房产测绘-书生中学成绩查询

分数的速算与巧算
1、 裂项：是计算中需要发现规律、利用公式的过程，裂项与通项 归纳是密不可分的，本讲要求学生掌握
裂项技巧及寻找通项进行解题的能力
2、 换元：让学生能够掌握等量代换的概念，通过等量代换讲复杂算式变成简单算式。
3、 循环小数与分 数拆分：掌握循环小数与分数的互化，循环小数之间简单的加、减运算，涉及循环小数
与分数的主要利用 运算定律进行简算的问题．
4、通项归纳法
通项归纳法也要借助于代数，将算式化简，但换 元法只是将“形同”的算式用字母代替并参与计算，
使计算过程更加简便，而通项归纳法能将“形似”的 复杂算式，用字母表示后化简为常见的一般形式．
知识点拨
一、裂项综合
（一）、“裂差”型运算
(1)对于分母可以写作两个因数乘积的分数，即
那么有< br>1
形式的，这里我们把较小的数写在前面，即
ab
，
ab
1111
()

abbaab
(2)对于分母上为3个或4个连续自然数乘积形式的分数，即：
1
1
，形式的，我们有：
n(n1)(n2)
n(n 1)(n2)(n3)
1111
[]

n(n1)(n 2)2n(n1)(n1)(n2)
1111
[]

n(n 1)(n2)(n3)3n(n1)(n2)(n1)(n2)(n3)
裂 差型裂项的三大关键特征：
（1）分子全部相同，最简单形式为都是1的，复杂形式可为都是x(x为 任意自然数)的，但是只要将x
提取出来即可转化为分子都是1的运算。
（2）分母上均为几个自然数的乘积形式，并且满足相邻2个分母上的因数“首尾相接”
（3）分母上几个因数间的差是一个定值。
（二）、“裂和”型运算：
常见的裂和型运算主要有以下两种形式：
a
2
b
2
a< br>2
b
2
ab
abab11
（1）



（2）
abababba
abababba
裂和型运算与裂差型运算的对比：
裂差型运算的核心环节是“两两抵消达到简化的目的”，裂和型运算 的题目不仅有“两两抵消”型的，
同时还有转化为“分数凑整”型的，以达到简化目的。
三、整数裂项
1
(n1)n(n1)

3
1
(2)
123234345...(n2) (n1)n(n2)(n1)n(n1)

4
(1)
122334...(n1)n

二、换元
解数学题时 ，把某个式子看成一个整体，用另一个量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法．换
元的实质是转 化，将复杂的式子化繁为简．

三、循环小数化分数
1、循环小数化分数结论：
纯循环小数 混循环小数
循环小数去掉小数点后的数字所组成的数与不循环部分数字
所组成的数的差
分子 循环节中的数字所组成的数

分母 n个9，其中n等于循环节所含的数字个数
按循环位数添9，不循环位数添0，组成分母，其中9在0
的左侧
0.a
·
··
····
abca
aabab1ab
；

；
0.0ab
；

，……

990
9999910990
2、单位分数的拆分：
例：
11111111
111
=====

102020

分析：分数单位的拆分，主要方法是：
从分母N的约数中任意找出两个m和n,有：

11(mn)mn
11
=



NN(m n)N(mn)N(mn)
AB
本题10的约数有:1,10,2,5.。
例如：选1和2，有：

11(12)1211


1010(12)10(12)10(12)3015
111111111


1351530
本题具体的解有：

例题精讲
模块一、分数裂项
11111


123 423453456678978910
1

111111

【解析】
原式



L



3

1232342343457898910

【例 1】
1

11

119






3

1238910

2 160
333
【巩固】

......
12342 34517181920
1111111
【解析】
原式
3[(...)]

312323423 4345171819181920
113192011139


1231819201819206840
5719
【例 2】
计算：

L

．
1232348910
【解析】
如果式子中每一项的分子都相同，那么 就是一道很常见的分数裂项的题目．但是本题中分子不
相同，而是成等差数列，且等差数列的公差为2． 相比较于2，4，6，……这一公差为2的等差
数列(该数列的第
n
个数恰好为
n
的2倍)，原式中分子所成的等差数列每一项都比其大3，所以
可以先把原式中每一项的分 子都分成3与另一个的和再进行计算．
原式

