小学奥数计算试题及答案解析：归纳法
小学奥数典型50道经典题型
小学奥数典型50道经典题型（附解题思路）1.已知一张桌子的价钱是一把椅子的10倍，又知一张桌子比一把椅子多288元，一张桌子和一把椅子各多少元？解题思路：由已知条件可知，一张桌子比一把椅子多的288元，正好是一把椅子价钱的（10-1）倍，由此可求得一把椅子的价钱。
再根据椅子的价钱，就可求得一张桌子的价钱。
答题：解：一把椅子的价钱：288÷（10-1）=32（元）一张桌子的价钱：32×10=320（元）答：一张桌子320元，一把椅子32元。
2.3箱苹果重45千克。
一箱梨比一箱苹果多5千克，3箱梨重多少千克？解题思路：可先求出3箱梨比3箱苹果多的重量，再加上3箱苹果的重量，就是3箱梨的重量。
答题：解：45+5×3=45+15=60（千克）答：3箱梨重60千克。
3.甲乙二人从两地同时相对而行，经过4小时，在距离中点4千米处相遇。
甲比乙速度快，甲每小时比乙快多少千米？解题思路：根据在距离中点4千米处相遇和甲比乙速度快，可知甲比乙多走4×2千米，又知经过4小时相遇。
即可求甲比乙每小时快多少千米。
答题：解：4×2÷4=8÷4=2（千米）答：甲每小时比乙快2千米。
4.李军和张强付同样多的钱买了同一种铅笔，李军要了13支，张强要了7支，李军又给张强0.6元钱。
每支铅笔多少钱？解题思路：根据两人付同样多的钱买同一种铅笔和李军要了13支，张强要了7支，可知每人应该得（13+7）÷2支，而李军要了13支比应得的多了3支，因此又给张强0.6元钱，即可求每支铅笔的价钱。
答题：解：0.6÷[13-（13+7）÷2]=0.6÷[13—20÷2]=0.6÷3=0.2（元）答：每支铅笔0.2元。
5.甲乙两辆客车上午8时同时从两个车站出发，相向而行，经过一段时间，两车同时到达一条河的两岸。
由于河上的桥正在维修，车辆禁止通行，两车需交换乘客，然后按原路返回各自出发的车站，到站时已是下午2点。
奥数--归纳递推与逆推试题
归纳递推与逆推一只青蛙在井底，每天白天爬上4米，晚上又滑下3米，这井有90米深。
那么爬上这口井的上面一共需要多少天？1. 1.一个数是20,现在先加30,再减20,再加30 ,再减20,反复这样操作,如果每加、减一次算两次操作，请问至少经过______次操作结果是500?2. 2.有一类自然数，其数码只能是2或者3，并且没有两个3是相邻的。
请问：满足这些条件的10位数共有______个？3. 3.有一个圆，其上有两个点将圆周分成两半，并且这两个点上写有数字1，我们进行一下的操作，第1步将两段圆弧对分，在这两个分点上写上相邻的两点上的数字之和，如此继续下去，问：第6步后，圆周上所有的点的数的和是______？有一段楼梯有10级台阶，规定每一步只能跨一级或者两级，问：要登上第十级台阶有多少种不同的走法？1. 1.从学校到少年宫有4条东西的马路和3条南北的马路相通，李楠从学校出发，步行到少年宫，学校在东南方而少年宫在西北方，走的路径最短的不同的走法有______种？2. 2.根据各个数之间的关系，在括号内填上一个恰当的数1，2，6，24，（），720；1，2，4，7，11，16，（）。
（分别回答以上两道题目，中间用一个空格隔开）3. 3.在2×8的棋盘每个格编号。
现在用8张1×2的长方形卡片去覆盖棋盘。
问：有多少种方法将棋盘完全盖住？一串数1，1，1，2，2，3，4，5，7，9，12，16，21，……称为帕多瓦数列，请问这个数列第14个数和第18个数分别是什么？1. 1.已知用一根线段能将一个矩形分成两部分，现在问：8条线段最多能将一个矩形分成______段？2. 2.仅由字母XY组成的长度为n的“单词”恰好有2^n个（因为每个位置都有2个选择），设这些单词中至少有两个X相连的有an个，比如XXYY，YXXX，XXXY等。
现在问a10=______3. 3.从边长为1的小正方形开始，以这个正方形的对角线为边做第二个正方形，再以第二个正方形的对角线做第三个正方形，如此下去，那么，第11个正方形的边长是_____？六年级六个班组织乒乓球单打比赛，每班派甲、乙两人参赛，根据规则每两人之间至多赛一场，且同班的两人之间不进行比赛。
奥数题库答案及过程详解
奥数题库答案及过程详解在数学的海洋中，奥数题目以其独特的魅力和挑战性吸引着无数数学爱好者。
奥数题库中的问题往往需要运用创新的思维和灵活的解题技巧。
以下是一些奥数题目的答案以及解题过程的详解，希望能帮助到正在探索数学奥秘的你。
题目一：数字变换问题题目描述：给定一个数字序列，每次可以增加或减少序列中的任意一个数字，目标是使得序列中的所有数字都相等。
答案：这个问题可以通过数学归纳法来解决。
首先，我们可以将序列中的所有数字相加，得到总和S。
然后，将总和S除以序列的长度n，得到平均数A。
接下来，我们可以将每个数字调整为平均数A，如果某个数字小于A，则增加(A-当前数字)；如果大于A，则减少(当前数字-A)。
这样，最终所有数字都将等于A。
解题过程详解：1. 计算序列的总和S。
2. 计算平均数A，即S除以序列长度n。
3. 对序列中的每个数字进行调整，使其等于A。
题目二：几何图形问题题目描述：在一个正方形内，有一个内切圆。
求正方形的面积，如果圆的半径是r。
答案：正方形的面积可以通过圆的半径来计算。
解题过程详解：1. 由于圆是内切于正方形的，圆的直径等于正方形的边长。
2. 圆的直径是2r，因此正方形的边长也是2r。
3. 正方形的面积是边长的平方，即(2r)^2 = 4r^2。
题目三：组合问题题目描述：有n个不同的球和m个不同的盒子，每个盒子可以放任意数量的球，求所有可能的放球方式。
答案：这个问题可以通过组合数学中的多项式系数来解决。
解题过程详解：1. 考虑每个球有m种选择，即放入m个盒子中的任意一个。
2. 由于有n个球，每个球的选择是独立的，所以总的放球方式是m的n次方，即m^n。
题目四：逻辑推理问题题目描述：有5个朋友，他们中的每个人都至少有一种颜色的帽子，颜色有红、蓝、绿、黄、紫。
每个人只能看到其他人的帽子颜色，但不能看到自己的。
如果他们能够通过逻辑推理出自己帽子的颜色，他们将赢得比赛。
现在，他们被告知至少有一个人戴红帽子。
小学奥数。通项归纳 精选练习例题 含答案解析(附知识点拨及考点)
小学奥数。
通项归纳精选练习例题含答案解析(附知识点拨及考点)例1：求1+2+4+8+16+32+64+128+256+512+1024的和。
解析：方法一：令a=1+2+4+8+。
+1024，则2a=2+4+8+16+。
+1024+2048，两式相减，得a=2048-1=2047.方法二：找规律计算得到1024×2-1=2047.答案：2047例2：在一列数：1/3，5/7，9/11，13/15，17/19，21/23中，从哪一个数开始，1与每个数之差都小于1/1000？解析：这列数的特点是每个数的分母比分子大2，分子为奇数列，要1-从n=1000开始，即从2n-1/2n+1开始，满足条件2n-1/2n+1-1999.5，所以从第n=1000开始满足条件。
答案：2n-1/2n+1，n=1000例3：计算：1+1/11+1/111+1/1111+。
+1/.解析：先找通项公式an=1/(10^n-1)，原式=1/10+1/110+1/1110+。
+1/xxxxxxx，先通项归纳：an=1/(10^n-1)，原式=1/10(1+1/11+1/111+。
+1/)，用等比数列求和公式得到原式=175/264.答案：175/264巩固：计算：1+3/2+5/6+7/12+。
+111/2016.解析：先通项归纳：an=(2n-1)/(n(n+1))，原式=1+3/2+5/6+。
+111/2016=1/1+2/4+3/6+。
+56/2016，化简得原式=1/1+1/2+1/3+。
