数共有多少个？
3．一些四位数，百位上的数 字都是3，十位上的数字都是6，并且它们既能被2整除又能
被3整除。在这样的四位数中，最大的和最 小的各是多少？
4．五位数能被12整除，求这个五位数。
5．有一个能被24整除的四位数□23□，这个四位数最大是几？最小是几？
6．从0，2，3 ，6，7这五个数码中选出四个，可以组成多少个可以被8整除的没有重复
数字的四位数？
7．在123的左右各添一个数码，使得到的五位数能被72整除。
8．学校买了72只小足球，发票 上的总价有两个数字已经辨认不清，只看到是□67.9□元，
你知道每只小足球多少钱吗？

第5讲 弃九法
从第4讲知道，如果一个数的各个数位上的数字之和能被9整 除，那么这个数能被9整除；
如果一个数各个数位上的数字之和被9除余数是几，那么这个数被9除的余 数也一定是几。利
用这个性质可以迅速地判断一个数能否被9整除或者求出被9除的余数是几。
例如，3645732这个数，各个数位上的数字之和为
3＋6＋4＋5＋7＋3＋2＝30，
30被9除余3，所以3645732这个数不能被9整除，且被9除后余数为3。
但是，当一个数的数位较多时，这种计算麻烦且易错。有没有更简便的方法呢？
- 14 -

因为我们只是判断这个式子被9除的余数，所以凡是若干个数的和是9时，就把这些 数划
掉，如3＋6＝9，4＋5＝9，7＋2＝9，把这些数划掉后，最多只剩下一个3（如下图），所 以
这个数除以9的余数是3。

这种将和为9或9的倍数的数字划掉，用剩下的数字和求除以9的余数的方法，叫做弃
九法。
一个数被9除的余数叫做这个数的九余数。利用弃九法可以计算一个数的九余数，还可以
检验四则运算的 正确性。
例1 求多位数76458215除以9的余数。
分析与解：利用弃九法，将和为9的数依次划掉。

只剩下7，6，1，5四个 数，这时口算一下即可。口算知，7，6，5的和是9的倍数，又
可划掉，只剩下1。所以这个多位数除 以9余1。
例2 将自然数1，2，3，…依次无间隔地写下去组成一个数11213…如果一直写< br>到自然数100，那么所得的数除以9的余数是多少？
分析与解：因为这个数太大，全部写出来 很麻烦，在使用弃九法时不能逐个划掉和为9或9
的倍数的数，所以要配合适当的分析。我们已经熟知
1＋2＋3＋…＋9＝45，
而45是9的倍数，所以每一组1，2，3，…，9都 可以划掉。在1～99这九十九个数中，
个位数有十组1，2，3，…，9，都可划掉；十位数也有十组 1，2，3，…，9，也都划掉。这
样在这个大数中，除了0以外，只剩下最后的100中的数字1。所 以这个数除以9余1。
在上面的解法中，并没有计算出这个数各个数位上的数字和，而是利用弃九 法分析求解。
本题还有其它简捷的解法。因为一个数与它的各个数位上的数字之和除以9的余数相同，所 以
题中这个数各个数位上的数字之和，与1＋2＋…＋100除以9的余数相同。
利用高 斯求和法，知此和是5050。因为5050的数字和为5＋0＋5＋0=10，利用弃九法，
弃去一个 9余1，故5050除以9余1。因此题中的数除以9余1。
例3 检验下面的加法算式是否正确：
2638457＋3521983＋6745785＝12907225。
分析与解：若 干个加数的九余数相加，所得和的九余数应当等于这些加数的和的九余数。如果
不等，那么这个加法算式 肯定不正确。上式中，三个加数的九余数依次为8，4，6，8+4+6的
九余数为0；和的九余数为1 。因为0≠1，所以这个算式不正确。
例4 检验下面的减法算式是否正确：
7832145-2167953＝5664192。
分析与解：被减数的九余数减去减数的九余数（ 若不够减，可在被减数的九余数上加9，然后
再减）应当等于差的九余数。如果不等，那么这个减法计算 肯定不正确。上式中被减数的九余
- 15 -

数是3，减数的九余数是6， 由（9+3）-6＝6知，原题等号左边的九余数是6。等号右边的九
余数也是6。因为6＝6，所以这 个减法运算可能正确。
值得注意的是，这里我们用的是“可能正确”。利用弃九法检验加法、减法 、乘法（见例
5）运算的结果是否正确时，如果等号两边的九余数不相等，那么这个算式肯定不正确；如 果
等号两边的九余数相等，那么还不能确定算式是否正确，因为九余数只有0，1，2，…，8九
种情况，不同的数可能有相同的九余数。所以用弃九法检验运算的正确性，只是一种粗略的检
验。
例5 检验下面的乘法算式是否正确：
46876×9537＝447156412。
分析与解：两个因数的九余数相乘，所得的数的九余数应当等于两个因数的乘积的九余数。如
果 不等，那么这个乘法计算肯定不正确。上式中，被乘数的九余数是4，乘数的九余数是6，4×6
＝24 ，24的九余数是6。乘积的九余数是7。6≠7，所以这个算式不正确。
说明：因为除法是乘法 的逆运算，被除数=除数×商+余数，所以当余数为零时，利用弃九
法验算除法可化为用弃九法去验算乘 法。例如，检验383801÷253=1517的正确性，只需检验
1517×253=383801 的正确性。
练习5
1．求下列各数除以9的余数：
（1）7468251； （2）36298745；
（3）2657348； （4）6678254193。
2．求下列各式除以9的余数：
（1）67235＋82564； （2）97256-47823；
（3）2783×6451； （4）3477+265×841。
3．用弃九法检验下列各题计算的正确性：
（1）228×222＝50616；
（2）334×336＝112224；
（3）23372428÷6236＝3748；
（4）12345÷6789＝83810105。
4．有一个2000位的数A能被9整 除，数A的各个数位上的数字之和是B，数B的各个数
位上的数字之和是C，数C的各个数位上的数字之 和是D。求D。

第6讲 数的整除性（二）
这一讲主要讲能被11整除的数的特征。
一个数从右边数起，第1，3，5，…位称为奇数位，第 2，4，6，…位称为偶数位。也就
是说，个位、百位、万位……是奇数位，十位、千位、十万位……是 偶数位。例如9位数768325419
中，奇数位与偶数位如下图所示：

- 16 -

能被11整除的数的特征：一个数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之 和的差（大数减
小数）如果能被11整除，那么这个数就能被11整除。
例1 判断七位数1839673能否被11整除。
分析与解：奇数位上的数字之和为1＋3＋6＋3=13 ，偶数位上的数字之和为8＋9＋7=24，因为
24-13=11能被11整除，所以1839673 能被11整除。
根据能被11整除的数的特征，也能求出一个数除以11的余数。
一个数除以11的余数，与它的奇数位上的数字之和减去偶数位上的数字之和所得的差除
以11的余数相 同。如果奇数位上的数字之和小于偶数位上的数字之和，那么应在奇数位上的
数字之和上再增加11的整 数倍，使其大于偶数位上的数字之和。
例2 求下列各数除以11的余数：
（1）41873； （2）296738185。
分析与解：（1）[（4＋8＋3）－（1＋7）]÷11
=7÷11＝0……7，
所以41873除以11的余数是7。
（2）奇数位之和为2＋6＋3＋1＋5=17， 偶数位之和为9＋7＋8＋8＝32。因为17＜32，所以
应给17增加11的整数倍，使其大于32 。
（17+11×2）-32＝7，
所以296738185除以11的余数是7。
需要说明的是，当奇数位数字之和远远小于偶数位数字之和时，为了计算方便，也可以用
偶 数位数字之和减去奇数位数字之和，再除以11，所得余数与11的差即为所求。如上题（2）
中，（3 2-17）÷11＝1……4，所求余数是11-4=7。
例3 求除以11的余数。
分析与解：奇数位是101个1，偶数位是100个9。
（9×100-1×101）÷11
=799÷11=72……7，
11-7=4，所求余数是4。
例3还有其它简捷解法，例如每个“19”奇偶数位上的数字相差9-1＝8， 奇
数位上的数字和与偶 数位上的数字和相差8×99=8×9×11，能被11整除。所以例3相当于求
最后三位数191除以 11的余数。
例4 用3，3，7，7四个数码能排出哪些能被11整除的四位数？
解：只要奇数位和偶数位上各有一个3和一个7即可。有3377，3773，7337，7733。
例5 用1～9九个数码组成能被11整除的没有重复数字的最大九位数。
分析与解：最大的没有重复数字的九位数是987654321，由
（9＋7＋5＋3＋1）-（8＋6＋4＋2）＝5
知，987654321不能被11整除。为 了保证这个数尽可能大，我们尽量调整低位数字，只
要使奇数位的数字和增加3（偶数位的数字和自然就 减少3），奇数位的数字之和与偶数位的
数字之和的差就变为5＋3×2=11，这个数就能被11整除 。调整“4321”，只要4调到奇数位，
- 17 -

1调到偶数位，奇数 位就比原来增大3，就可达到目的。此时，4，3在奇数位，2，1在偶数位，
后四位最大是2413。 所求数为987652413。
例6 六位数能被99整除，求A和B。
分析与解：由99 =9×11，且9与11互质，所以六位数既能被9整除又能被11整除。因为六
位数能被9整除，所以
A+2+8+7+5+B
＝22+A+B
应能被9整除，由此推知A＋B＝5或14。又因为六位数能被11整除，所以
（A＋8＋5）－（2＋7＋B）
＝A-B＋4
应能被11整除，即
A-B+4=0或A-B+4=11。
化简得B-A＝4或A-B＝7。
因为A+B与A-B同奇同偶，所以有

在（1）中，A≤5与A≥7不能同时满足，所以无解。
在（2）中，上、下两式相加，得
（B＋A）＋（B-A）＝14＋4，
2B＝18，
B=9。
将B=9代入A＋B=14，得A＝5。
所以，A=5，B＝9。

练习6
1．为使五位数6□295能被11整除，□内应当填几？
2．用1，2，3，4四个数码能排出哪些能被11整除的没有重复数字的四位数？
3．求能被11整除的最大的没有重复数字的五位数。
4．求下列各数除以11的余数：
（1）2485； （2）63582； （3）987654321。
5．求除以11的余数。
6．六位数
7．七位数