3234316

L

1232348910
1128

1

1

3


L
L


2


123234891 01232348910

1

111111

11

1
3


L
 2
L


2

1223233489 910

910

2334


3
11

11

1111


 2
L




2

12 910

910

2334


3

11

711
23

11






2







2

290

210
4605
15

，再将每一项的
也可以直接进行通项归纳．根据等差数列的 性质，可知分子的通项公式为
2n3
，所以
2n323

n

n1



n2

n1



n2

n

n1



n2

23
与分别加在一起进行裂项．后面的过程与前面的 方法相

n1



n2

n
n1



n2

同．
571719


L

）
2 34345891091011
571719
【解析】
本题的重点 在于计算括号内的算式：
．这个

L

2343458 91091011
【巩固】
计算：
1155
（
算式不同 于我们常见的分数裂项的地方在于每一项的分子依次成等差数列，而非常见的分子相
同、或分子是分母的 差或和的情况．所以应当对分子进行适当的变形，使之转化成我们熟悉的
形式．
观察可知523
，
734
，……即每一项的分子都等于分母中前两个乘数的和，所 以
571719


L

2343458 91091011
2334910


L

23434591011
111111




L

342445351011911
11

111

1



L
< br>L



1011

2435911

3445
11

1

111111111 1

1111



L

< br>


L



101 1

2

243546810911

3445

11

1

1111

81

28

31






< br>







311

2

210311

332

533< br>
55
31
所以原式
1155651
．
55
34512
【巩固】
计算：


L< br>
12452356346710111314
【解析】 < br>观察可知原式每一项的分母中如果补上分子中的数，就会是5个连续自然数的乘积，所以可以
先将 每一项的分子、分母都乘以分子中的数．即：
3
2
4
2
5
2
12
2
原式



L

1 234523456345671011121314
现在进行裂项 的话无法全部相消，需要对分子进行分拆，考虑到每一项中分子、分母的对称性，
可以用平方差公式：< br>3154
，
4264
，
5374
…… < br>2
22
3
2
4
2
5
2
12
2
【解析】
原式



L

12 34523456345671011121314
15426 437410144


L

12345 23456345671011121314
1111




L


111213

234345456

4444



 
L


1011121314

123 452345634567


1

111 111




L


2

2334344511121213

111111
< br>


L


1011121311 121314

1234234523453456

1

11

11



 




2

231213

123411121314

1111177111
 
12212132411121314811121314821114
1175


8308616
12349
【例 3】



L

223234234523 4
L
10
12349
【解析】
原式

< br>
L

2232342345234
L
10
213141101


L

22 3234234
L
10
1111111

1 
L

222323234234
L
9234
L
910
13628799

1
234L9103628800
1111
【例 4】



LL

11212312
L
100

【解析】
本题为典型的“隐藏在等差数列求和公式背后的分数 裂差型裂项”问题。此类问题需要从最简
单的项开始入手，通过公式的运算寻找规律。从第一项开始，对 分母进行等差数列求和运算公
112112

，，……，
1
(11)1
1212
(12)2
23
22
2222 120099
原式



LL
2(1)1
1223341001
23450
【巩固】

L
1(12)(12)(123)(123)(1234)(123 
L
49)(123
L
50)
2
3
4 550
原式＝＋＋＋＋…＋
13
36
610101512251 275
11
11111
11274
＝（

）＋（

）＋（

）＋（）＝

366101225
1275131275
234100
【巩固】

L

1(12)(12)(123)(123)( 1234)(12
L
99)(12
L
100)
式的代入有

311
211

【解析】
，，……， < br>
1(12)112
(12)(123)12123
1 0011

，所以
(12L99)(12L100)12L 9912L100
1
原式
1

12L100
15049

1
50505050
2310
【巩固】

1
L

1
（
12
）
(12)(123) (123
L
9)(123
L
10)

23410
【解析】
原式
1(
L
)
13366104555
11

11111
1

1
L



4555

336610
1

1

1



55

1


55
111111
【例 5】
2

2

2

2

2

2

.
31517191111131
22
【解析】
这题是利用平方差公式进行裂项：
ab(ab)(ab)
，
111111
原式
()()()()()()

24 466881010121214
11
()

24466881
1113
()