+1/96，用调和级数求和公式得到原式=111/64.答案：111/64.例4】将原式化简：frac{1\cdot2}{1\cdot2\cdot3}\cdot\frac{2\cdot3}{2\cdot3\cdo t4}\cdot\frac{3\cdot4}{3\cdot4\cdot5}\cdots\frac{6\cdot7}{6\cdot7\cdot8}$$frac{1}{3\cdot4}\cdot\frac{2}{4\cdot5}\cdot\frac{3}{5\cdot6 }\cdots\frac{6}{8\cdot9}$$frac{1}{3}\cdot\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{7}\cdot\frac{6}{9\c dot4}$$frac{2}{315}$$例5】将原式化简：frac{n^2+1}{2n(n+1)}$$frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}$$巩固】计算：frac{(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{4})\cdots(1+\frac{1}{2^{1 0}})-1}{\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdots\frac{2^{10}-1}{2^{10}-2}}$$frac{\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{4}\cdots\frac{1025}{1024}}{\ frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdots\frac{1023}{1022}}-1$$ frac{1025}{2^{10}}-1$$frac{513}{512}$$例6】计算：$\frac{1+2}{2}+\frac{2+3}{3}+\frac{3+4}{4}+\cdots+\frac{50+1 }{50}$解析】利用通项公式$a_n=\frac{n+(n+1)}{n}=2-\frac{1}{n}$，则原式$=\sum\limits_{k=1}^{50}a_k=\sum\limits_{k=1}^{50}\left(2-\frac{1}{k}\right)$，将其拆开，得到原式$=50\cdot 2-\sum\limits_{k=1}^{50}\frac{1}{k}$。
使用数学归纳法证明容斥原理
使用数学归纳法证明容斥原理在计数时，必须注意没有重复，没有遗漏。
为了使重叠部分不被重复计算，人们研究出一种新的计数方法，这种方法的基本思想是：先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复，这种计数的方法称为容斥原理。
如果被计数的事物有A、B、C三类，那么，A类和B类和C类元素个数总和= A类元素个数+ B类元素个数+C类元素个数—既是A类又是B类的元素个数—既是A类又是C类的元素个数—既是B类又是C类的元素个数+既是A类又是B类而且是C类的元素个数。
（A∪B∪C = A+B+C - A∩B - B∩C - C∩A + A∩B∩C）。
例如：一次期末考试，某班有15人数学得满分，有12人语文得满分，并且有4人语、数都是满分，那么这个班至少有一门得满分的同学有多少人？分析：依题意，被计数的事物有语、数得满分两类，“数学得满分”称为“A类元素”，“语文得满分”称为“B类元素”，“语、数都是满分”称为“既是A类又是B类的元素”，“至少有一门得满分的同学”称为“A类和B类元素个数”的总和。
为15+12-4=23。
容斥原理怎么证明首先说明一点,数学归纳法原理是自然数的公理之一.所以关于自然数的命题基本上都有数学归纳法背景.常用的"依此类推","..."这样的写法本质上也是数学归纳法的简略形式.要在"形式上"不用数学归纳法证明容斥原理,可以用二项式定理.设A[1],A[2],...,A[n]是n个集合,用|S|表示集合S的元素个数,C(m,k)表示m中选k的组合数.证明容斥原理:|A[1]∪A[2]∪...∪A[n]| = ∑{1 ≤i ≤n} |A[i]|-∑{1 ≤i < j ≤n} |A[i]∩A[j]|+∑{1 ≤i < j < k ≤n} |A[i]∩A[j]∩A[k]|-...+(-1)^(n-1)·|A[1]∩A[2]∩...∩A[n]|.对任意x ∈A[1]∪A[2]∪...∪A[n],设A[1],A[2],...,A[n]中恰有m个集合包含x.A[i]∩A[j]包含x当且仅当A[i]与A[j]都包含x.因此在A[1],A[2],...,A[n]的两两之交中恰有C(m,2)个交集包含x.在三三之交中恰有C(m,3)个集合包含x,依此类推.可知在右端的和式中,x被计数的次数为C(m,1)-C(m,2)+C(m,3)-...+(-1)^(m-1).而由二项式定理,有0 = (1-1)^m = 1-C(m,1)+C(m,2)-C(m,3)+...+(-1)^m.即C(m,1)-C(m,2)+C(m,3)-...+(-1)^(m-1) = 1.A[1]∪A[2]∪...∪A[n]中的任意元素,在右端和式中恰好被计数1次. 即证明了容斥原理.公式两个集合的容斥关系公式：A∪B =|A∪B| = |A|+|B| - |A∩B |(∩：重合的部分）图1三个集合的容斥关系公式：|A∪B∪C| = |A|+|B|+|C| - |A∩B| - |B∩C| - |C∩A| + |A∩B∩C|详细推理如下：1、等式右边改造= {[（A+B - A∩B）+C - B∩C] - C∩A }+ A∩B∩C2、维恩图分块标记如右图图1：1245构成A，2356构成B，4567构成C3、等式右边（）里指的是下图的1+2+3+4+5+6六部分：那么A∪B∪C还缺部分7。
数学归纳法一（讲解,练习及答案）
数学归纳法⼀（讲解,练习及答案）数学归纳法（Ⅰ）数学归纳法的定义：⼀般地，证明⼀个与正整数ｎ有关的命题，可按下列步骤进⾏：（1）（归纳奠基）证明当n取第⼀个值n0时，命题成⽴；（2）（归纳递推）假设时，命题成⽴，证明当时，命题也成⽴．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成⽴．其证明的⽅法叫做数学归纳法．说明：1、适⽤范围：常⽤来证明与⾃然数有关的命题．2、归纳奠基与归纳递推这两步缺⼀不可．（1）缺少第⼆步归纳递推致错举例：例如：⼀个数列的通项公式是，容易验证，如果由此作出结论对于任何，都成⽴，那就是错误的，事实上．可见，只有归纳奠基，⽽没有归纳递推得到的结论是靠不住的．（2）缺少第⼀步归纳奠基致错举例：例如：证明等式时，假设n＝k时等式成⽴，即．那么．这就是说当时等式也成⽴．但是当n＝1时，左边＝2，右边＝3，显然等式不成⽴．3、起始值n0不⼀定等于1．4、注意从k到k＋1的跨度，即k到k＋1增加了多少项．例1、⽤数学归纳法证明：n∈N*时，证明：（1）当n＝1时，左边＝＝，右边＝＝＝左边，所以等式成⽴．（2）假设当n＝k（k∈N*）时等式成⽴，即有＋＋…＋＝，则当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＝＋＝＝＝＝所以当n＝k＋1时，等式也成⽴．∴由（1）（2）得等式成⽴．例2、试证：当n为正整数时，能被64整除．证明：（1）当n＝1时，f（1）＝34－8－9＝64，能被64整除．（2）假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时，f（k）＝32k＋2－8k－9能被64整除．当n＝k＋1时，f(k＋1)＝32（k＋1）＋2－8（k＋1）－9＝9（32k＋2－8k－9）＋9×8k＋9×9－8（k＋1）－9＝9（32k＋2－8k－9）＋64（k＋1）．即f(k＋1)能被64整除．∴由（1）（2）得所求证成⽴．例3、平⾯内有n个圆，其中每两个圆都交于两点，且⽆三个圆交于⼀点，求证：这n个圆将平⾯分成n2－n＋2个部分．