5A634B能被33整除，求A+B。
3A8629B是88的倍数，求A和B。
- 18 -

第7讲 找规律（一）
我们在三年级已经见过“ 找规律”这个题目，学习了如何发现图形、数表和数列的变化规
律。这一讲重点学习具有“周期性”变化 规律的问题。什么是周期性变化规律呢？比如，一年
有春夏秋冬四季，百花盛开的春季过后就是夏天，赤 日炎炎的夏季过后就是秋天，果实累累的
秋季过后就是冬天，白雪皑皑的冬季过后又到了春天。年复一年 ，总是按照春、夏、秋、冬四
季变化，这就是周期性变化规律。再比如，数列0，1，2，0，1，2， 0，1，2，0，…是按照0，
1，2三个数重复出现的，这也是周期性变化问题。
下面，我们通过一些例题作进一步讲解。
例1 节日的夜景真漂亮，街上的彩灯按照5盏红灯、再接4 盏蓝灯、再接3盏黄灯，然后又
是5盏红灯、4盏蓝灯、3盏黄灯、……这样排下去。问：
（1）第100盏灯是什么颜色？
（2）前150盏彩灯中有多少盏蓝灯？
分析与解：这是一个周期变化问题。彩灯按照5红、4蓝、3黄，每12盏灯一个周期循环出现。
（1）100÷12＝8……4，所以第100盏灯是第9个周期的第4盏灯，是红灯。
（2）150÷12=12……6，前150盏灯共有12个周期零6盏灯，12个周期中有蓝灯4×12
＝48（盏），最后的6盏灯中有1盏蓝灯，所以共有蓝灯48＋1=49（盏）。
例2 有一串数 ，任何相邻的四个数之和都等于25。已知第1个数是3，第6个数是6，第11
个数是7。问：这串数 中第24个数是几？前77个数的和是多少？
分析与解：因为第1，2，3，4个数的和等于第2，3 ，4，5个数的和，所以第1个数与第5
个数相同。进一步可推知，第1，5，9，13，…个数都相同 。
同理，第2，6，10，14，…个数都相同，第3，7，11，15，…个数都相同，第4， 8，12，
16…个数都相同。
也就是说，这串数是按照每四个数为一个周期循环出现的 。所以，第2个数等于第6个数，
是6；第3个数等于第11个数，是7。前三个数依次是3，6，7， 第四个数是
25-（3+6+7）=9。
这串数按照3，6，7，9的顺序循环出 现。第24个数与第4个数相同，是9。由77÷4＝9……1
知，前77个数是19个周期零1个数， 其和为25×19+3=478。
例3 下面这串数的规律是：从第3个数起，每个数都是它前面两个 数之和的个位数。问：这
串数中第88个数是几？
628088640448…
分析与解：这串数看起来没有什么规律，但是如果其中有两个相邻数字与前面的某两个相邻数
字相同， 那么根据这串数的构成规律，这两个相邻数字后面的数字必然与前面那两个相邻数字
后面的数字相同，也 就是说将出现周期性变化。我们试着将这串数再多写出几位：

当写出第21，22位（ 竖线右面的两位）时就会发现，它们与第1，2位数相同，所以这串
数按每20个数一个周期循环出现。 由88÷20=4……8知，第88个数与第8个数相同，所以第
88个数是4。
从例3看出，周期性规律有时并不明显，要找到它还真得动点脑筋。
- 19 -

例4 在下面的一串数中，从第五个数起，每个数都是它前面四个数之和的个位数字。那 么在
这串数中，能否出现相邻的四个数是“2000”？
7134…
分析与解 ：无休止地将这串数写下去，显然不是聪明的做法。按照例3的方法找到一周期，因
为这个周期很长，所 以也不是好方法。那么怎么办呢？仔细观察会发现，这串数的前四个数都
是奇数，按照“每个数都是它前 面四个数之和的个位数字”，如果不看具体数，只看数的奇偶
性，那么将这串数依次写出来，得到
奇奇奇奇偶奇奇奇奇偶奇……
可以看出，这串数是按照四个奇数一个偶数的规律循环 出现的，永远不会出现四个偶数连
在一起的情况，即不会出现“2000”。
例5 A，B， C，D四个盒子中依次放有8，6，3，1个球。第1个小朋友找到放球最少的盒子，
然后从其它盒子中 各取一个球放入这个盒子；第2个小朋友也找到放球最少的盒子，然后也从
其它盒子中各取一个球放入这 个盒子……当100位小朋友放完后，A，B，C，D四个盒子中各
放有几个球？
分析与解：按照题意，前六位小朋友放过后，A，B，C，D四个盒子中的球数如下表：

可以看出，第6人放过后与第2人放过后四个盒子中球的情况相同，所以从第2人放过后，
每经过4人，四个盒子中球的情况重复出现一次。
（100-1）÷4＝24……3，
所以第100次后的情况与第4次（3＋1＝4）后的情况相同，A，B，C，D盒中依次有4，6，
3 ，5个球。

练习7
1．有一串很长的珠子，它是按照5颗红珠、3颗白珠、 4颗黄珠、2颗绿珠的顺序重复排
列的。问：第100颗珠子是什么颜色？前200颗珠子中有多少颗红 珠？
2．将1，2，3，4，…除以3的余数依次排列起来，得到一个数列。求这个数列前100个
数的和。
3．有一串数，前两个数是9和7，从第三个数起，每个数是它前面两个数乘积的个位数。
这串数中第100个数是几？前100个数之和是多少？
4．有一列数，第一个数是6，以后每一 个数都是它前面一个数与7的和的个位数。这列
数中第88个数是几？
5．小明按1～3 报数，小红按1～4报数。两人以同样的速度同时开始报数，当两人都报
了100个数时，有多少次两人 报的数相同？
- 20 -

6．A，B，C，D四个盒子中依次放有9，6 ，3，0个小球。第1个小朋友找到放球最多的
盒子，从中拿出3个球放到其它盒子中各1个球；第2个 小朋友也找到放球最多的盒子，也从
中拿出3个球放到其它盒子中各1个球……当100个小朋友放完后 ，A，B，C，D四个盒子中
各放有几个球？

第8讲 找规律（二）
整数a与它本身的乘积，即a×a叫做这个数的平方，记作a
2
，即a
2
＝a ×a；同样，三个
a的乘积叫做a的三次方，记作a
3
，即a
3
＝a ×a×a。一般地，n个a相乘，叫做a的n次方，
记作a
n
，即

本讲主要讲a
n
的个位数的变化规律，以及a
n
除以某数所得余 数的变化规律。
因为积的个位数只与被乘数的个位数和乘数的个位数有关，所以an的个位数只与 a的个
位数有关，而a的个位数只有0，1，2，…，9共十种情况，故我们只需讨论这十种情况。
为了找出一个整数a自乘n次后，乘积的个位数字的变化规律，我们列出下页的表格，看
看 a，a
2
，a
3
，a
4
，…的个位数字各是什么。
从表看出，a
n
的个位数字的变化规律可分为三类：
（1）当a的个位数是0，1，5，6时，a
n
的个位数仍然是0，1，5，6。
（2）当a的个位数是4，9时，随着n的增大，a
n
的个位数按每两个数为一周期循环出现。
其中a的个位数是4时，按4，6的顺序循环出现；a的个位数是9时，按9，1的顺序循环出
现。
（3）当a的个位数是2，3，7，8时，随着n的增大，a
n
的个位数按 每四个数为一周期循
环出现。其中a的个位数是2时，按2，4，8，6的顺序循环出现；a的个位数是 3时，按3，
9，7，1的顺序循环出现；当a的个位数是7时，按7，9，3，1的顺序循环出现；当 a的个
位数是8时，按8，4，2，6的顺序循环出现。

例1 求67
999
的个位数字。
分析与解：因为67的个位数是7，所以67
n
的个位数随着n的增大，按7，9，3，1四个
数的顺序循环出现。
999÷4＝249……3，
- 21 -

所以67
999< br>的个位数字与7
3
的个位数字相同，即67
999
的个位数字是3。
例2 求2
91
+3
291
的个位数字。
分析与解：因为 2
n
的个位数字按2，4，8，6四个数的顺序循环出现，91÷4＝22……3，所以，2
91
的个位数字与2
3
的个位数字相同，等于8。
类似地，3
n
的个位数字按3，9，7，1四个数的顺序循环出现，
291÷4＝72……3，
所以3
291
与3
3
的个位数相同，等于7。
最后得到2
91
+3
291
的个位数字与8+7的个位数字相同，等于5。
例3 求28
128
-29
29
的个位数字。
解：由12 8÷4＝32知，28
128
的个位数与8
4
的个位数相同，等于6。由29 ÷2＝14……1知，29
29
的个位数与9
1
的个位数相同，等于9。因为 6＜9，在减法中需向十位借位，所以所求个位数
字为16－9＝7。
例4 求下列各除法运算所得的余数：
（1）78
55
÷5；
（2）5
55
÷3。
分析与解：（1）由55÷4＝13……3知，78
5 5
的个位数与8
3
的个位数相同，等于2，所以78
55
可分解为1 0×a＋2。因为10×a能被5整除，所以78
55
除以5的余数是2。
（2 ）因为a÷3的余数不仅仅与a的个位数有关，所以不能用求5
55
的个位数的方法求解。为了寻找5
n
÷3的余数的规律，先将5的各次方除以3的余数列表如下：

注意：表中除以3的余数并不需要计算出5
n
，然后再除以3去求，而是用上次的 余数乘以
5后，再除以3去求。比如，5
2
除以3的余数是1，5
3
除以3的余数与1×5=5除以3的余数相
同。这是因为5
2
＝3×8+1，其中3× 8能被3整除，而
5
3
=（3×8+1）×5=（3×8）×5+1×5，
（3×8）×5能被3整除，所以5
3
除以3的余数与1×5除以3的余数相同。
由上表看出，5
n
除以3的余数，随着n的增大，按2，1的顺序循环出现。由5 5÷2=27……1
知，5
55
÷3的余数与5
1
÷3的余数相同， 等于2。
例5 某种细菌每小时分裂一次，每次1个细茵分裂成3个细菌。20时后，将这些细菌每7 个
分为一组，还剩下几个细菌？
分析与解：1时后有1×3=3
1
（个）细 菌，2时后有3
1
×3=3
2
（个）细菌……20时后，有3
20< br>个
细菌，所以本题相当于“求3
20
÷7的余数”。
由例4（2）的方法，将3的各次方除以7的余数列表如下：
由上表看出，3
n
÷7的余数以六个数为周期循环出现。由20÷6＝3……2知，3
20
÷7的余
数与 3
2
÷7的余数相同，等于2。所以最后还剩2个细菌。
最后再说明一点，a< br>n
÷b所得余数，随着n的增大，必然会出现周期性变化规律，因为所
得余数必然小于b ，所以在b个数以内必会重复出现。