214214
35715
【巩固】
计算：
2

 
L

12
2
2
2
3
2
3
2
4
2
7
2
8
2
2
2
1
2
3
2
2
2
4
2
3
2
8
2
7
2
【解析】
原式

2

L

22

1 2
2
2
2
3
2
3
2
4
278
1111111
1
2

2

2
2

2
L
2

2

2233478
1
63

1
2

8< br>64
3
2
15
2
17
2
11993< br>2
11995
2
1
【巩固】
计算：
2

L

．
315
2
17
2
11993
2
11995
2
1
2

2

2

22

【解析】
原式


1
2
11 
L
11


2222
31

51

71

19931

19951

22

2

997

L



244619941996
11

1

997

1111

1

997


L
997< br>997

19941996

1996

24 46

21996

1
2
2
2
3
2
50
2
【巩固】
计算：

L

．
13355799101
【解析】
式子中每一项的分子与分母初看起来 关系不大，但是如果将其中的分母根据平方差公式分别变
22
2
2
为
21
，
41
，
61
，……，
1001
，可 以发现如果分母都加上1，那么恰好都是分子
的4倍，所以可以先将原式乘以4后进行计算，得出结果后 除以4就得到原式的值了．
1

2
2
4
2
62
100
2


L

原式
< br>
2


4

214
2
16< br>2
1100
2
1



1
< br>1111



1
2
1
2
 1
2

L
1


4

2 14161100
2
1

1

1111
< br>

50
L



4
< br>13355799101


11

111111 1




50

1
L



4

2

3355799101





11

1
< br>
15063


50

1

5012

4

2

101


101101

4
224466881010
【巩固】


13355779911
n
2
11
【解析】
（法1）：可先找通项
a
n

2

1
2
1
n1n1(n1)(n1)
11111< br>原式
(1)(1)(1)(1)(1)

13355779911
1155
5(1)55

2111111
2880
（法2）：原式
(2)()()( )()

3355779911
61014185065
2 1045

3579111111
11
1
31999

L

【例 6】
2


111111< br>1(1)(1)(1)(1)
L
(1)
22323199 9
11
211
n1

n1
2()

【解析】
111n2
(n1)(n2)n1n2
(1)(1 )
L
(1)
23n12
111111

11< br>1

999
原式＝

()()()
L< br>()

2
＝
1
344519992000

10001000


23
111
【巩固】
计算：
1


12123122007
1211
【解析】
先找通项公式
a
n
2()

12Lnn(n 1)nn1
111

L

原式
1
2(21)3(31)2007(20071)
222
222220072007

2




L

122334200720082008
1004
1111
【巩固 】



L

335357357
L
21
111

【解析】
先找通项：
a
n

，
35
L

2n1

1
2n13n
n

n 2


2
111111
原式


 
L

132435469111012
11
< br>111

1



L

L



911

24461012

1335
1

11

1

11

175











2

111

2

212

264
121231234123
L
50
【例 7】


L

22323423
L
50

(1n)n
n(n1)
2
【解析】
找通项
a
n



(1n)n
1< br>n(n1)2
2
2334455623344556
原 式

L

L
，
4101828142 53647
通过试写我们又发现数列存在以上规律，这样我们就可以轻松写出全部的项，所以有
2334455648494950505135023

L< br>2

142536474750485149521522 6
2222222222222
11212312341226
【例 8】
3

3


33333333333
11212312341226
n(n1)(2n1)
222
12n22n1211
6
【解析】
a
n

3
()

n
2
(n1)
2
12
3
n
3
3n(n1)3 nn1
4
22
原式=
[()()()LL(
)]
=
(1)
32781
1

1

1

【巩固】

1
2



1
2


L


1
2< br>

2131991

22
1(n1)( n1)
【解析】

a
n
1
(n1)
2
1(n1)
2
1n(n2)
223398989999
原式



L

(21)(21)(3 1)(31)(981)(981)(991)(991)
2233445 59898999929949

L
1

3 1425364999710098110050
2
2
3
299
2
【例 9】
计算：
2

L

2


21 3
2
1991
原式


n1

n 1


【解析】
通项公式：
a
n

，

n11

n11

n

n 2

原式
22
22334498989999


L

(21)(21)(31)(31)(41)(41 )(981)(981)(991)(991)
22334455989899 99


L

3142536499971 0098
2233449898999929999

L 
8100110050
2
12
2
99
2
【巩固 】
计算：
2

L

2


110050002
2
20050009999005000
n
2
【解析】
本题的通项公式为
2
，没办法进行裂项之类的处理．注 意到分母
n100n5000
2
n100n50005000n