证明：（1）当n＝1时，1个圆将平⾯分成2个部分，显然结论成⽴．（2）假设当n＝k（k∈N*）时，k个圆将平⾯分成k2－k＋2个部分．当n＝k＋1时，第k＋1个圆交前⾯k个圆于2k个点，这2k个点将圆分成2k段，每段将各⾃所在区域⼀分为⼆，于是增加了2k个区域，所以这k＋1个圆将平⾯分成k2－k＋2＋2k个部分，即（k＋1）2－（k＋1）＋2个部分．故n＝k＋1时，结论成⽴．∴由（1），（2）可知所求证成⽴．例4、数列{b n}的通项为，证明：对任意的，不等式成⽴．证明：（1）当n＝1时，左边＝，右边＝＝左边（备注：视频中书写有误），∴结论成⽴．（2）假设当n＝k时，不等式成⽴，即成⽴．当n＝k＋1时，左边所以当n＝k＋1时，不等式也成⽴．∴由①、②可得不等式恒成⽴．练习：⼀、选择题1、设f（n）＝＋＋＋…＋（n∈N*），那么f（n＋1）－f（n）等于（）A．B．C．＋D．－2、凸n边形有f（n）条对⾓线，则凸n＋1边形有对⾓线条数f（n＋1）为（）A．f（n）＋n＋1 B．f（n）＋nC．f（n）＋n－1 D．f（n）＋n－23、⽤数学归纳法证明“（n＋1）（n＋2）·…·（n＋n）＝2n·1·3·…·（2n－1）”，从“k到k＋1”左端需增乘的代数式为（）A．2k＋1 B．2（2k＋1）C．D．4、⽤数学归纳法证明“1＋＋＋…＋＜n（n∈N*，n＞1）”时，由n＝k（k＞1）不等式成⽴，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是（）A．2k－1B．2k－1C．2k D．2k＋1⼆、填空题5、⽤数学归纳法证明：“＋＋…＋≥1（n∈N*）”时，在验证初始值不等式成⽴时，左边的式⼦应是“__________”.三、解答题6、⽤数学归纳法证明：对任意的n∈N*，1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋．、7、⽤数学归纳法证明（3n＋1）·7n－1（n∈N*）能被9整除．8、⽤数学归纳法证明：1＋＋＋…＋≥（n∈N*）．9、平⾯内有n条直线，其中⽆任何两条平⾏，也⽆任何三条共点，求证：这n条直线把平⾯分割成（n2＋n＋2）块．10、求证：．参考答案：1、D解析：f（n＋1）－f（n）＝＋＋…＋＋＋－（＋＋…＋）＝＋－＝－．2、C解析：由n边形到n＋1边形，增加的对⾓线是增加的⼀个顶点与原n－2个顶点连成的n－2条对⾓线，以及原先的⼀条边成了对⾓线．3、B解析：当n＝1时，显然成⽴．当n＝k时，左边＝（k＋1）（k＋2）·…·（k＋k），当n＝k＋1时，左边＝（k＋1＋1）（k＋1＋2）·…·（k＋1＋k）（k＋1＋k＋1）＝（k＋2）（k＋3）·…·（k＋k）（k＋1＋k）（k＋1＋k＋1）＝（k＋1）（k＋2）·…·（k＋k）＝（k＋1）（k＋2）·…·（k＋k）2（2k＋1）．4、C解析：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为；由n＝k，末项为到n＝k＋1，末项为＝，∴应增加的项数为2k．5、＋＋6、（1）当n＝1时，左边＝1－＝＝＝右边，∴等式成⽴．（2）假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时，等式成⽴，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋．则当n＝k＋1时，1－＋－＋…＋－＋－＝＋＋…＋＋－＝＋＋…＋＋＋（－）＝＋＋…＋＋＋，即当n＝k＋1时，等式也成⽴，所以由（1）（2）知对任意的n∈N*等式成⽴．7、证明：（1）当n＝1时，4×7－1＝27能被9整除，命题成⽴．（2）假设n＝k （k≥1，k∈N*）时命题成⽴，即（3k＋1）·7k－1能被9整除．当n＝k＋1时，[（3k＋3）＋1]·7k＋1－1＝（3k＋1＋3）·7·7k－1＝7·（3k＋1）·7k－1＋21·7k＝[（3k＋1）·7k－1]＋18k·7k＋6·7k＋21·7k＝[（3k＋1）·7k－1]＋18k·7k＋27·7k，由归纳假设（3k＋1）·7k－1能被9整除，⼜因为18k·7k＋27·7k能被9整除，所以[3（k＋1）＋1] ·7k＋1－1能被9整除，即n＝k＋1时命题成⽴．由（1）（2）知，对所有的正整数n，命题成⽴．9、证明：（1）当n＝1时，1条直线把平⾯分成2块，⼜（12＋1＋2）＝2，命题成⽴．（2）假设n＝k，k≥1时命题成⽴，即k条满⾜题设的直线把平⾯分成（k2＋k＋2）块，那么当n＝k ＋1时，第k＋1条直线被k 条直线分成k＋1段，每段把它们所在的平⾯块⼜分成了2块，因此，增加了k ＋1个平⾯块．所以k＋1条直线把平⾯分成了（k2＋k＋2）＋k＋1＝［（k＋1） 2＋（k＋1）＋2］块，这说明当n＝k＋1时，命题也成⽴．由（1）（2）知，对⼀切n∈N*，命题都成⽴．10、证明：（1）当n＝1时，左边＝，不等式成⽴．（2）假设n＝k时命题成⽴，即，则当n＝k＋1时，＝（）＋＋＞1＋＝1＋．这就是说，当时，不等式成⽴．由（1）（2）知原不等式成⽴．。
应用归纳法解答小学数学竞赛题一例
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… …
将 以上 列 举 出 的 部 分 “ 数 ” 从 小 到 大 排 列 如 下 ： 、Ｓ ２ 、３４ 、１ ６ ．９ ７ 、７ ９ ．０ １４ １３ ｌ２ １ １ 好 按 ６ １ 、４ ３ 、２ ５ 、０ ６ 、８ ８ 、６ １５、１ 、２ 、３ ．４ 、
１ ５０，１ ９… 一・ ５ 一
从 而 得 到 解题 结 果 。
一．．。 ．
解答 ： 先将分别经过一次操作 、 二次操作、 三次操作后一 一变为 ６的数列举 出来 ， ・ 再从 中找出规律 ， 进行归纳推理 ，
一
次操 作
两 次 操 作
ｉ 次 操 作
一
位数
６ １ ２ ３ ．２ ５ ，０ ５，４、３ ４ １ ６
深 度探索 ． 升学生 解题 的策 略水 平 提
三 、 用一 题 多变 发 展 学 生 思 维 利
的 灵活 性
一
第二次用去它的｝ Ｏ还剩 ４ ４升， 这 ｑ －
．
乙从 西城 到 东 城 要 ３ Ｏ分钟 如 果 甲 乙两 人分 别从 东 、 两 城 同 时 相 向 出 西 发 ． 过几分钟相遇？ 经 ｆ卜一 饲 料 。 以ｌ 马 ２ ３ 批 可 喂 ０天 ． 或
ｆ卜一 水 池 装 有 甲 、 ６ 个 乙两 个 进 水
多 题 一 解 是 将 习 惯 的 呈 现 形 式 进 行 变换 ． 其 中的 本 质 属 性 保 持 恒 使 在 这 种 训 练 ． 以帮 助 学 生 从 不 同 可
角 度认 识 数学 问题 的本 质特 征 ． 而 从
桶 油 １ ０升 ．第 一 次 用 去 它 的 ０ 第 二 次用 去 它 的 １
Ｐ…
Ｓ ｏｏ ａｃ ｎ ｅｈ ｌＴｏ ｈｉｇ Ｒｅｓ ｒｈ ￣ ｃ
(小学奥数)计数之归纳法
7-6-1.計數之歸納法教學目標前面在講加法原理、乘法原理、排列組合時已經穿插講解了計數中的一些常用的方法，比如枚舉法、樹狀圖法、標數法、捆綁法、排除法、插板法等等，這裏再集中學習一下計數中其他常見的方法，主要有歸納法、整體法、對應法、遞推法．對這些計數方法與技巧要做到靈活運用．例題精講從條件值較小的數開始，找出其中規律，或找出其中的遞推數量關係，歸納出一般情況下的數量關係．【例 1】如圖所示，在2×2方格中，畫一條直線最多穿過3個方格；在3×3方格中，畫一條直線最多穿過5個方可知；那麼在5×5方格中，畫一條直線，最多穿過個方格。