练习8
- 22 -

1．求下列各数的个位数字：
（1）38
38
； （2）29
30
；
（3）64
31
； （4）17
215
。
2．求下列各式运算结果的个位数字：
（1）92
22
＋57
31
； （2）61
5
+48
7
+34
9
；
（3）46
9
-62
11
； （4）3
7
×4
8
+5
9
×6
10
。
3．求下列各除法算式所得的余数：
（1）5
100
÷4； （2）8
111
÷6；
（3）4
88
÷7

第9讲 数字谜（一）
我们在三年级已经学习过一些简单的数字谜问题。这两讲除了复习 巩固学过的知识外，还
要学习一些新的内容。
例1 在下面算式等号左边合适的地方添上括号，使等式成立：
5+7×8+12÷4-2＝20。
分析：等式右边是20，而等式左边算式中的7×8所得的积比20大得多。因此必须设法
使这个积缩小一定的倍数，化大为小。
从整个算式来看，7×8是4的倍数，12也是4的倍数， 5不能被4整除，因此可在7×8+12
前后添上小括号，再除以4得17，5＋17-2=20。
解：5+（7×8+12）÷4-2=20。
例2 把1～9这九个数字填到下面的九个□里，组成三个等式（每个数字只能填一次）：

分析与 解：如果从加法与减法两个算式入手，那么会出现许多种情形。如果从乘法算式入手，
那么只有下面两种 可能：
2×3＝6或2×4＝8，
所以应当从乘法算式入手。
因为 在加法算式□+□=□中，等号两边的数相等，所以加法算式中的三个□内的三个数的
和是偶数；而减法 算式□-□=可以变形为加法算式□=□+□，所以减法算式中的三个□内的三
个数的和也是偶数。于是 可知，原题加减法算式中的六个数的和应该是偶数。
若乘法算式是2×4＝8，则剩下的六个数1，3，5，6，7，9的和是奇数，不合题意；
若乘法算式是2×3＝6，则剩下的六个数1，4，5，7，8，9可分为两组：
4＋5＝9，8-7＝1（或8-1＝7）；
1＋7＝8，9－5＝4（或9－4＝5）。
所以答案为 与
- 23 -

例3 下面的算式是由1～9九个数字组成的，其中“7”已填好，请将其余各数填入□，使得
等式成立：
□□□÷□□=□-□=□-7。
分析与解：因为左端除法式子的商必大于等于2，所以右 端被减数只能填9，由此知左端被除
数的百位数只能填1，故中间减式有8-6，6-4，5-3和4- 2四种可能。经逐一验证，8-6，6-4
和4-2均无解，只有当中间减式为5-3时有如下两组解：
128÷64=5-3=9-7，
或 164÷82＝5-3＝9-7。
例4 将1～9九个数字分别填入下面四个算式的九个□中，使得四个等式都成立：
□+□=6， □×□=8，
□-□=6， □□÷□=8。
分析与解：因为每个□中 要填不同的数字，对于加式只有两种填法：1＋5或2＋4；对于乘式
也只有两种填法：1×8或2×4 。加式与乘式的数字不能相同，搭配后只有两种可能：
（1）加式为1＋5，乘式为2×4；
（2）加式为2+4，乘式为1×8。
对于（1），还剩3，6，7，8，9五个数字未填，减式只能是9-3，此时除式无法满足；
对 于（2），还剩3，5，6，7，9五个数字未填，减式只能是9-3，此时除式可填56÷7。
答案如 下：
2＋4＝6， 1×8＝8，
9－3＝6， 56÷7＝8。
例2～例4都是对题目经过初步分析后，将满足题目条件的所有可能情况全部列举出来，
再逐一试算，决 定取舍。这种方法叫做枚举法，也叫穷举法或列举法，它适用于只有几种可能
情况的题目，如果可能的情 况很多，那么就不宜用枚举法。
例5 从1～9这九个自然数中选出八个填入下式的八个○内，使得算式的结果尽可能大：
[○÷○×（○+○）]-[○×○+○-○]。
分析与解：为使算式的结果尽可能大，应当使前一个 中括号内的结果尽量大，后一个中括号内
的结果尽量小。为叙述方便，将原式改写为：
[A÷B×（C＋D）]-[E×F＋G－H]。
通过分析，A，C，D，H应尽可能大，且A应 最大，C，D次之，H再次之；B，E，F，G应
尽可能小，且B应最小，E，F次之，G再次之。于是 得到A=9，C=8，D=7，H=6，B=1，E=2，
F=3，G=4，其中C与D，E与F的值可 互换。将它们代入算式，得到
[9÷1×（8＋7）]－[2×3＋4－6]=131。
- 24 -

练习9
1．在下面的算式里填上括号，使等式成立：
（1）4×6+24÷6-5=15；
（2）4×6+24÷6-5=35；
（3）4×6+24÷6-5=48；
（4）4×6+24÷6-5＝0。
2．加上适当的运算符号和括号，使下式成立：
1 2 3 4 5 ＝100。
3．把0～9这十个数字填到下面的□里，组成三个等式（每个数字只能填一次）：
□+□=□，
□-□=□，
□×□=□□。
4．在下面的□里填上+，-，×，÷，（）等符号，使各个等式成立：
4□4□4□4＝1，
4□4□4□4＝3，
4□4□4□4＝5，
4□4□4□4＝9。
5．将2～7这六个数字分别填入下式的□中，使得等式成立：
□+□-□=□×□÷□。
6．将1～9分别填入下式的九个□内，使算式取得最大值：
□□□×□□□×□□□。
7．将1～8分别填入下式的八个□内，使算式取得最小值：
□□×□□×□□×□□。

第10讲 数字谜（二）
例1 把下面算式中缺少的数字补上：

分析与 解：一个四位数减去一个三位数，差是一个两位数，也就是说被减数与减数相差不到
100。四位数与三 位数相差不到100，三位数必然大于900，四位数必然小于1100。由此我们
找出解决本题的突破 口在百位数上。
（1）填百位与千位。由于被减数是四位数，减数是三位数，差是两位数，所以减 数的百
位应填9，被减数的千位应填1，百位应填0，且十位相减时必须向百位借1。
（2）填个位。由于被减数个位数字是0，差的个位数字是1，所以减数的个位数字是9。
（3） 填十位。由于个位向十位借1，十位又向百位借1，所以被减数十位上的实际数值是
18，18分解成两 个一位数的和，只能是9与9，因此，减数与差的十位数字都是9。
- 25 -

所求算式如右式。

由例1看出，考虑减法算式时，借位是一个重要条件。
例2 在下列各加法算式中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字，求出
这两个算式：

分析与解：（1）这是一道四个数连加的算式，其特点是相同数位上的数字相同，且个位
与百位上的数字相同，即都是汉字“学”。
从个位相同数相加的情况来看，和的个位数字 是8，有两种可能情况：2＋2＋2＋2＝8与
7＋7＋7＋7＝28，即“学”＝2或7。
如果“学”＝2，那么要使三个“数”所代表的数字相加的和的个位数字为8，“数”只
能代表数字6。 此时，百位上的和为“学”＋“学”＋1＝2＋2＋1＝5≠4。因此“学”≠2。
如果“学”＝ 7，那么要使三个“数”所代表的数字相加再加上个位进位的2，和的个位
数字为8，“数”只能代表数 字2。百位上两个7相加要向千位进位1，由此可得“我”代表
数字3。
满足条件的解如右式。

（2）由千位看出，“努”=4。由千、百、十、个位上都有 “努”，5432-4444=988，可将
竖式简化为左下式。同理，由左下式看出，“力”=8，9 88-888=100，可将左下式简化为下中
式，从而求出“学”=9，“习”=1。
满足条件的算式如右下式。

例2中的两题形式类似，但题目特点并不相同，解法也不同，请同学们注意比较。
例3 下面竖式中每个汉字代表一个数字，不同的汉字代表不同的数字，求被乘数。

- 26 -

分析与解：由于个位上的“赛”ד赛”所得的积不再是“赛”，而是另一个数，所以“ 赛”
的取值只能是2，3，4，7，8，9。
下面采用逐一试验的方法求解。
（1）若“赛”＝2，则“数”＝4，积=444444。被乘数为444444÷2＝222222，而被乘数
各个数位上的数字各不相同，所以“赛”≠2。
（2）若“赛”＝3，则“数”=9，仿（1）讨论，也不行。
（3）若“赛”＝4，则“数”＝6，积=666666。666666÷4得不到整数商，不合题意。
（4）若“赛”＝7，则“数”＝9，积=999999。被乘数为999999÷7＝14285 7，符合题意。
（5）若“赛”＝8或9，仿上讨论可知，不合题意。
所以，被乘数是142857。
例4 在□内填入适当的数字，使左下式的乘法竖式成立。

分析与解：为清楚起见，我们用A，B，C，D，…表示□内应填入的数字（见右上式）。
由被乘数大于500知，E=1。由于乘数的百位数与被乘数的乘积的末位数是5，故B，C中
必有一个 是5。若C＝5，则有
6□□×5=（600+□□）×5=3000+□□×5，
不可能等于□5□5，与题意不符，所以B=5。再由B=5推知G=0或5。若G=5，则F=A=9，
此时被乘数为695，无论C为何值，它与695的积不可能等于□5□5，与题意不符，所以G=0，
F=A=4。此时已求出被乘数是645，经试验只有645×7满足□5□5，所以C=7；最后由B=5，
G=0知D为偶数，经试验知D=2。
右式为所求竖式。

此类 乘法竖式题应根据已给出的数字、乘法及加法的进位情况，先填比较容易的未知数，
再依次填其余未知数 。有时某未知数有几种可能取值，需逐一试验决定取舍。
例5 在□内填入适当数字，使左下方的除法竖式成立。
- 27 -