100n

5000

100n

< br>可以看出如果

100

100n



，

把
n
换成
100n
的话分母的值不变，所 以可以把原式子中的分数两两组合起来，最后单独剩下
50
2
一个
2
．将项数和为100的两项相加，得
5050005000
22
n
2< br>

100n

100n

n
22n
2
200n10000

2
2
n
2
100n5000

100n

2
100
100n

5000
n
2
100n5000 n100n5000
，
所以原式
249199
．（或者，可得 原式中99项的平均数为1，所以原式
19999
）

11
111

1

24

< br>【例 10】



2

2


2021

112
2
1
2
2
2< br>10
2



2345
1
11111
【解析】
虽然很容易看出＝

，＝

……可是再仔细一看，并没有什么效果，因为
2323< br>45
45
这不象分数裂项那样能消去很多项．我们再来看后面的式子，每一项的分母容 易让我们想到公
式 ，于是我们又有
16
＝
．．减号前面括号里的式
1
2
2
2
3
2
n
2
n(n 1)(2n1)
子有10项，减号后面括号里的式子也恰好有10项，是不是“一个对一个”呢？

11

111

1

24




2

2
< br>2021

112
2
1
2
2
210
2



2345
11
11

1

1


＝
24

6


2021

1011 21

2345

123235
＝
11< br>
111

1

24

 

24


23452021243465 202221



1111

1
 
1



＝
24

< br>






202120 2221



23243

4546 5

11

11

1

1
 
＝
24

＝
6

＝< br>2446202212231011

1

60< br>
6

1

＝．

11
11

模块二、换元与公式应用
【例 11】
计算：
13
3
3
5
3
7
3
9
3
11
3
13
3
15
3

333333333
【解析】
原式
1234L141524L14





15
2


151

4
2
8

1
3
2
3L7
3


57600
27
2
8
2

4
8128

【巩固】
132435L911

【解析】
原式


21

21



31
< br>31

L

101

101




2
2
1



3
2
1


L


10
21



2
2
3
2

L
10
2

9


1
2
2< br>2
3
2

L
10
2

10< br>
101121
10375
6

【巩固】
计算：
123234345L8910

2222
【解析】
原式
221331441L991

 
2
3
3
3
4
3
L9
3< br>

234L9




12 3L9

1

234L9


2
45
2
451980

111111
【例 12】
计算：
1
2

3

4
5

6

333333

【解析】
法一：利用等比数列求和公式。


1

7
< br>1

1



3


原式

1
1
3


1

7

3264



1


1
32729



法二：错位相减法．
111111


33
2
3
3
3
4
3
5
3
6
111111
364
则
3S31
2

3

4

5
，< br>3SS3
6
，整理可得
S1
．
333333
729
设
S1
法三：本题与例3相比，式子中各项都是成等比数列，但是例3中 的分子为3，与公比4差1，
所以可以采用“借来还去”的方法，本题如果也要采用“借来还去”的方 法，需要将每一项的
分子变得也都与公比差1．由于公比为3，要把分子变为2，可以先将每一项都乘以 2进行算，最后
222222

，则运用
33
2
3
3
3
4
3
5
3
6
1
364
“借来还去”的方法可得到
2S
6
3
，整理得到
S1
．
3
729
(2
2
4
2
6
2100
2
)(1
2
3
2
5
2
99
2
)
【例 13】
计算：
123 91098321
(2
2
1
2
) (4
2
3
2
)(6
2
5
2
) (100
2
99
2
)
【解析】
原式


10
2
(21)(21)(43)( 43)(65)(65)(10099)(10099)

100
12349910050501
50

1001002
2
【巩固】
⑴

31415926

3141592531415927
________；
再将所得的结果除以2即得到原式的值．由题设，
2S2
⑵
1234876624688766
________．
22
【解析】
⑴ 观察可知31415925和31415927都与314159 26相差1，设
a31415926
，
原式
a
2
< br>
a1

a1

a
2


a
2
1

1

22
2
⑵ 原式
12348766212348766



123 48766

10000
2
100000000

2222222
【巩固】
计算：
1234L200520062007

2222222
【解析】
原式
20072006L54321


(20 072006)(20072006)(20052004)(20052004)L(3 2)(32)1


2007200620052004L321

1



20071

20072015028
2
1
2
2
2
2
2
3
2
3
2
4
2
4
2
5
2
2000
2
2001
2
【例 14】
计算：

1223344520002001
【解析】
原
222222222
式
02001
2
 
12122323343445452000200120002001


02001


22000

21324

35

19992001

2000

()()