【考點】計數之歸納法【難度】2星【題型】填空【關鍵字】希望杯，四年級，復賽，第14題，6分【解析】邊長每多1，穿過的方格多2，那麼5×5的最多穿過3+2+2+2=9個方格【答案】9【例 2】一條直線分一個平面為兩部分．兩條直線最多分這個平面為四部分．問5條直線最多分這個平面為多少部分?【考點】計數之歸納法【難度】3星【題型】解答【解析】方法一：我們可以在紙上試著畫出1條直線，2條直線，3條直線，……時的情形，於是得到下表：由上表已知5條直線最多可將這個平面分成16個部分，並且不難知曉，n n++1個部當有n條直線時，最多可將平面分成2+2+3+4+…+n=()12分．方法二：如果已有k條直線，再增加一條直線，這條直線與前k條直線的交點至多k個，因而至多被分成k+1段，每一段將原有的部分分成兩個部分，所以至多增加k+1個部分．於是3條直線至多將平面分為4+3=7個部分，4條直線至多將平面分為7+4=11個部分，5條直線至多將平面分為11+5=16個部分．k k++1個部分，所一般的有k條直線最多將平面分成：1+1+2+…+k=()12以五條直線可以分平面為16個部分．【答案】16【鞏固】平面上5條直線最多能把圓的內部分成幾部分？平面上100條直線最多能把圓的內部分成幾部分？【考點】計數之歸納法【難度】4星【題型】解答【解析】假設用a k表示k條直線最多能把圓的內部分成的部分數，這裏k＝0，1，2，……a0＝1a1=a0+1＝2a2=a1＋2=4a3=a2＋3=7a4=a3+4＝11……故5條直線可以把圓分成16部分，100條直線可以把圓分成5051部分【答案】5051部分【例 3】 平面上10個兩兩相交的圓最多能將平面分割成多少個區域？【考點】計數之歸納法 【難度】4星 【題型】解答【解析】 先考慮最簡單的情形．為了敘述方便，設平面上k 個圓最多能將平面分割成k a 個部分．141312111098765432187652134431221從圖中可以看出，12a =，24221a ==+⨯，38422a ==+⨯，414823a ==+⨯，……可以發現k a 滿足下列關係式：()121k k a a k -=+-．實際上，當平面上的(1k -)個圓把平面分成1k a -個區域時，如果再在平面上出現第k 個圓，為了保證劃分平面的區域盡可能多，新添的第k 個圓不能通過平面上前()1k -個圓之間的交點．這樣，第k 個圓與前面()1k -個圓共產生2(1)k ⨯-個交點，如下圖：這2(1)k ⨯-個交點把第k 個圓分成了2(1)k ⨯-段圓弧，而這2(1)k ⨯-段圓弧中的每一段都將所在的區域一分為二，所以也就是整個平面的區域數增加了2(1)k ⨯-個部分．所以，()121k k a a k -=+-．那麼，10987292829272829a a a a =+⨯=+⨯+⨯=+⨯+⨯+⨯=12122...272829a =+⨯+⨯++⨯+⨯+⨯()2212...78992=+⨯+++++=．故10個圓最多能將平面分成92部分．【答案】92【例 4】 10個三角形最多將平面分成幾個部分？【考點】計數之歸納法 【難度】4星 【題型】解答【解析】 設n 個三角形最多將平面分成n a 個部分．1n =時，12a =；2n =時，第二個三角形的每一條邊與第一個三角形最多有2個交點，三條邊與第一個三角形最多有236⨯=（個）交點．這6個交點將第二個三角形的周邊分成了6段，這6段中的每一段都將原來的每一個部分分成2個部分，從而平面也增加了6個部分，即2223a =+⨯．3n =時，第三個三角形與前面兩個三角形最多有4312⨯=（個）交點，從而平面也增加了12個部分，即：322343a =+⨯+⨯．……一般地，第n 個三角形與前面()1n -個三角形最多有()213n -⨯個交點，從而平面也增加()213n -⨯個部分，故()()222343213224213332n a n n n n ⎡⎤=+⨯+⨯++-⨯=++++-⨯=-+⎣⎦；特別地，當10n =時，2103103102272a =⨯+⨯+=，即10個三角形最多把平面分成272個部分．【答案】272【例 5】 一個長方形把平面分成兩部分，那麼3個長方形最多把平面分成多少部分？【考點】計數之歸納法 【難度】4星 【題型】解答【解析】 一個長方形把平面分成兩部分．第二個長方形的每一條邊至多把第一個長方形的內部分成2部分，這樣第一個長方形的內部至多被第二個長方形分成五部分．同理，第二個長方形的內部至少被第一個長方形分成五部分．這兩個長方形有公共部分(如下圖，標有數字9的部分)．還有一個區域位於兩個長方形外面，所以兩個長方形至多把平面分成10部分．第三個長方形的每一條邊至多與前兩個長方形中的每一個的兩條邊相交，故第一條邊被隔成五條小線段，其中間的三條小線段中的每一條線段都把前兩個長方形內部的某一部分一分為二，所以至多增加3×4=12個部分．而第三個長方形的4個頂點都在前兩個長方形的外面，至多能增加4個部分．所以三個長方形最多能將平面分成10+12+4=26．【小結】n個圖形最多可把平面分成部分數：直線：()112n n⨯+ +；圓：()21n n+⨯-；三角形：()231n n+⨯⨯-；長方形：()241n n+⨯⨯-．【答案】26【例 6】在平面上畫5個圓和1條直線，最多可把平面分成多少部分?【考點】計數之歸納法【難度】5星【題型】解答【解析】先考慮圓．1個圓將平面分成2個部分．這時增加1個圓，這個圓與原有的1個圓最多有兩個交點，成為2條弧，每條弧將平面的一部分一分為二，增加了2個部分，所以2個圓最多將平面分成4個部分．當有3個圓時，第3個圓與原有的2個產生4個交點而增加4個部分，所以3個圓最多將平面分成8個部分．同樣的道理，5個圓最多將平面分成22個部分．再考慮直線．直線與每個圓最多有2個交點，這樣與5個圓最多有10個交點．它們將直線分成11條線段或射線，而每條線段又將平面的一部分一分為二，2條射線增加了一部分，因此5個圓和1條直線最多可將平面分成32個部分．【答案】32【例 7】在一個西瓜上切6刀，最多能將瓜皮切成多少片？【考點】計數之歸納法【難度】4星【題型】解答【解析】將西瓜看做一個球體，球體上任意一個切割面都是圓形，所以球面上的切割線是封閉的圓周，考慮每一次切割能增加多少瓜皮片．當切1刀時，瓜皮被切成兩份，當切第2刀時，由於切割線相交，所以瓜皮被切成4分，……，切第n次時，新增加的切割線與原來的切割線最多有()21n-個交點．這些交點將第n條切割線分成()21n-段，也就是說新增加的切割線使瓜皮數量增加了()21n-，所以在西瓜上切6刀，最多能將瓜皮切成11212223242532++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=片．【答案】32【例 8】在一大塊麵包上切6刀最多能將麵包切成多少塊．（注：麵包是一個立體幾何圖形，切面可以是任何方向）【考點】計數之歸納法【難度】5星【題型】解答【解析】題目相當於6個平面能將空間劃分為多少個部分．通過找規律來尋找遞推關係，顯然的1個平面能將空間劃分成2塊，2個平面能將空間劃分成4塊，3個平面能將空間劃分成8個平面，當增加到第四個平面時，第四個平面這能將原來空間中的8個部分中的其中幾個劃分．如圖：注意到第四個平面與其他三個平面相交形成3條直線，這三條直線將第四個平面分割成7個部分，而每一部分將原來三個平面劃分的8個空間中的7個劃分成兩份，所以4個平面能將空間劃分成8715+=個部分．同樣的第五個平面與前四個平面分別相交成4條直線，這四條直線能將第5個平面分割成1123411++++=個部分，每一部分都劃分原空間中的某一區域，所以第五個平面能使空間中的區域增加到151126+==個部分．當增加到6個平面時，第六個平面共被劃分成11234516+++++=個部分，所以第6個平面能將空間中的區塊數增加到261642+=個部分．所以6刀能將麵包切成42塊．【答案】42。
小学四年级奥数竞赛班作业第25讲加乘原理与归纳递推
加乘原理与归纳递推是数学中常用的方法和思想，可以帮助我们解决一些复杂的问题。
在这节课上，我们将学习加乘原理和归纳递推，并且通过一些例题来巩固所学的知识。
一、加乘原理加乘原理是数学中常用的计数原理，它是解决排列组合问题的重要方法。
1.加法原理加法原理是指当一个事件可以用若干个不同时出现的事件分解时，事件的总数等于各个事件发生次数的和。