分析与解：把左上式改写成右上式。根据除法竖式的特点知，B=0，D=G=1，E=F=H=9，因此除数应是99的两位数的约数，可能取值有11，33和99，再由商的个位数是5以及5与除数的
积 是两位数得到除数是11，进而知A＝C-9。至此，除数与商都已求出，其余未知数都可填出
（见右式 ）。

此类除法竖式应根据除法竖式的特点，如商的空位补0、余数必须小于除数，以及 空格间
的相互关系等求解，只要求出除数和商，问题就迎刃而解了。
例6 把左下方除法算式中的*号换成数字，使之成为一个完整的式子（各*所表示的数字不一
定相同）。

分析与解：由上面的除法算式容易看出，商的十位数字“*”是0，即商为。
因为除数与8的积是两位数，除数与商的千位数字的积是三位数，知商的千位数是9，即
商为9807。
因为“除数×9”是三位数，所以除数≥12；又因为“除数×8”是两位数，所以除数≤12。< br>推知除数只能是12。被除数为9807×12＝117684。
除法算式如上页右式。
练习10
1．在下面各竖式的□内填入合适的数字，使竖式成立：
- 28 -

2．右面的加法算式中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉 字代表不同的数字。问：
“小”代表什么数字？

3．在下列各算式中，不同的汉字代表不同的数字相同的汉字代表相同的数字。求出下列
各式：

4．在下列各算式中，相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字。这些算
式中各字母分别代表什么数字？


第11讲 归一问题与归总问题

在解答某些应用题时，常常需要先找出“单一量”，然后以这个“单 一量”为标准，根据
其它条件求出结果。用这种解题思路解答的应用题，称为归一问题。所谓“单一量” 是指单位
时间的工作量、物品的单价、单位面积的产量、单位时间所走的路程等。
例1 一种 钢轨，4根共重1900千克，现在有95000千克钢，可以制造这种钢轨多少根？（损
耗忽略不计）
分析：以一根钢轨的重量为单一量。
（1）一根钢轨重多少千克？
1900÷4＝475（千克）。
（2）95000千克能制造多少根钢轨？
95000÷475＝200（根）。
- 29 -

解：95000÷（1900÷4）＝200（根）。
答：可以制造200根钢轨。
例2 王家养了5头奶牛，7天产牛奶630千克，照这样计算，8头奶牛15天可产牛奶多少千
克？
分析：以1头奶牛1天产的牛奶为单一量。
（1）1头奶牛1天产奶多少千克？
630÷5÷7＝18（千克）。
（2）8头奶牛15天可产牛奶多少千克？
18×8×15＝2160（千克）。
解：（630÷5÷7）×8×15=2160（千克）。
答：可产牛奶2160千克。
例3 三台同样的磨面机2.5时可以磨面粉2400千克，8台这样的磨面机磨25600千克面粉需
要多少时间？
分析与解：以1台磨面机1时磨的面粉为单一量。
（1）1台磨面机1时磨面粉多少千克？
2400÷3÷2.5=320（千克）。
（2）8台磨面机磨25600千克面粉需要多少小时？
25600÷320÷8=10（时）。
综合列式为
25600÷（2400÷3÷2.5）÷8=10（时）。
例4 4辆大卡车运沙土，7趟共运走沙土336吨。现在有沙土420吨，要求5趟运完。问：需要增加同样的卡车多少辆？
分析与解：以1辆卡车1趟运的沙土为单一量。
（1）1辆卡车1趟运沙土多少吨？
336÷4÷7=12（吨）。
（2）5趟运走420吨沙土需卡车多少辆？
420÷12÷5＝7（辆）。
（3）需要增加多少辆卡车？
7-4＝3（辆）。
综合列式为
420÷（336÷4÷7）÷5-4＝3（辆）。
与归一问题类似的是归总问题，归一问题是找 出“单一量”，而归总问题是找出“总量”，
再根据其它条件求出结果。所谓“总量”是指总路程、总产 量、工作总量、物品的总价等。
例5 一项工程，8个人工作15时可以完成，如果12个人工作，那么多少小时可以完成？
分析：（1）工程总量相当于1个人工作多少小时？
15×8＝120（时）。
（2）12个人完成这项工程需要多少小时？
120÷12＝10（时）。
解：15×8÷12＝10（时）。
- 30 -

答：12人需10时完成。
例6 一辆汽车从甲地开往乙地，每小时行60千米，5时到达。若要4时到达，则每小时需要
多行多少千米？
分析：从甲地到乙地的路程是一定的，以路程为总量。
（1）从甲地到乙地的路程是多少千米？
60×5=300（千米）。
（2）4时到达，每小时需要行多少千米？
300÷4＝75（千米）。
（3）每小时多行多少千米？
75－60＝15（千米）。
解：（60×5）÷4——60＝15（千米）。
答：每小时需要多行15千米。
例7 修一条公路，原计划60人工作，80天完成。现在工作20天后，又增加了30人，这样剩下的部分再用多少天可以完成？
分析：（1）修这条公路共需要多少个劳动日（总量）？
60×80＝4800（劳动日）。
（2）60人工作20天后，还剩下多少劳动日？
4800-60×20=3600（劳动日）。
（3）剩下的工程增加30人后还需多少天完成？
3600÷（60＋30）=40（天）。
解：（60×80-60×20）÷（60＋30）＝40（天）。
答：再用40天可以完成。

练习11
1．2台拖拉机4时耕地20公顷，照这样速度，5台拖拉机6时可耕地多少公顷？
2．4台织布机5时可以织布2600米，24台织布机几小时才能织布24960米？
3．一种幻灯机，5秒钟可以放映80张片子。问：48秒钟可以放映多少张片子？
4．3台抽水机8时灌溉水田48公顷，照这样的速度，5台同样的抽水机6时可以灌溉水
田多小公顷？
5．平整一块土地，原计划8人平整，每天工作7.5时，6天可以完成任务。由于急需播
种，要求5天完成，并且增加1人。问：每天要工作几小时？
6．食堂管理员去农贸市场买鸡蛋， 原计划按每千克3.00元买35千克。结果鸡蛋价格下
调了，他用这笔钱多买了2.5千克鸡蛋。问： 鸡蛋价格下调后是每千克多少元？
7．锅炉房按照每天4.5吨的用量储备了120天的供暖煤。供暖 40天后，由于进行了技术
改造，每天能节约0.9吨煤。问：这些煤共可以供暖多少天？

第12讲 年龄问题
年龄问题是一类以“年龄为内容”的数学应用题。
- 31 -

年龄问题的主要特点是：二人年龄的差保持不变，它不随岁月的流逝而改 变；二人的年龄
随着岁月的变化，将增或减同一个自然数；二人年龄的倍数关系随着年龄的增长而发生变 化，
年龄增大，倍数变小。
根据题目的条件，我们常将年龄问题化为“差倍问题”、“和差问题”、“和倍问题”进
行求解。
例1 儿子今年10岁，5年前母亲的年龄是他的6倍，母亲今年多少岁？
分析与解：儿子今 年10岁，5年前的年龄为5岁，那么5年前母亲的年龄为5×6＝30（岁），
因此母亲今年是
30＋5=35（岁）。
例2 今年爸爸48岁，儿子20岁，几年前爸爸的年龄是儿子的5倍？
分析与解：今年爸爸与儿子的年龄差 为“48——20”岁，因为二人的年龄差不随时间的变化而
改变，所以当爸爸的年龄为儿子的5倍时， 两人的年龄差还是这个数，这样就可以用“差倍问
题”的解法。当爸爸的年龄是儿子年龄的5倍时，儿子 的年龄是
（48——20）÷（5——1）＝7（岁）。
由20－7＝13（岁），推知13年前爸爸的年龄是儿子年龄的5倍。
例3 兄弟二人的年龄相差5岁，兄3年后的年龄为弟4年前的3倍。问：兄、弟二人今年各
多少岁？
分析与解：根据题意，作示意图如下：

由上图可以看出，兄3年后的年龄比弟 4年前的年龄大5＋3＋4＝12（岁），由“差倍问
题”解得，弟4年前的年龄为（5＋3＋4）÷（ 3－1）＝6（岁）。由此得到
弟今年6＋4＝10（岁），
兄今年10＋5＝15（岁）。
例4 今年兄弟二人年龄之和为55岁，哥哥某一年的岁数与弟弟今年 的岁数相同，那一年哥哥
的岁数恰好是弟弟岁数的2倍，请问哥哥今年多少岁？
分析与解：在 哥哥的岁数是弟弟的岁数2倍的那一年，若把弟弟岁数看成一份，那么哥哥的岁
数比弟弟多一份，哥哥与 弟弟的年龄差是1份。又因为那一年哥哥岁数与今年弟弟岁数相等，
所以今年弟弟岁数为2份，今年哥哥 岁数为2＋1=3（份）（见下页图）。
由“和倍问题”解得，哥哥今年的岁数为
55÷(3+2)×3=33(岁)。

- 32 -

例5 哥哥 5年前的年龄与妹妹4年后的年龄相等，哥哥2年后的年龄与妹妹8年后的年龄和
为97岁，请问二人今 年各多少岁？
分析与解：由“哥哥5年前的年龄与妹妹4年后的年龄相等”可知兄妹二人的年龄差为“ 4＋
5”岁。由“哥哥2年后的年龄与妹妹8年后的年龄和为97岁”，可知兄妹二人今年的年龄和为“97——2——8”岁。由“和差问题”解得，
兄[（97——2——8）＋（4＋5）]÷2＝48（岁），
妹[（97——2——8）-（4＋5）]÷2=39（岁）。
例6 1994年父亲的年龄是哥哥和 弟弟年龄之和的4倍。2000年，父亲的年龄是哥哥和弟弟年
龄之和的2倍。问：父亲出生在哪一年？
分析与解：如果用1段线表示兄弟二人1994年的年龄和，则父亲1994年的年龄要用4段线来表示（见下页图）。