12233

44

2

20002000

222224000
144424443
20012001
2000个2相加

【例 15】


2007

8.58.51.51.5
10


1600.3
．
【解析】
原式



2007

8. 51.5

8.51.5

10


1 600.3



200710

8.51.5< br>
10


1600.3



20077

1600.3
12.50.312.2
【巩固】
计算：
53574743
．
【解析】
本题可以直接将两个乘积计算出来再求它们的差，但灵活采用平方差公式能收到更好的效果．
2222
原式


552


552



452



45 2

552452



55
2< br>45
2


5545



5 545

1000

【巩固】
计算：
1119121813171416
．
【解析】
本题可以直接计算出各项乘积再求和，也可以采用平方差公式．



原式


15
2
4
2


15
2
3
2



15
2
2
2



15
21
2


15
2
4

12
2
2
3
2
4
2


90030870

2222
其中
1234
可以直接计算，但如果项数较多，应采用公式
1
1
2
2
2
Ln
2
n

n1

2n1

进行计算．
6
【巩固】
计算：
199298397L4951
．
【解析】
观察发现式子中每相乘的两个数的和都是相等的，可以采用平方差公式．
原式


5049



5049



5048



5048
L

501



501












50
2
49
2



50
2< br>48
2

L

50
2
1
2


50
2
49

1
2
 2
2
L49
2


50
2
49

1
2
2
2
L49
2


1
50
2
49495099

6
50
2
49492533

4925

10033


492567

82075

原
2
32
332
3332
33.3
【巩固】
看规律
11
，
123
，
1236
… …，试求
67L14

式
2


1
3
2
3.
L14
3



13
2
3.
L5
3



12 3L14



12345



105
2
15
2


10515
 
10515

9012010800

1111111111
)()(1)()

2424624624
111111
【解析】
令
1a
，
b
，则：
246246
11
原式
(a)ba(b)

66
【例 16】
计算：
(1

11
abbaba

66
111

(ab)1

666
111
【巩固】
(1)()(1)()

23423452345234
111111
【解析】
设
a
，则原式化简为：
(1+a)(a+)-a(1a+)=

234555< br>11

1111

11111

111

11
【巩固】



< br>11213141

21314151

1121314151< br>
213141

1111111
【解析】
设
a
，
b
，
141
1

1

原式
a

ba

b

51

51

11

abaabb

5151
1

(ab)

51
111


5111561
11111
【巩固】
（）()（)()

57911137911
1111111
【解析】
设
A
，
B
，
579117911
1

1

原式
A< br>
B



A

B

13

13

11

ABAABB

1313
1



AB


13
111



13565
【巩固】
计算

1111< br>
11111

11111

1111

1







1







2345

23456

23456

2345< br>
11111111
【解析】
设
1A
，
B

23452345
1

1

11111

原式

A< br>
B



A

B

ABAABB

AB


(
A B
)
6

6

66666

1


6
【巩固】

9

1239
< br>1

129

239

123
< br>L

L
1
L

L


10

23410

2

2310

3410

234

2
【解析】
设
t
11

t1

1
1239

1

L
，则有
t
2
t(1t)

t

t
2
t
t
2
t



22

22

2
23410

2


39 239
【巩固】
(L)
2
(L)(1L )(L)
23413410

1239111t11
L，则有
t
2
t(1t)(t)t
2
t(t2
t)

23410222222
11
【巩固】
计算

11
21
11
31
11
43
11
L
4
1
2009
L

2 009
111
11
【解析】
设
N3
. 原式=+=+ =
12N1N
11
21
41
11
NNN1L1
2009N
NN1
1
.
2N12N1
【巩固】 (
7.886.775.66
)

(
9.3110.9810
)

(
7.886.77 5.6610
)

(
9.3110.98
)
【解析】
设
t
【解析】
换元的思想即“打包”，令
a 7.886.775.66
，
b9.3110.98
，
则原式
a
(
b10
)

(
a10
)b
(
ab10a
)

(
ab10b
)
ab10aab10b10
(
ab
)

10
(
7.886.775.669.3110.98
)
10 0.020.2

【巩固】
计算(
10.450.56
)

(
0.450.560.67
)

(
10 .450.560.67
)