例如，有一个班级，有男生20人，女生30人，那么该班级的总人数就是20+30=50人。
2.乘法原理乘法原理是指当一个事件可以分为若干个顺序进行的步骤时，事件的总数等于各个步骤可行数的乘积。
例如，班级要进行班长选举，有2个男生和3个女生竞选。
首先选男生，有2种可能，然后选女生，有3种可能。
所以，最终的选举结果有2*3=6种可能性。
二、归纳递推归纳递推也是数学中常用的解题思路，通过寻找规律和递推关系，可以解决一些复杂的问题。
归纳递推分为从小到大归纳和从大到小递推两种方法。
1.从小到大归纳从小到大归纳是指通过一些小规模的例子，总结出一般的规律。
例如，假设我们要求1到10的数字的和。
我们可以先计算出1到5的和为15，然后再计算出6到10的和为30，最后将两个结果相加得到1到10的和为45、我们通过这个过程可以发现，1到n的和等于1到(n-1)的和再加上n，这就是归纳递推的思路。
2.从大到小递推从大到小递推是指通过已知的一些结果，推导出未知的结果。
例如，我们要求1到10的数字的和，我们已经知道1到9的和为45，现在我们要求1到10的和，可以将1到9的和加上10得到1到10的和。
这里我们通过已知结果来求未知结果，也是一种归纳递推的方法。
三、例题解析现在我们通过一些例题来巩固所学的加乘原理和归纳递推的知识。
1.有3个红球和4个黄球，将它们排成一排，一共有多少种不同的排法？根据乘法原理，我们可以得到不同排法的总数为3*4=12种。
2.一只提有1个背包，要装5本书，其中有2本百科全书和3本小说。
小学六年级数学奥数含答案及解题思路
小学六年级数学奥数含答案及解题思路数学奥数一直被认为是考验学生数学综合能力的一种高水平考试。
对于小学六年级的学生来说，参加数学奥数的挑战可以帮助他们加深对数学的理解和应用能力。
本文将介绍一些小学六年级数学奥数的题目，并给出相应的答案和解题思路。
题目一：计算问题已知：9.6 + 5.3 = 14.9， 74.2 - 32.1 = 42.1求解：74.2 + 9.6 - 32.1 + 5.3 = ?答案：56.9解题思路：首先，利用小学阶段已学过的数学运算法则，按照先加后减的原则，先计算74.2 + 9.6 = 83.8，再减去32.1，得到答案56.9。
题目二：图形问题给定一个矩形ABCD，AB = 6cm，BC = 8cm。
在边AB上取一点E，使得AE = 2cm。
连接DE交BC于点F，连接AF，并且延长交矩形BC 延长线于点G。
求解角AFG的大小。
答案：90°解题思路：在矩形BCDG中，对角线交叉点上的角度一般为90°。
因此，角AFG的大小为90°。
题目三：逻辑问题根据下面的数字序列，找出规律，填入问号处。
2, 4, 8, 16, ? , 64答案：32解题思路：观察数字序列可以发现每个数都是前一个数的2倍。
因此，缺失的数字应该是16的2倍，即32。
题目四：计算器问题将计算器上的数字1234随机按下，得到一个四位整数。
求解这个四位整数最大可以是多少？答案：4321解题思路：由于计算器上的数字不能重复使用，所以最大的数应该是将数位上的数字从大到小排列，即4321。
题目五：几何题已知三角形ABC，其中∠B = 60°，BC = 5cm。
在边BC上取一点D，使得BD = 3cm。
连接AD并延长至交BC的延长线上的点E。
求解AE的长度。
答案：8cm解题思路：根据三角形相似定理，可以得出AB/BC = AE/EC。
已知AB = BC = 5cm，代入得5/5 = AE/(3+2)。
六年级奥数优胜教育第5讲：递推与归纳含答案
第五讲 递推与归纳A1. 100 条直线最多能把一个平面分成 _____ 个部分。
2. 熊大叔是一个卖烧饼的师傅 ,他用一个平底锅煎饼 ,他是这样煎饼的 : 每次只能放两个饼 每个饼正反面都要煎 ,煎每一面都要 1分钟 ,问他煎 10个这样的饼需要 ______ 分钟。
3. 上一段 11阶楼梯,规定每一步只能上一级或两级 ,那么要登上第 11级台阶有 ______ 种不同 的走法。
4. 请先计算 11× 11,111 × 111,1111 × 1111, 你能根据以上结果 , 不经过计算而直接写出 11111111×11111111= ________ 。
例 1： 999⋯999×999⋯999 的乘积中有多少个数字是奇数？10 个 9 10 个 9例 2：如图所示：线段 同的线段？ AB 上共有 10 个点（包括两个端点）那么这条线段上一共有多少条不 a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 B a 8 例 3：计算 13+23+33+43+53+63+73+83+93+103 得值。
例 4： 2000 个学生排成一行，依次从左到右编上 1～2000 号，然后从右到左按一、二报数，报一的离开队伍，剩下的人继续按一、二报数，报一的人离开队伍，⋯⋯按这个规律如 此例 5：圆周上两个点将圆周分为两半，在这两点上写上数 1 ；然后将两段半圆弧对分，在两个分点上写上相邻两点上的数之和； 再把 4 段圆弧等分， 在分点上写上相邻两点上的数 之和，如此继续下去，问第 6 步后，圆周上所有点上的之和是多少？ 例 6： 4 个人进行篮球训练， 互相传球接球， 要求每个人接球后马上传给别人， 开始由甲发 球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方式？5. __ 我们知道三角形的内角和是180度,长方形的内角和是360 度,那么正十边形的内角和是____ 度。
小学奥数教程：通项归纳 全国通用(含答案)
【例 1】 12481632641282565121024++++++++++=________ 。
【考点】通项归纳 【难度】2星 【题型】计算 【关键词】走美杯，初赛，六年级 【解析】 方法一：令12481024a =+++++，则22481610242048a =++++++，两式相减，得204812047a =-=。
方法二：找规律计算得到102421=2047⨯-【答案】2047【例 2】 在一列数：135********，，，，，中，从哪一个数开始，1与每个数之差都小于11000？【考点】通项归纳 【难度】2星 【题型】计算 【关键词】华杯赛，初赛【解析】 这列数的特点是每个数的分母比分子大2，分子为奇数列，要1－2121n n -+＜11000，解出n ＞999.5，从n ＝1000开始，即从19992001开始，满足条件 【答案】19992001【例 3】 计算：111112123122007+++⋯+++++⋯ 【考点】通项归纳 【难度】3星 【题型】计算【解析】 先找通项公式12112()12(1)1n a n n n n n ===-++⨯++原式11112(21)3(31)2007(20071)222=++++⨯+⨯+⨯+222212233420072008=++++⨯⨯⨯⨯ 200722008=⨯ 20071004= 【答案】20071004【巩固】 111133535735721+++++++++++ 【考点】通项归纳 【难度】3星 【题型】计算【解析】 先找通项：()()()1111352122132n a n n n n n ===+++++⨯++⨯原式111111132435469111012=++++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 111111133591124461012⎛⎫⎛⎫=+++++++ ⎪ ⎪⨯⨯⨯⨯⨯⨯⎝⎭⎝⎭ 11111121112212⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 175264= 例题精讲通项归纳【答案】175264【巩固】 计算：111111224246246824681024681012++++++++++++++++++++ 【考点】通项归纳 【难度】2星 