父亲在2000年的年龄应是4段线再加6岁，而兄弟二人在 2000年的年龄之和是1段线再
加2×6＝12（岁），它是父亲年龄的一半，也就是2段线再加3岁 。由
1段＋12岁=2段＋3岁，
推知1段是9岁。所以父亲1994年的年龄是9×4＝36（岁），他出生于
1994——36＝1958（年）。
例7今年父亲的年龄为儿子的年龄的4倍，20年后父亲的 年龄为儿子的年龄的2倍。问：
父子今年各多少岁？
解法一：假设父亲的年龄一直是儿子年龄 的4倍，那么每过一年儿子增加一岁，父亲就要增加
4岁。这样，20年后儿子增加20岁，父亲就要增 加80岁，比儿子多增加了80－20＝60（岁）。
事实上，20年后父亲的年龄为儿子的年龄 的2倍，根据刚才的假设，多增加的60岁，正
好相当于20年后儿子年龄的（4——2＝）2倍，因此 ，今年儿子的年龄为
（20×4－20）÷（4－2）－20＝10（岁），
父亲今年的年龄为10×4＝40（岁）。
解法二：如果用1段线表示儿子今年的年龄，那么父亲今年的年龄要用4段线来表示（见下图）。

20年后，父亲的年龄应是4段线再加上20岁，而儿子的年龄应是1段线再加上20岁 ，
是父亲年龄的一半，也就是2段线再加上10岁。由
1段＋20=2段＋10，
求得1段是10岁，即儿子今年10岁，从而父亲今年40岁。
例8 今年爷爷78岁， 长孙27岁，次孙23岁，三孙16岁。问：几年后爷爷的年龄等于三个
孙子年龄之和？
- 33 -

分析：今年三个孙子的年龄和为27＋23＋16=66（岁），爷爷比 三个孙子的年龄和多
78——66＝12（岁）。每过一年，爷爷增加一岁，而三个孙子的年龄和却要增 加1＋1＋1＝3
（岁），比爷爷多增加3－1＝2（岁）。因而只需求出12里面有几个2即可。
解：[78－（27＋23＋16）]÷（1＋1＋1－1）＝6（年）。
答：6年后爷爷的年龄等于三个孙子年龄的和。

练习12
1．父亲比儿子大30岁，明年父亲的年龄是儿子年龄的3倍，那么今年儿子几岁？
2．王梅比舅舅小19岁，舅舅的年龄比王梅年龄的3倍多1岁。问：他们二人各几岁？
3．小明今年9岁，父亲39岁，再过多少年父亲的年龄正好是小明年龄的2倍？
4．父亲年龄是女儿的4倍，三年前父女年龄之和是49岁。问：父女两人现在各多少岁？
5．一 家三口人，三人年龄之和是74岁，妈妈比爸爸小2岁，妈妈的年龄是儿子年龄的4
倍。问：三人各是多 少岁？
6．今年老师46岁，学生16岁，几年后老师年龄的2倍与学生年龄的5倍相等？
7．已知祖孙三人，祖父和父亲年龄的差与父亲和孙子年龄的差相同，祖父和孙子年龄之
和 为82岁，明年祖父的年龄恰好等于孙子年龄的5倍。问：祖孙三人各多少岁？
8．小乐问刘老师今年 有多少岁，刘老师说：“当我像你这么大时，你才3岁；当你像我这么
大时，我已经42岁了。”你能算 出刘老师有多少岁吗？

第13讲 鸡兔同笼问题与假设法
鸡兔同笼问题是按 照题目的内容涉及到鸡与兔而命名的，它是一类有名的中国古算题。许
多小学算术应用题，都可以转化为 鸡兔同笼问题来加以计算。
例1 小梅数她家的鸡与兔，数头有16个，数脚有44只。问：小梅家的鸡与兔各有多少
只？
分析：假设16只都是鸡，那么就应该有2×16＝32（只）脚，但实际上有44只脚，比假
设的情况 多了44-32＝12（只）脚，出现这种情况的原因是把兔当作鸡了。如果我们以同样数
量的兔去换同 样数量的鸡，那么每换一只，头的数目不变，脚数增加了2只。因此只要算出
12里面有几个2，就可以 求出兔的只数。
解：有兔（44-2×16）÷（4-2）=6（只），
有鸡16-6＝10（只）。
答：有6只兔，10只鸡。
当然，我们也可以假设1 6只都是兔子，那么就应该有4×16＝64（只）脚，但实际上有
44只脚，比假设的情况少了64－ 44＝20（只）脚，这是因为把鸡当作兔了。我们以鸡去换兔，
每换一只，头的数目不变，脚数减少了 4-2＝2（只）。因此只要算出20里面有几个2，就可
以求出鸡的只数。
有鸡（4×16-44）÷（4-2）=10（只），
有兔16——10＝6（只）。
由例1看出，解答鸡兔同笼问题通常采用假设法，可以先假设都是鸡，然后以兔换鸡；也
可以先假设都是 兔，然后以鸡换兔。因此这类问题也叫置换问题。
- 34 -

例2 100个和尚140个馍，大和尚1人分3个馍，小和尚1人分1个馍。问：大、小和尚各有
多少人？
分析与解：本题由中国古算名题“百僧分馍问题”演变而得。如果将大和尚、小和尚分别看作
鸡 和兔，馍看作腿，那么就成了鸡兔同笼问题，可以用假设法来解。
假设100人全是大和尚，那么 共需馍300个，比实际多300－140＝160（个）。现在以小
和尚去换大和尚，每换一个总人数 不变，而馍就要减少3——1＝2（个），因为160÷2＝80，
故小和尚有80人，大和尚有
100－80＝20（人）。
同样，也可以假设100人都是小和尚，同学们不妨自己试试。
在下面的例题中，我们只给出一种假设方法。
例3 彩色文化用品每套19元，普通文化用品每套11 元，这两种文化用品共买了16套，用钱
280元。问：两种文化用品各买了多少套？
分析与 解：我们设想有一只“怪鸡”有1个头11只脚，一种“怪兔”有1个头19只脚，它们
共有16个头， 280只脚。这样，就将买文化用品问题转换成鸡兔同笼问题了。
假设买了16套彩色文化用品， 则共需19×16＝304（元），比实际多304——280＝24（元），
现在用普通文化用品去换 彩色文化用品，每换一套少用19——11＝8（元），所以
买普通文化用品 24÷8=3（套），
买彩色文化用品 16－3＝13（套）。
例4 鸡、兔共100只，鸡脚比兔脚多20只。问：鸡、兔各多少只？
分析：假设100只都是鸡，没 有兔，那么就有鸡脚200只，而兔的脚数为零。这样鸡脚比
兔脚多200只，而实际上只多20只，这 说明假设的鸡脚比兔脚多的数比实际上多
200——20=180（只）。
现在以兔换鸡 ，每换一只，鸡脚减少2只，兔脚增加4只，即鸡脚比兔脚多的脚数中就会
减少4＋2＝6（只），而1 80÷6＝30，因此有兔子30只，鸡100——30＝70（只）。
解：有兔（2×100——20）÷（2＋4）＝30（只），
有鸡100——30=70（只）。
答：有鸡70只，兔30只。
例5 现有大、小油 瓶共50个，每个大瓶可装油4千克，每个小瓶可装油2千克，大瓶比小瓶
共多装20千克。问：大、小 瓶各有多少个？
分析：本题与例4非常类似，仿照例4的解法即可。
解：小瓶有（4×50-20）÷（4＋2）＝30（个），
大瓶有50-30＝20（个）。
答：有大瓶20个，小瓶30个。
例6 一批钢材， 用小卡车装载要45辆，用大卡车装载只要36辆。已知每辆大卡车比每辆小
卡车多装4吨，那么这批钢 材有多少吨？
分析：要算出这批钢材有多少吨，需要知道每辆大卡车或小卡车能装多少吨。
利用假设法，假设只用36辆小卡车来装载这批钢材，因为每辆大卡车比每辆小卡车多装
4 吨，所以要剩下4×36=144（吨）。根据条件，要装完这144吨钢材还需要45-36=9（辆）
小卡车。这样每辆小卡车能装144÷9＝16（吨）。由此可求出这批钢材有多少吨。
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解：4×36÷（45-36）×45＝720（吨）。
答：这批钢材有720吨。
例7 乐乐百货商店委托搬运站运送500只花瓶，双方商定每只运费0. 24元，但如果发生损坏，
那么每打破一只不仅不给运费，而且还要赔偿1.26元，结果搬运站共得运 费115.5元。问：
搬运过程中共打破了几只花瓶？
分析：假设500只花瓶在搬运过 程中一只也没有打破，那么应得运费0.24×500=120（元）。
实际上只得到115.5元，少 得120-115.5=4.5（元）。搬运站每打破一只花瓶要损失0.24＋1.26
＝1.5（元 ）。因此共打破花瓶4.5÷1.5＝3（只）。
解：（0.24×500－115.5）÷（0.24＋1.26）＝3（只）。
答：共打破3只花瓶。
例8 小乐与小喜一起跳绳，小喜先跳了2分钟，然后两人各跳了3分钟，一共 跳了780下。
已知小喜比小乐每分钟多跳12下，那么小喜比小乐共多跳了多少下？
分析与解：利用假设法，假设小喜的跳绳速度减少到与小乐一样，那么两人跳的总数减少了
12×（2＋3）＝60（下）。
可求出小乐每分钟跳
（780——60）÷（2＋3＋3）＝90（下），
小乐一共跳了90×3=270（下），因此小喜比小乐共多跳
780——270×2＝240（下）。
练习13
1．鸡、兔共有头100个，脚350只，鸡、兔各有多少只？
2．学校有象棋、跳棋共26副， 2人下一副象棋，6人下一副跳棋，恰好可供120个学生
进行活动。问：象棋与跳棋各有多少副？
3．班级购买活页簿与日记本合计32本，花钱74元。活页簿每本1.9元，日记本每本3.1< br>元。问：买活页簿、日记本各几本？
4．龟、鹤共有100个头，鹤腿比龟腿多20只。问：龟、鹤各几只？
5．小蕾花40元钱买了 14张贺年卡与明信片。贺年卡每张3元5角，明信片每张2元5
角。问：贺年卡、明信片各买了几张？
6．一个工人植树，晴天每天植树20棵，雨天每天植树12棵，他接连几天共植树112棵，平均每天植树14棵。问：这几天中共有几个雨天？
7．振兴小学六年级举行数学竞赛，共有 20道试题。做对一题得5分，没做或做错一题都
要扣3分。小建得了60分，那么他做对了几道题？
8．有一批水果，用大筐80只可装运完，用小筐120只也可装运完。已知每只大筐比每只
小筐多装运20千克，那么这批水果有多少千克？
9．蜘蛛有8条腿，蜻蜓有6条腿和2对翅膀 ，蝉有6条腿和1对翅膀。现有三种小虫共
18只，有118条腿和20对翅膀。问：每种小虫各有几只 ？
10．鸡、兔共有脚100只，若将鸡换成兔，兔换成鸡，则共有脚92只。问：鸡、兔各几只？