(
0.450.56
)
【解析】
该题相对简单，尽量凑相同的部分，即能简化运算.设
a0.450.56
，
b0.450.560.67
，
有原式

(
1a< br>)
b
(
1b
)
ababaabba0 .67

三、循环小数与分数互化
&&&
【例 17】
计算：
0.1+0.125+0.3+0.16
，结果保留三位小数．
&& &
0.1111+0.1250+0.3333+0.1666=0.7359=0.736

【解析】
方法一：
0.1+0.125+0.3+0.16
&&&

方法二：
0.1+0.125+0.3+0.16
11315
11153
&

0.7361


98990188
72
&
0.36
&&

；
【巩固】
⑴
0.54
•••
19
⑵
1.21.24

27

54536494899
【解析】
⑴ 法一：原式

．

9
法二：将算式变为竖式：



< br>··

0.544444
L
0.363636
L
0. 908080
L
9089899
．

990990
224
⑵ 原式
11


99927999279
&&&&&&
【巩固】
计算：
0.01

0.120.230.340.780.89
&&&&&&
【解析】
方法一：
0.01

0.120.230.340.780.8 9
1121232343787898


9
可判断出结果应该是
0.908
，化为分数即是

216
=

9
90
&&&&&&
方法二：
0.01

0.120.230.340.780.89
&&&&&&

0.020.030.040.080.09
=0+0.1+0.2+0.3+0. 7+0.8+
0.01
&
=2.1+0.01(1+2+3+4+8+9)

1

2.127

90

2.10.32.4

&&&&&
&
&&
（2）
0.330
&&&&

【巩固】
计算 （1）
0.2910.1920.3750.526
0.186

【解析】
（1）原式


29119213755265291375521 191666330
1

999990999990
33018613301855


99999099999081
（2）原式


&
乘以一 个数
a
时，把
1.23
&
误看成1.23，使乘积比正确结果减少0 .3.则正确结
【例 18】
某学生将
1.23
果该是多少?
【解析】
由题意得：
1.23a1.23a0.3
，即：
0. 003a0.3
，所以有：
所以
1.23a1.2390
••
••
33

a
．解得
a90
，
90010< br>111
90111

90
&
&
&&
【巩固】
将循环小数
0.027< br>与
0.179672
相乘，取近似值，要求保留一百位小数，那么该近似值的最后一位小数是多少?
&
&
&&

27

179 672

1

179672

4856
0.00 4856
&&
【解析】
×
0.179672

0.027
99999999937999999999999
循环节有6位，100÷6=16……4， 因此第100位小数是循环节中的第4位8，第10l位是5．这
样四舍五入后第100位为9．
2
5
2413
&&
&
【例 19】
有8个数，< br>0.51
，,,
0.51
,
,
是其中6个，如果按从小到大的 顺序排列时，第4
3
9
4725
&
个数是
0.51
，那么按从大到小排列时，第4个数是哪一个数?
25
&
&
,
2 4
0.5106
,
13
=0.52

【解析】
=0.6
,
=0.5
4725
39
&
&
&
&
&
即
24
<051<0.51<
&
&
&
13
<
5
<
2
，显然有
0.5106<0.51<0.5 1<0.52<0.5<0.6
8个数从小到大排
472593
24
&
&
&
&
13
<
5
<
2
．(“□”列第4 个是
0.51
，所以有
口<口<
，表示未知的那2个
<0.51<0 .51<
472593
&
&
数).所以，这8个数从大到小排列第4个数是< br>0.51
．
a
【例 20】
真分数化为小数后，如果从小数点后第 一位的数字开始连续若干个数字之和是1992，那么
a
7
是多少?
14
&&
，
3
=0.428571
&&&
，
5
=0.714285
&&&
，
6
&
&
，
2
=0.285714
【解析】
=0.142857
，
= 0.571428
777777
&&
．因此，真分数
a
化为小数后， 从小数点第一位开始每连续六个数字之和都是
=0.857142
7
.
a&
1+4+2+8+5+7=27，又因为1992÷27=73……21,27-21=6，而6 =2+4，所以
=0.857142
，即
a6
．
7
a
【巩固】
真分数化成循环小数之后，从小数点后第1位起若干位数字之 和是
9039
，则
a
是多少？
7
a
【解析】
我们知道形如的真分数转化成循环小数后，循环节都是由1、2、4、5、7、8这6个数字组成，7