【题型】计算 【关键词】南京市，兴趣杯，决赛【解析】 先通项归纳：()()11112421222n a n n n n n ===++++⨯+⨯，原式111111122334455667=+++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 111111111611223346777⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭【答案】67【例 4】 1113199921111111(1)(1)(1)(1)(1)223231999+++++⨯++⨯+⨯⨯+ 【考点】通项归纳 【难度】3星 【题型】计算【解析】 11211112()1112(1)(2)12(1)(1)(1)2312n n n n n n n n ++===⨯-++++++⨯+⨯⨯++原式＝11111111()()()()223344519992000⎡⎤-+-+-++-⨯⎢⎥⎣⎦＝1000999100011=- 【答案】9991000【例 5】 224466881010133********⨯⨯⨯⨯⨯++++⨯⨯⨯⨯⨯ 【考点】通项归纳 【难度】3星 【题型】计算【解析】 （法1）：可先找通项222111111(1)(1)n n a n n n n ==+=+---⨯+ 原式11111(1)(1)(1)(1)(1)133********=+++++++++⨯⨯⨯⨯⨯11555(1)552111111=+⨯-=+=（法2）：原式288181832325050(2)()()()()3355779911=-+-+-+-+-61014185065210453579111111=++++-=-=【答案】5511【巩固】 2221111112131991⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⨯+⨯⨯+ ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭【考点】通项归纳 【难度】3星 【题型】计算【解析】 22221(1)(1)1(1)1(1)1(2)n n n a n n n n ++=+==+-+-⨯+原式223398989999(21)(21)(31)(31)(981)(981)(991)(991)⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯+⨯-+⨯-+⨯-+⨯- 223344559898999929949131425364999710098110050⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 【答案】49150【巩固】 计算：22222223992131991⨯⨯⨯=---【考点】通项归纳 【难度】3星 【题型】计算【解析】 通项公式：()()()()()221111112n n n a n n n n ++==+++-+，原式22334498989999(21)(21)(31)(31)(41)(41)(981)(981)(991)(991)⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯- 223344559898999931425364999710098⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 22334498989999132435979998100=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯29999110050=⨯= 【答案】9950【例 6】 121231234123502232342350++++++++++⨯⨯⨯⨯++++++ 【考点】通项归纳 【难度】4星 【题型】计算【解析】 找通项(1)(1)2(1)(1)212n n nn n a n n n n +⨯⨯+==+⨯⨯+-- 原式2334455623344556410182814253647⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯，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，所以有原式2334455648494950505114253647475048514952⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯35023215226=⨯=【答案】23226【例 7】 计算：1111121223122334122334910++++⨯⨯+⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯+⨯++⨯ 【考点】通项归纳 【难度】3星 【题型】计算【解析】 由于()()()112231123n n n n n ⨯+⨯++⨯+=++，则()()()131223112n n n n n =⨯+⨯++⨯+++， 原式333312323434591011=++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 31111112122323349101011⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⨯⨯⨯⨯⨯⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 3118122110110⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭ 【答案】81110【例 8】 计算：222222221223200420052005200612232004200520052006++++++++⨯⨯⨯⨯ 【考点】通项归纳 【难度】3星 【题型】计算 【解析】 （法1）：可先来分析一下它的通项情况，2222(1)(1)1(1)(1)(1)1n n n n n n n a n n n n n n n n ++++==+=+⨯+⨯+⨯++ 原式= 213243542005200420062005()()()()()()122334452004200520052006++++++++++++2005200520052401020062006=⨯+= （法2）：22222(1)2211122(1)(1)n n n n n a n n n n n n n n ++++===+=+⨯+++⨯+ 【答案】200540102006【例 9】 12389(1)(2)(3)(8)(9)234910-⨯-⨯-⨯⨯-⨯-【考点】通项归纳 【难度】3星 【题型】计算【解析】 通项为：2(1)111n n n n n n a n n n n +-=-==+++， 原式22222123489346789362882345910=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=【答案】36288【例 10】 222222222222233333333333331121231234122611212312341226++++++++⋯+-+-+⋯-++++++++⋯+ 【考点】通项归纳 【难度】4星 【题型】计算【解析】22222333(1)(21)122212116()(1)123(1)314n n n n n n a n n n n n n n ⨯+⨯+++⋯++===⨯=⨯+⨯+++⋯+⨯++ 原式=211111111[()()()()]31223342627⨯+-+++-+=2152(1)32781⨯-=【答案】5281【例 11】 ⎪⎭⎫⎝⎛+++++++-⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯++⨯+⨯⨯22222210211211112120154132124 【考点】通项归纳 【难度】3星 【题型】计算【解析】 虽然很容易看出321⨯＝3121-，541⨯＝5141-……可是再仔细一看，并没有什么效果，因为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22221123...