第14讲 盈亏问题与比较法（一）

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人们在分东西的时候，经常会遇到剩余（盈）或不足（亏），根据分东西过程中的盈 或亏
所编成的应用题叫做盈亏问题。
例1 小朋友分糖果，若每人分4粒则多9粒；若每人分5粒则少6粒。问：有多少个小朋友
分多少粒糖？
分析：由题目条件可以知道，小朋友的人数与糖的粒数是不变的。比较两种分配方案，第
一 种方案每人分4粒就多9粒，第二种方案每人分5粒就少6粒，两种不同的方案一多一少相
差9＋6＝1 5（粒）。相差的原因在于两种方案的分配数不同，第一种方案每人分4粒，第二
种方案每人分5粒，两 次分配数之差为5－4＝1（粒）。每人相差1粒，多少人相差15粒呢？
由此求出小朋友的人数为15 ÷1＝15（人），糖果的粒数为
4×15＋9＝69（粒）。
解：（9＋6）÷（5-4）＝15（人），
4×15＋9＝69（粒）。
答：有15个小朋友，分69粒糖。
例2 小朋友分糖果，若每人分3粒则剩2粒；若每人分5粒则少6粒。问：有多少个小朋友？
多少粒糖果？
分析：本题与例1基本相同，例1中两次分配数之差是5-4=1（粒），本题中两次分配数
之差是5-3＝2（粒）。例1中，两种分配方案的盈数与亏数之和为9＋6＝15（粒），本题中，
两种分配方案的盈数与亏数之和为2＋6=8（粒）。仿照例1的解法即可。
解：（6＋2）÷（4——2）＝4（人），
3×4＋2＝14（粒）。
答：有4个小朋友，14粒糖果。
由例1、例2看出，所谓盈亏问题，就是把一定数量的东西分给 一定数量的人，由两种分
配方案产生不同的盈亏数，反过来求出分配的总人数与被分配东西的总数量。解 题的关键在于
确定两次分配数之差与盈亏总额（盈数+亏数），由此得到求解盈亏问题的公式：
分配总人数=盈亏总额÷两次分配数之差。
需要注意的是，两种分配方案的结果不一定总 是一“盈”一“亏”，也会出现两“盈”、
两“亏”、一“不盈不亏”一“盈”或“亏”等情况。
例3 小朋友分糖果，每人分10粒，正好分完；若每人分16粒，则有3个小朋友分不到糖果。
问：有多少粒糖果？
分析与解：第一种方案是不盈不亏，第二种方案是亏16×3＝48（粒），所 以盈亏总额是0＋
48=48（粒），而两次分配数之差是16——10＝6（粒）。由盈亏问题的公式 得
有小朋友（0＋16×3）÷（16——10）＝8（人），
有 糖10×8＝80（粒）。
下面的几道例题是购物中的盈亏问题。
例4 一批小朋友去 买东西，若每人出10元则多8元；若每人出7元则少4元。问：有多少个
小朋友？东西的价格是多少？
分析与解：两种购物方案的盈亏总额是8＋4＝12（元），两次分配数之差是10——7＝3（元）。
由公式得到
小朋友的人数（8＋4）÷（10——7）＝4（人），
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东西的价格是10×4——8＝32（元）。
例5 顾老师到新华书 店去买书，若买5本则多3元；若买7本则少1.8元。这本书的单价是
多少？顾老师共带了多少元钱？
分析与解：买5本多3元，买7本少1.8元。盈亏总额为3＋1.8=4.8（元），这4.8元刚好
可以买7——5＝2（本）书，因此每本书4.8÷2=2.4（元），顾老师共带钱
2.4×5＋3＝15（元）。
例6 王老师去买儿童小提琴，若买7把，则所带的钱差110元；若 买5把，则所带的钱还差
30元。问：儿童小提琴多少钱一把？王老师带了多少钱？
分析 ：本题在购物的两个方案中，每一个方案都出现钱不足的情况，买7把小提琴差110
元，买5把小提琴 差30元。从买7把变成买5把，少买了7——5=2（把）提琴，而钱的差额
减少了110——30＝ 80（元），即80元钱可以买2把小提琴，可见小提琴的单价为每把40元
钱。
解：（110——30）÷（7——5）＝40（元），
40×7——110＝170（元）。
答：小提琴40元一把，王老师带了170元钱。
练习14
1．小朋友分糖果，每人3粒，余30粒；每人5粒，少4粒。问：有多少个小朋友？多少
粒糖？
2．一个汽车队运输一批货物，如果每辆汽车运3500千克，那么货物还剩下5000千克；如果每辆汽车运4000千克，那么货物还剩下500千克。问：这个汽车队有多少辆汽车？要运
的 货物有多少千克？
3．学校买来一批图书。若每人发9本，则少25本；若每人发6本，则少7本 。问：有多
少个学生？买了多少本图书？
4．参加美术活动小组的同学，分配若干支彩色 笔。如果每人分4支，那么多12支；如果
每人分8支，那么恰有1人没分到笔。问：有多少同学？多少 支彩色笔？
5．红星小学去春游。如果每辆车坐60人，那么有15人上不了车；如果每辆车多坐 5人，
那么恰好多出一辆车。问：有多少辆车？多少个学生？
6．某数的8倍减去153，比其5倍多66，求这个数。
7．某厂运来一批煤，如果每天烧15 00千克，那么比原计划提前一天烧完；如果每天烧
1000千克，那么将比原计划多用一天。现在要求 按原计划烧完，那么每天应烧煤多少千克？
8．同学们为学校搬砖，每人搬18块，还余2块；每人搬 20块，就有一位同学没砖可搬。
问：共有砖多少块？

第15讲 盈亏问题与比较法（二）
有些问题初看似乎不像盈亏问题，但将题目条件适当转化，就露出了盈亏问题的“真相”。
例1 某班 学生去划船，如果增加一条船，那么每条船正好坐6人；如果减少一条船，那么每
条船就要坐9人。问： 学生有多少人？
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分析：本题也是盈亏问题，为清楚起见， 我们将题中条件加以转化。假设船数固定不变，
题目的条件“如果增加一条船……”表示“如果每船坐6 人，那么有6人无船可坐”；“如果
减少一条船……”表示“如果每船坐9人，那么就空出一条船”。这 样，用盈亏问题来做，盈
亏总额为6＋9=15（人），两次分配的差为9——6＝3（人）。
解：（6＋9）÷（9——6）＝5（条），
6×5＋6=36（人）。
答：有36名学生。
例2 少先队员植树，如果每人挖5个坑，那么还有3个坑无人挖；如果其中2人 各挖4个坑，
其余每人挖6个坑，那么恰好将坑挖完。问：一共要挖几个坑？
分析：我们 将“其中2人各挖4个坑，其余每人挖6个坑”转化为“每人都挖6个坑，就
多挖了4个坑”。这样就变 成了“典型”的盈亏问题。盈亏总额为4＋3＝7（个）坑，两次分
配数之差为6——5＝1（个）坑。
解：[3＋（6-4）×2]÷（6-5）＝7（人）
5×7＋3＝38（个）。
答：一共要挖38个坑。
例3在桥上用绳子测桥离水面的高度。若把绳子对折垂到水面， 则余8米；若把绳子三折垂到
水面，则余2米。问：桥有多高？绳子有多长？
分析与解：因为 把绳子对折余8米，所以是余了8×2=16（米）；同样，把绳子三折余2米，
就是余了3×2＝6（ 米）。两种方案都是“盈”，故盈亏总额为16——6=10（米），两次分配
数之差为3-2＝1（折 ），所以
桥高（8×2-2×3）÷（3-2）＝10（米），绳子的长度为2×10＋8×2＝36（米）。
例4有若干个苹果和若干个梨。如果按每1个苹果配2个梨分堆，那么梨分完时还剩2个苹果；
如果按每 3个苹果配5个梨分堆，那么苹果分完时还剩1个梨。问：苹果和梨各有多少个？
分析与解：容易看出 这是一道盈亏应用题，但是盈亏总额与两次分配数之差很难找到。原因在
于第一种方案是1个苹果“搭配 ”2个梨，第二种方案是3个苹果“搭配”5个梨。如果将这
两种方案统一为1个苹果“搭配”若干个梨 ，那么问题就好解决了。将原题条件变为“1个苹
果搭配2个梨，缺4个梨；


有梨15×2-4＝26（个）。
例5乐乐家去学校上学，每分钟走50米，走了2分钟后 ，发觉按这样的速度走下去，到学校
就会迟到8分钟。于是乐乐开始加快速度，每分钟比原来多走10米 ，结果到达学校时离上课
还有5分钟。问：乐乐家离学校有多远？
分析与解：乐乐从改变速度 的那一点到学校，若每分钟走50米，则要迟到8分钟，也就是到
上课时间时，他离学校还有50×8＝ 400（米）；若每分钟多走10米，即每分钟走60米，则
到达学校时离上课还有5分钟，如果一直走 到上课时间，那么他将多走（50＋10）×5＝300
（米）。所以盈亏总额，即总的路程相差
- 39 -