只是各个数字的位置不同而已，那么
9039
就应该由若干个完 整的
142857
和一个不
完整
142857
组成。
9039

124578

334L21< br>，而
21276
，
所以最后一个循环节中所缺的数字之和为6，经检验只有 最后两位为4，2时才符合要求，显然，
这种情况下完整的循环节为“
857142
” ，因此这个分数应该为
6
，所以
a6
。
7
a
化 成循环小数之后，小数点后第2009位数字为7，则
a
是多少？
7
a
【解析】
我们知道形如的真分数转化成循环小数后，循环节都是由6位 数字组成，
7
因此只需判断当
a
为几时满足循环节第5位数是7，经逐一检验 得
a3
。
20096334LL5
，
2002
1
【例 21】
和化成循环小数后第100位上的数字之和是_____________.
2009
287
2002
1
【解析】
如果将和转化成循环 小数后再去计算第100位上的数字和比较麻烦，通过观察计算
2009
287
【巩固 】
真分数
我们

20021
发现
1
，而< br>10.9
，则第100位上的数字和为9.
2009287
&&
【巩固】
纯循环小数

写成最简分数时 ,分子和分母的和是
58
,则三位数
abc_________

abc
&&
【解析】
如果直接把

转化为分数,应该是,因 此,化成最简分数后的分母应该是999的约数,我
999
3
们将
999分解质因数得:
999337
,这个最简分数的分母应小于
58
, 而且大于
29
,否则该
分数就变成了假分数了,符合这个要求的
999
的约数就只有37了,因此,分母应当为37,分子就
abcabc21
&&
是583721
,也就是说

,因此
abc2127567
.

999372737
【例 22】
在下面的括号里填上不同的自然数，使等式成立．

（1）；
 
102020

（2）
111< br>

10

【解析】
单位分数的拆分，主要方法是 从分母
N
的约数中任意找出两个数
m
和
n
，有：
1mnmn11


，
NN(m n)N(mn)N(mn)AB
从分母
n
的约数中任意找出两个
m和
n
(
mn
)，有：
1mnmn11


NN(mn)N(mn)N(mn)AB
（1） 本题
10
的约数有：
1
，10，2，5．
1121211
例如：选1和2，有：

；
1010(12)10(12)10(12)3015
从上面变化的过程可以看 出，如果取出的两组不同的
m
和
n
，它们的数值虽然不同，但是如果
m
和
n
的比值相同，那么最后得到的
A
和
B
也是相 同的．本题中，从10的约数中任取两个数， 共
有
C
4
410
种，但是其中比值不同的只有5组：(1，1)；(1，2)；(1，5)；(1，10)；(2，
5) ，所以本题共可拆分成5组．具体的解如下：

2

．


（2）10的约数有1、2、5、10，我们可选2和5：

1525211


1010(52)10(52)10(52)615
另外的解让学生去尝试练习．
【巩固】
在下面的括号里填上不同的自然数，使等式成立．

1111111


10

【解析】
先选10的 三个约数，比如5、2和1，表示成连减式
521
和连加式
521
．
1111111
则：

10

4

10

20

80

40
16

如果选10、5、2，那么有：
1111111
．
 
1
1111
，根据前面的拆分随意选取一组，比如

1 0

另外，对于这类题还有个方法，就是先将单位分数拆分，拆成两个单位分数的和 或差，再将其
中的一个单位分数拆成两个单位分数的和或差，这样就将原来的单位分数拆成了3个单位分 数
的和或差了．比如，要得到
111111
，再选择其中的一个分数进行拆分，比如， 所以

1
1111
．

101360156

【例 23】


 
45


【解析】



45

72

120

18

30

405

135

81

9

15

45


111111
1
【巩固】
=-=

10

1111111
【解析】



10

4

10

20

80

40

16

注：这里要先选10的三个约数，比如5、2和1，表示成连减式5-2-1和连加式5+2+1.
【例 24】
所有分母小于30并且分母是质数的真分数相加，和是__________。
【解析】
小于30的质数有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29共十个， 分母为17的真分数相加，和
等于

171
。
()() ()LL()8
71717
2
类似地，可以求出其它分母为质数的分数的 和。因此，所求的和是
1315171111131171191231291

 
2222222222
11
1235689111 459

22
【巩固】
分母为1996的所有最简分数之和是_________。
【解析】
因为199 6=2×2×499。所以分母为1996的最简分数，分子不能是偶数，也不能是499的倍数，
49 9与3×499。因此，分母为1996的所有最简真分数之和是