(1)(21)6n n n n ++++=⨯⨯+⨯+，于是我们又有)12()1(632112222+⨯+⨯++++n n n n ＝．． 减号前面括号里的式子有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？⎪⎭⎫⎝⎛+++++++-⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯++⨯+⨯⨯22222210211211112120154132124＝⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯⨯-⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯++⨯+⨯⨯21111015321321162120154132124 ＝⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯⨯-⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯++⨯+⨯⨯212220156413421242120154132124＝⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯-⨯++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯-⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯-⨯⨯2122201212015641541342132124＝⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯++⨯+⨯⨯2220164142124 ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯++⨯+⨯⨯111013212116 ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯11116＝1160．【答案】6011【例 12】 计算：222222129911005000220050009999005000+++=-+-+-+ ．【考点】通项归纳 【难度】4星 【题型】计算【解析】 本题的通项公式为221005000n n n -+，没办法进行裂项之类的处理．注意到分母()()()2100500050001005000100100100n n n n n n -+=--=----⎡⎤⎣⎦，可以看出如果把n 换成100n -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，最后单独剩下一个22505050005000-+．将项数和为100的两项相加，得()()()()22222222210010022001000021005000100500010050001001001005000n n n n n n n n n n n n n n -+--++===-+-+-+---+，所以原式249199=⨯+=．（或者，可得原式中99项的平均数为1，所以原式19999=⨯=）【答案】99【例 13】 计算：22222222246199831517119991⨯⨯⨯⨯=----【考点】通项归纳 【难度】4星 【题型】计算【解析】 通项归纳：()()()222222221211n n n nn n n n ⨯==⨯+++- 原式=123999123410001000⨯⨯⨯⨯=【答案】11000【例 14】 计算：22222222212323489103353517+++++++++++++ 【考点】通项归纳 【难度】4星 【题型】计算【解析】 原式2222222222221232348910213191++++++=+++--- 通项归纳，()()22222221132551133111211n n n n n n n n n -++++⎛⎫==+=+- ⎪----+⎝⎭原式511138122910⎛⎫=⨯++-- ⎪⎝⎭292242799=+=【答案】2279【例 15】 计算：222222222357211121231210++++=+++++【考点】通项归纳 【难度】4星 【题型】计算【解析】 通项归纳，()()()22221211111212111n n n n n n n n n n ++===-+++⨯+⨯+⨯++ 原式11111112231011⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11011111=-=【答案】1011【例 16】 计算：2323233---（共2010条分数线）=【考点】通项归纳 【难度】4星 【题型】计算【解析】 32272133321--==- 43261521332772133--=-==-- 5421431213321515213233--=-==--- (21)22132213233n n ++--=---，所以2010条分数线的话，答案应该为201220112121-- 【答案】201220112121--。
小学六年级数学奥数含答案及解题思路参考
小学六年级数学奥数含答案及解题思路参考小学六年级数学奥数含答案及解题思路参考“奥数”是奥林匹克数学竞赛的简称。
下面是店铺给大家带来的小学六年级数学奥数含答案及解题思路参考，希望能帮到大家！【试题】：浓度为60%的酒精溶液200g，与浓度为30%的`酒精溶液300g，混合后所得到的酒精溶液的浓度是()。
【分析】：溶液质量＝溶质质量＋溶剂质量溶质质量＝溶液质量×浓度浓度＝溶质质量÷溶液质量溶液质量＝溶质质量÷浓度要求混合后的溶液浓度，必须求出混合后溶液的总质量和所含纯酒精的质量。
混合后溶液的总质量，即为原来两种溶液质量的和：200＋300＝500(g)。
混合后纯酒精的含量等于混合前两种溶液中纯酒精的和：200×60%＋300×30%＝120＋90＝210(g)那么混合后的酒精溶液的浓度为：210÷500＝42%【解答】：混合后的酒精溶液的浓度为42%。
【点津】：当两种不同浓度的溶液混合后，其中的溶液总量和溶质总量是不变的。
【试题】甲、乙、丙三人在A、B两块地植树，A地要植900棵，B地要植1250棵。
已知甲、乙、丙每天分别能植树24，30，32棵，甲在A地植树，丙在B地植树，乙先在A地植树，然后转到B地植树。
两块地同时开始同时结束，乙应在开始后第几天从A地转到B地？【解析】总棵数是900＋1250＝2150棵，每天可以植树24＋30＋32＝86棵需要种的天数是2150÷86＝25天甲25天完成24×25＝600棵那么乙就要完成900-600=300棵之后，才去帮丙即做了300÷30＝10天之后即第11天从A地转到B地。
【试题】某工程，由甲、乙两队承包，2.4天可以完成，需支付1800元；由乙、丙两队承包，3+3/4天可以完成，需支付1500元；由甲、丙两队承包，2+6/7天可以完成，需支付1600元。