400＋300＝700（米）。
两种走法每分钟相差10米，因此所用时间为
700÷10＝70（分），
也就是说，从乐乐改变速度起到上课时间有70分钟。所以乐乐家到学校的距离为
50×（2＋70＋8）＝4000（米），
或 50×2＋60×（70——5）＝4000（米）。
例6王师傅加工一批零件，每天加工20个，可 以提前1天完成。工作4天后，由于改进了技
术，每天可多加工5个，结果提前3天完成。问：这批零件 有多少个？
分析与解：每天加工20个，如果一直加工到计划时间，那么将多加工20个零件；改进技 术后，
如果一直加工到计划时间，那么将多加工（20＋5）×3＝75（个）。盈亏总额为75——2 0＝
55（个）。两种加工的速度比较，每天相差5个。根据盈亏问题的公式，从改进技术时到计划完工的时间是55÷5＝11（天），计划时间为11＋4＝15（天），这批零件共有20×（15——1 ）
＝280（个）。
练习15
1.筑路队计划每天筑路720米，实际每天比 原计划多筑80米，这样在完成规定任务的前
三天，就只剩下1160米未筑。问：这条路共有多长？
2.小红家买来一篮桔子，分给全家人。如果其中二人每人分4只，其余每人分2只，那么
多出4只；如果一人分6只，其余每人分4只，那么缺12只。问：小红家买来多少只桔子？
小红家共有 几人？
3.食堂采购员小李去买肉，如果买牛肉18千克，那么差4元；如果买猪肉20千克，那 么
多2元。已知牛肉、猪肉每千克差价8角，求牛肉、猪肉每千克各多少钱。
4.李老师 给小朋友分苹果和桔子，苹果数是桔子数的2倍。桔子每人分3个，多4个；苹
果每人分7个，少5个。 问：有多少个小朋友？多少个苹果和桔子？
5.用绳子测量井深。如果把绳子三折垂到水面，余7 米；如果把绳子5折垂到水面，余1
米。求绳长与井深。
6.老师给幼儿园小朋友分苹果 。每两人三个苹果，多两个苹果；每三人五个苹果，少四个
苹果。问：有多少个小朋友？多少个苹果？
7.小明从家到学校去上学，如果每分钟走60米，那么将迟到5分钟；如果每分钟走80
米， 那么将提前3分钟。小明家距学校多远？

第16讲 数阵图（一）
我们在三 年级已经学习过辐射型和封闭型数阵，其解题的关键在于“重叠数”。本讲和下
一讲，我们学习三阶方阵 ，就是将九个数按照某种要求排列成三行三列的数阵图，解题的关键
仍然是“重叠数”。我们先从一道典 型的例题开始。
例1把1～9这九个数字填写在右图正方形的九个方格中，使得每一横行、每一竖列和 每条对
角线上的三个数之和都相等。
- 40 -

分析 与解：我们首先要弄清每行、每列以及每条对角线上三个数字之和是几。我们可以这样去
想：因为1～9 这九个数字之和是45，正好是三个横行数字之和，所以每一横行的数字之和等
于45÷3=15。也就 是说，每一横行、每一竖列以及每条对角线上三个数字之和都等于15。
在1～9这九个数字中，三个不同的数相加等于15的有：
9＋5＋1，9＋4＋2，8＋6＋1，8＋5＋2，
8＋4＋3，7＋6＋2，7＋5＋3，6＋5＋4。
因此每行、每列以及每条对角线上的三个数字可以是其中任一个算式中的三个数字。
因为中心方格 中的数既在一个横行中，又在一个竖列中，还在两对角线上，所以它应同时
出现在上述的四个算式中，只 有5符合条件，因此应将5填在中心方格中。同理，四个角上的
数既在一个横行中，又在一个竖列中，还 在一条对角线上，所以它应同时出现在上述的三个算
式中，符合条件的有2，4，6，8，因此应将2， 4，6，8填在四个角的方格中，同时应保证对
角线两数的和相等。经试验，有下面八种不同填法：

上面的八个图，都可以通过一个图的旋转和翻转得到。例如，第一行的后三个图，依次由
第一个图顺时针旋转90°，180°，270°得到。又如，第二行的各图，都是由它上面的图沿竖轴翻转得到。所以，这八个图本质上是相同的，可以看作是一种填法。
例1中的数阵图，我 国古代称为“纵横图”、“九宫算”。一般地，将九个不同的数填在
3×3（三行三列）的方格中，如果 满足每个横行、每个竖列和每条对角线上的三个数之和都相
等，那么这样的图称为三阶幻方。
在例1中如果只要求任一横行及任一竖列的三数之和相等，而不要求两条对角线上的三数
之和也相等，则 解不唯一，这是因为在例1的解中，任意交换两行或两列的位置，不影响每行
或每列的三数之和，故仍然 是解。
例2用11，13，15，17，19，21，23，25，27编制成一个三阶幻方。 分析与解：给出的九个数形成一个等差数列，对照例1，1～9也是一个等差数列。不难发现：
中间 方格里的数字应填等差数列的第五个数，即应填19；填在四个角上方格中的数是位于偶
数项的数，即1 3，17，21，25，而且对角两数的和相等，即13＋25=17＋21；余下各数就不难
填写了（ 见右图）。

与幻方相反的问题是反幻方。将九个数填入3×3（三行三列）的九个方格 中，使得任一
行、任一列以及两条对角线上的三个数之和互不相同，这样填好后的图称为三阶反幻方。
例3将前9个自然数填入右图的9个方格中，使得任一行、任一列以及两条对角线上的三个数
之 和互不相同，并且相邻的两个自然数在图中的位置也相邻。
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分析与解：题目要求相邻的两个自然数在图中的位置也相邻，所以这9个自然数按照大小顺序
在 图中应能连成一条不相交的折线。经试验有下图所示的三种情况：

按照从1到9和从9 到1逐一对这三种情况进行验算，只有第二种情况得到下图的两个解。
因为第二种情况是螺旋形，故本题 的解称为螺旋反幻方。

例4将九个数填入左下图的九个空格中，使得任一行、任一列以及两条


证明：因为每行的三数之和都等于k，共有三行，所以九个数之和等于3k。如右上图所示，经
过中心 方格的有四条虚线，每条虚线上的三个数之和都等于k，四条虚线上的所有数之和等于
4k，其中只有中 心方格中的数是“重叠数”，九个数各被计算一次后，它又被重复计算了三次。
所以有
九数之和+中心方格中的数×3=4k，
3k+中心方格中的数×3=4k，

注意：例4中对九个数及定数k都没有特殊要求。这个结论对求解3×3方格中的数阵问
题很实用。
在3×3的方格中，如果要求填入九个互不相同的质数，要求任一行、任一列以及两条对
角 线上的三个数之和都相等，那么这样填好的图称为三阶质数幻方。
例5求任一列、任一行以及两条对角线上的三个数之和都等于267的三阶质数幻方。
分析与 解：由例4知中间方格中的数为267÷3＝89。由于在两条对角线、中间一行及中间一
列这四组数中 ，每组的三个数中都有89，所以每组的其余两数之和必为267-89＝178。两个质
数之和为17 8的共有六组：
5+173＝11＋167
＝29＋149＝41＋137
＝47+131＝71+107。
经试验，可得右图所示的三阶质数幻方。
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练习16
1.将九个连 续自然数填入3×3的方格内，使得每一横行、每一竖列及两条对角线上的三
个数之和都等于66。
2.将1，3，5，7，9，11，13，15，17填入3×3的方格内，使其构成一个幻方。
3.用2，4，6，12，14，16，22，24，26九个偶数编制一个幻方。
4.在下列各图空着的方格内填上合适的数，使每行、每列及每条对角线上的三数之和都等
于27。

5.将右图中的数重新排列，使得每行、每列及两条对角线上的三个数之和都相等。

6.将九个质数填入3×3的方格内，使得每一横行、每一竖列及两条对角线上的三个数 之
和都等于21。
7.求九个数之和为657的三阶质数幻方。

第17讲 数阵图（二）
例1在右图的九个方格中填入不大于12且互不相同的九个自然数（ 其中已填好一个数），使
得任一行、任一列及两条对角线上的三个数之和都等于21。
解：由上一讲例4知中间方格中的数为7。再设右下角的数为x，然后根据任一行、任一列及
每条对 角线上的三个数之和都等于21，如下图所示填上各数（含x）。

因为九个数都不大于 12，由16－x≤12知4≤x，由x+2≤12知x≤10，即4≤x≤10。考
虑到5，7，9已 填好，所以x只能取4，6，8或10。经验证，当x＝6或8时，九个数中均有
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两个数相同，不合题意；当x＝4或10时可得两个解（见下图）。这两个解实际上一样，只是
方向不同而已。

例2将九个数填入右图的空格中，使得每行、每列、每条对角线 上的三个数之和都相等，则一
定有


证明：设中心数为d。由上讲例4知 每行、每列、每条对角线上的三个数之和都等于3d。由此
计算出第一行中间的数为2d——b，右下角 的数为2d-c（见下图）。

根据第一行和第三列都可以求出上图中★处的数由此得到
3d-c-（2d-b）＝3d-a-（2d-c），
3d-c-2d＋b＝3d-a-2d＋c，
d——c＋b＝d——a＋c，
2c＝a＋b，
a＋b
c＝2。
值得注意的是，这个结论对于a和 b并没有什么限制，可以是自然数，也可以是分数、小
数；可以相同，也可以不同。
例3在下 页右上图的空格中填入七个自然数，使得每一行、每一列及每一条对角线上的三个数
之和都等于90。

解：由上一讲例4知，中心数为90÷3＝30；由本讲例2知，右上角的数为（23＋57 ）÷2＝
40（见左下图）。其它数依次可填（见右下图）。

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例4在右图的每个空格中填入个自然数，使得每一行、每一列及每条对角线上的三个数之和都
相等。

解：由例2知，右下角的数为

（8＋10）÷2 =9；由上一讲例4知，中心数为（5＋9）÷2=7（见左下图），且每行、每
列、每条对角线上的三 数之和都等于7×3=21。由此可得右下图的填法。
例5在下页上图的每个空格中填一个自然数，使 得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都
相等。

解：由例2知，右下角的数为 （6＋12）÷2=9（左下图）。因为左下图中两条虚线上的三个数
之和相等，所以，
“中心数”＝（10＋6）-9＝7。
其它依次可填（见右下图）。
由例3～5看出，在解答3×3方阵的问题时，上讲的例4与本讲的例2很有用处。

练习17
1.在左下图的每个空格中填入一个数字，使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都
相等。
2.在右上图的每个空格中填入一个数字，使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都
等于24。
3.下列各图中的九个小方格内各有一个数字，而且每行、每列及每条对角线上的三个数之
和都相等，求x。

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4.在左下图的空格中填入七个自然数，使得每行、每列、每条对角线上的三个数之和都等
于48。