()()LL( )()111498
6619961996

11
123568911
=
59

22
111
【例 25】
若

，其中a、b都是四位数 ，且a2004ab
【解析】
2004的约数有：1,2004,2,1002,3,668,4,501，满足题意的分拆有：
11211


20042004(12)2004(12)60 123006
=

11311


200420 04(13)2004(13)80162672
12311


20042004(23)2004(23)50103340
13411

 
20042004(34)2004(34)46763507
111
【巩固 】
如果
，B
均为正整数，则
B
最大是多少？

，
A
2009AB
111
【解析】
从前面的例题我们知道，要将按照如下规则写成

的形式：
NAB
1mnmn11

，其中
m
和
n
都是
N
的约数。如果要让
B
NN(mn)N(mn)N(mn)AB
尽可能地 大，实际上就是让上面的式子中的
n
尽可能地小而
m
尽可能地大，因此应当< br>m
取最大的约
数，而
n
应取最小的约数，因此
m2009< br>，
n1
，所以
B20092008
.
课后练习：
练习1.

123456

12123123 4123451234561234567
式
【解析】
原


13141516171

1 21231234123451234561234567

111111


L

1212123 12312341234567
111


12121234567
1

1
5040
5039


5040
12389
练习2.
(1)(2)(3)L(8)(9)

234910
2
nn(n1)nn
【解析】
通项为：
a
n
n
，

n1n1n1
22222
123489
原式
L346789 36288

2345910
3333
练习3. 计算：
135L99
___________．
【解析】
与公 式
12Ln

12Ln


333
2
n
2

n1

4
2
相比，
1 35L99
缺少偶数
3333
项，所以可以先补上偶数项．
原式

12
33
3
3
L100
3



2
3
4
3
L100
3

1
100
2
101
2
2
3


1
3
2
3
L50
3


4
11
100
2
101
2
2
3
50
2
51
2

44
502


101
2
251
2


12497500

练习4. 计算：

1
111

11

111

1

1
L





L

< br>

1
L





L



2208232007

111111
【解析】
令
aL
，
bL
，
232007232008
1
原式


1a

b

1b

ababaabba

2008
····
11

&&
0.98
&&< br>11
(结果表示成循环小数) 练习5. ⑴

0.150.218

0.3
； ⑵
2.2 34
111

12345679

1512182

311
371111
&&
【解析】
⑴原式




0.01234567 9

990

9111
993999

90
2329824222
&&
2
2342
2
232
，
0.98
&&

98
，
&&&&
⑵
2.2 34
所以
2.2340.98211
，
999090
& &&&
111
22
11
1

2
0.09
&&&
0.113
&&

2.2340.980.02
901190


月测备选
【备选1】计算：
2399
L
.
3!4!100!
【解析】
原式为阶乘的形式，较难进行分析，但是如果将其写成连乘积的形式，题目就豁然开朗了．
2399
原式



L

1231 234123
L
100
31411001

 
L

1231234123
L
100
111111

L

12123123123 4123
L
99123
L
100

1111


12123L1002100!
12
2
2
2
2
3
2
2004
22005
2
2005
2
2006
2
【备选2】计算 ：


L

1223200420052005200 6
【解析】
（法1）：可先来分析一下它的通项情况，
2
n(n1)
2
n
2
(n1)
2
nn1

a
n

n(n1)n(n1)n(n1)n1n
2
原 式=
()()()()L()()

6
20052005

200524010
2006200 6
n
2
(n1)
2
2n
2
2n111（法2）：
a
n


22
n(n1)n
2
nn
2
nn(n1)

12
3
3
3
2006
3
【备选3】计算：
123 2006
2

1232006

1
【 解析】
原式

1232006
2006

20061

2013021

1232006
2
【备选4】计算：

621739458

73945 8378

621739458378

739458










126358947

358947207

7

358947

6258
【解析】
令
a
；
b
，
8947

378

378

378621378

9




a

b


a b


207207
207126207

2009

11

2009
【备选5】计算

(结果表示为循环小数)




9990099990

9901
11
&&&&
【解析】
由于，，
0.0 00010.00001
9990099990
11
&&&&&&
所以，
0.000010.000010.91
9990099990
而
9 009917139901919901
，
2009

1111

2009
&&
所以，


0.9120 09

9901

9990099990

9901&&&&&&

0.911120090.0120090.09
原式
a

b