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＝1000000000000005.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＝3×1330＝2×3×5 75＝3×5×533＝3×11 143＝11×1335＝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。