5.在右上图的每个空格中填入一个自然数，使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和
都相等。
6.在右图的每个空格中填入不大于12且互不相同的九个自然数，使得每行、每列、每条
对角线上的三个数之和都等于21。

第18讲 数阵图（三）
数阵问题是多种多样的，解题方法也是多种多样的，这就需要我们根据题目条件灵活解题。
例1把20 以内的质数分别填入下图的一个○中，使得图中用箭头连接起来的四个数之和都相
等。
分析与解：由上图看出，三组数都包括左、右两端的数，所以每组数的中间两数之和必然相等。
20 以内共有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数，两两之和相等的有
5＋19＝7＋17＝11＋13，
于是得到下图的填法。

例2在右图的每 个方格中填入一个数字，使得每行、每列以及每条对角线上的方格中的四个数
字都是1，2，3，4。

分析与解：如左下图所示，受列及对角线的限制，a处只能填1，从而b处填3；进而推知 c
处填4，d处填3，e处填4，……右下图为填好后的数阵图。
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例3将1～8填入左下图的○内，要求按照自然数顺序相邻的两个数不能填入 有直线连接的相
邻的两个○内。

分析与解：因为中间的两个○各自只与一个○不相 邻，而2～7中的任何一个数都与两个数相
邻，所以这两个○内只能填1和8。2只能填在与1不相邻的 ○内，7只能填在与8不相邻的
○内。其余数的填法见右上图。
例4在右图的六个○内各填入 一个质数（可取相同的质数），使它们的和等于20，而且每个
三角形（共5个）顶点上的数字之和都相 等。

分析与解：因为大三角形的三个顶点与中间倒三角形的三个顶点正好是图中的六个○ ，又因为
每个三角形顶点上的数字之和相等，所以每个三角形顶点上的数字之和为20÷2＝10。10 分为
三个质数之和只能是2＋3＋5，由此得到右图的填法。

例5在右图所示立方 体的八个顶点上标出1～9中的八个，使得每个面上四个顶点所标数字之
和都等于k，并且k不能被未标 出的数整除。

分析与解：设未被标出的数为a，则被标出的八个数之和为1＋2＋…＋9- a＝45-a。由于每个
顶点都属于三个面，所以六个面的所有顶点数字之和为
6k＝3×（45-a），
2k＝45-a。
2k是偶数，45－a也应是偶数，所以a必为奇数。
若a＝1，则k＝22；
若a＝3，则k＝21；
若a＝5，则k＝20；
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若a＝7，则k＝19；
若a＝9，则k＝18。
因为k不能被a整除，所以只有a＝7，k＝19符合条件。
由于每个面上四个顶点上的数字之和 等于19，所以与9在一个面上的另外三个顶点数之
和应等于10。在1，2，3，4，5，6，8中， 三个数之和等于10的有三组：
10＝1＋3＋6
＝1＋4＋5
＝2＋3＋5，
将这三组数填入9所在的三个面上，可得右图的填法。

练习18
1.将1～6这六个数分别填入左下图中的六个○内，使得三条直线上的数字的和都相等。

2.将1～8这八个数分别填入右上图中的八个方格内，使上面四格、下面四格、左边四格、
右边四格、 中间四格及四角四格内四个数相加的和都是18。
3.在下页左上图的每个方格中填入一个数字， 使得每行、每列以及每条对角线上的方格中
的四个数都是1，2，3，4。

4 .将1～8填入右上图的八个空格中，使得横、竖、对角任何两个相邻空格中的数都不是
相邻的两个自然 数。
5.20以内共有10个奇数，去掉9和15还剩八个奇数。将这八个奇数填入右图的八个○
中（其中3已填好），使得用箭头连接起来的四个数之和都相等。

6.在左下 图的七个○内各填入一个质数，使每个小三角形（共6个）的三个顶点数之和都
相等，且为尽量小的质数 。
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7.从1～13中选出12个自然数填入右上图 的空格中，使每横行四数之和相等，每竖列三
数之和也相等。

19讲 乘法原理
让我们先看下面几个问题。
例1马戏团的小丑有红、黄、蓝三顶帽子和黑、白两双鞋，他 每次出场演出都要戴一顶帽子、
穿一双鞋。问：小丑的帽子和鞋共有几种不同搭配？
分析与解：由下图可以看出，帽子和鞋共有6种搭配。

事实上，小丑戴帽穿鞋 是分两步进行的。第一步戴帽子，有3种方法；第二步穿鞋，有2
种方法。对第一步的每种方法，第二步 都有两种方法，所以不同的搭配共有
3×2＝6（种）。
例2从甲地到乙地有2条路， 从乙地到丙地有3条路，从丙地到丁地也有2条路。问：从甲地
经乙、丙两地到丁地，共有多少种不同的 走法？
分析与解：用A1，A2表示从甲地到乙地的2条路，用B1，B2，B3表示从乙地到丙地的 3条路，
用C1，C2表示从丙地到丁地的2条路（见下页图）。

共有下面12种走法：
A1B1C1 A1B2C1 A1B3C1
A1B1C2 A1B2C A1B3C2
A2B1C1 A2B2C1 A2B3C1
A2B1C2 A2B2C2 A2B3C2
事实上，从甲到丁是分三步走的。第一步甲到乙有2 种方法，第二步乙到丙有3种方法，
第3步丙到丁有2种方法。对于第一步的每种方法，第二步都有3种 方法，所以从甲到丙有
2×3=6（种）方法；对从甲到丙的每种方法，第三步都有2种方法，所以不同 的走法共有
2×3×2＝12（种）。
以上两例用到的数学思想就是数学上的乘法原理。
乘法原理：如果完成一件任务需要分成n个步骤进行 ，做第1步有m1种方法，做第2步有m2
种方法……做第n步有mn种方法，那么按照这样的步骤完成 这件任务共有
N＝m1×m2×…×mn
种不同的方法。
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从乘法原理可以看出：将完成一件任务分成几步做，是解决问题的关键，而这几步是 完成
这件任务缺一不可的。
例3用数字0，1，2，3，4，5可以组成多少个三位数（各位上的数字允许重复）？
分析 与解：组成一个三位数要分三步进行：第一步确定百位上的数字，除0以外有5种选法；
第二步确定十位 上的数字，因为数字可以重复，有6种选法；第三步确定个位上的数字，也有
6种选法。根据乘法原理， 可以组成三位数
5×6×6＝180（个）。
例4如下图，A，B，C，D，E五个区 域分别用红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的某一种染色，
要使相邻的区域染不同的颜色，共有多少种不同 的染色方法？

分析与解：将染色这一过程分为依次给A，B，C，D，E染色五步。
先给A染色，因为有5种颜色，故有5种不同的染色方法；第2步给B染色，因不能与A
同 色，还剩下4种颜色可选择，故有4种不同的染色方法；第3步给C染色，因为不能与A，
B同色，故有 3种不同的染色方法；第4步给D染色，因为不能与A，C同色，故有3种不同
的染色方法；第5步给E 染色，由于不能与A，C，D同色，故只有2种不同的染色方法。根据
乘法原理，共有不同的染色方法
5×4×3×3×2＝360（种）。
例5求360共有多少个不同的约数。
分析与解：先将360分解质因数，
360＝2×2×2×3×3×5，
所以360的约数的质因数必然在2，3，5之中。为了确定360的所有不同的约数，我们分
三步进行 ：
第1步确定约数中含有2的个数，可能是0，1，2，3个，即有4种可能；
第2步确定约数中含有3的个数，可能是0，1，2个，即有3种可能；
第3步确定约数中含有5的个数，可能没有，也可能有1个，即有2种可能。
根据乘法原理，360的不同约数共有
4×3×2＝24（个）。
由例5得到：如果一个自然数N分解质因数后的形式为

其中P1，P2，…，Pl都是质数，n1，n2…，nl都是自然数，则N的所有约数的个数为：
（n1＋1）×（n2+1）×…×（nl＋1）。
利用上面的公式，可以很容易地算出某个自然 数的所有约数的个数。例如，11088＝
2
4
×3
2
×7×11， 11088共有不同的约数
（4＋1）×（2+1）×（1＋1）×（1＋1）＝60（个）。
例6有10块糖，每天至少吃一块，吃完为止。问：共有多少种不同的吃法？
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分析与解：将10块糖排成一排，糖与糖之间共有9个空。从头开始，如果相邻两块糖是 分在
两天吃的，那么就在其间画一条线。下图表示10块糖分在五天吃：第一天吃2块，第二天吃
3块，第三天吃1块，第四天吃2块，第五天吃2块。因为每个空都有加线与不加线两种可能，
根据乘 法原理，不同的加线方法共有2
9
＝512（种）。因为每一种加线方法对应一种吃糖的方法，所以不同的吃法共有512种。

练习19
1.有五顶不同的帽子， 两件不同的上衣，三条不同的裤子。从中取出一顶帽子、一件上衣、
一条裤子配成一套装束。问：有多少 种不同的装束？
2.四角号码字典，用4个数码表示一个汉字。小王自编一个“密码本”，用3个 数码（可
取重复数字）表示一个汉字，例如，用“011”代表汉字“车”。问：小王的“密码本”上最
多能表示多少个不同的汉字？
3.“IMO”是国际数学奥林匹克的缩写，把这3个字母 写成三种不同颜色。现在有五种不
同颜色的笔，按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“IMO”？
4.在右图的方格纸中放两枚棋子，要求两枚棋子不在同一行也不在同一列。问：共有多少
种不同的放法？

5.要从四年级六个班中评选出学习和体育先进集体各一个（不能同时 评一个班），共有多
少种不同的评选结果？
6.甲组有6人，乙组有8人，丙组有9人。从三个组中各选一人参加会议，共有多少种不
同选法？
7.用四种颜色给右图的五块区域染色，要求每块区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜
色。问：共有多少种不同的染色方法？


第20讲 加法原理（一）
< br>例1从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。一天中火车有4班，汽车有
3班 ，轮船有2班。问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？
分析与解：一天中 乘坐火车有4种走法，乘坐汽车有3种走法，乘坐轮船有2种走法，所以一
天中从甲地到乙地共有：4＋ 3＋2=9（种）不同走法。
例2旗杆上最多可以挂两面信号旗，现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一 面，如果用挂信号旗
表示信号，最多能表示出多少种不同的信号？
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