在保证一星期内完成的前提下，选择哪个队单独承包费用最少？【解析】甲乙合作一天完成1÷2.4＝5/12，支付1800÷2.4＝750元乙丙合作一天完成1÷(3＋3/4)＝4/15，支付1500×4/15＝400元甲丙合作一天完成1÷(2＋6/7)＝7/20，支付1600×7/20＝560元三人合作一天完成(5/12＋4/15＋7/20)÷2＝31/60，三人合作一天支付(750＋400＋560)÷2＝855元甲单独做每天完成31/60－4/15＝1/4，支付855－400＝455元乙单独做每天完成31/60－7/20＝1/6，支付855－560＝295元丙单独做每天完成31/60－5/12＝1/10，支付855－750＝105元所以通过比较选择乙来做，在1÷1/6＝6天完工，且只用295×6＝1770元。
最新小学奥数 分数的速算与巧算(含详解)
最新小学奥数 分数的速算与巧算教学目标本讲知识点属于计算大板块内容，分为三个方面系统复习和学习小升初常考计算题型.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1a b⨯形式的，这里我们把较小的数写在前面，即a b <，那么有1111()a b b a a b=-⨯-(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)(2)n n n ⨯+⨯+，1(1)(2)(3)n n n n ⨯+⨯+⨯+形式的，我们有：1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-⨯+⨯+⨯+++1111[](1)(2)(3)3(1)(2)(1)(2)(3)n n n n n n n n n n =-⨯+⨯+⨯+⨯+⨯++⨯+⨯+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：（1）11a b a b a b a b a b b a+=+=+⨯⨯⨯ （2）2222a b a b a b a b a b a b b a +=+=+⨯⨯⨯ 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。
数学归纳法二(解析,练习及答案)
数学归纳法(Ⅱ)用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：(1)证明：当n取第一个值n0结论正确；(2)假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确，证明当n=k＋1时结论也正确．由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确．例1、比较2n与n2的大小(n∈N*)．解：当n=1时，2n>n2，当n=2、4时，2n=n2，当n=3时，2n<n2，当n=5时，2n>n2，猜想：当n≥5时，2n>n2，n∈N*．下面用数学归纳法证明：(1)当n=5时，结论显然成立．(2)假设n=k(k∈N*，k≥5)时2k>k2，当n=k＋1时，2k＋1=2·2k>2k2．下面证明2k2>(k＋1)2，2k2－(k＋1)2=k2－2k－1，此式在k≥5时单调递增．∴k2－2k－1≥14>0，∴2k2>(k＋1)2．即n=k＋1时，2k＋1>(k＋1)2．∴由（1）（2）得所求证成立．综上，当n=1或n≥5时，2n>n2；当n=2，4时，2n=n2；当n=3时，2n<n2．例2、已知数列满足，，试猜想的通项公式并用数学归纳法证明．解：由和，得，，，，归纳上述结果，可猜想．下面用数学归纳法证明：(1)当n=1时，，右边，等式成立．(2)假设当n=k(k≥1)时，等式成立，即成立．当n=k＋1时，．即n=k＋1时等式成立．根据(1)和(2)，可知猜想对任意正整数n都成立．例3、是否存在常数a、b、c，使等式对一切正整数n 都成立？证明你的结论．解：把n=1，2，3代入得方程组，解得，猜想：等式对一切都成立．下面用数学归纳法证明：(1)当n=1时，由上面的探求可知等式成立．(2)假设n=k时等式成立，即，当n=k＋1时，所以当n=k＋1时，等式也成立，∴由（1）（2）知猜想成立，即存在a=3，b=11，c=10使命题成立．例4、是否存在正整数m，使得f(n)=(2n＋7)·3n＋9对任意自然数n都能被m整除?若存在，求出最大的m值，并证明结论；若不存在，请说明理由．解：由f(n)=(2n＋7)·3n＋9，得f(1)=36， f(2)=3×36， f(3)=10×36， f(4)=34×36，由此猜想最大的m=36．下面用数学归纳法证明f(n)能被36整除：(1)当n=1时，显然成立．(2)假设n=k时， f(k)能被36整除，即f(k)=(2k＋7)·3k＋9能被36整除；当n=k＋1时，f(k＋1)=[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9=3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)，由于3k－1－1是偶数，故18(3k－1－1)能被36整除．∴当n=k＋1时，f(n)也能被36整除．由(1)(2)可知对一切正整数n都有f(n)=(2n＋7)·3n＋9能被36整除，m的最大值为36．练习：一、选择题1、如果命题对成立，那么它对也成立，又若对及成立，则下列结论正确的是（）A．对所有自然数成立 B．只对所有正偶数成立C．只对所有正奇数成立 D．对所有大于1的自然数成立2、用数学归纳法证明“对一切n∈N*，都有2n>n2－2”这一命题，证明过程中应验证（）A．n=1时命题成立B．n=1，n=2时命题成立C．n=3时命题成立D．n=1，n=2，n=3时命题成立3、用数学归纳法证明命题“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N)能被9整除”要利用归纳假设证n=k＋1时的情况，只需展开（）A．(k＋3)3 B．(k＋2)3 C．(k＋1)3D．(k＋1)3＋(k＋2)34、如果命题对n=k成立，则它对n=k＋1也成立，现已知对n=4不成立，则下列结论中正确的是（）A．对成立 B．对n>4且成立C．对n<4且成立 D．对n≤4且不成立二、填空题5、用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取__________．6、证明<1＋＋＋＋…＋<n＋1(n>1)，当n=2时，中间式子等于_________．三、解答题7、用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式(1＋)(1＋)…(1＋)>均成立．8、已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，S n=n2a n(n∈N*)．(1)试求出S1，S2，S3，S4，并猜想S n的表达式；(2)证明你的猜想，并求出a n的表达式．9、是否存在常数a、b、c使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12=an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立，若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由．10、已知数列，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想S n的表达式，并用数学归纳法进行证明．11、已知等差数列{a n}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2－12x＋27=0的两根，数列{b n}的前n项和为T n，且T n=1－．(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式；(2)设数列{a n}的前n项和为S n，试比较与S n＋1的大小，并说明理由．参考答案：1、D 解析：命题对成立，则它对也成立；由成立可以得取所有正偶数都成立，由成立可以得取所有正奇数都成立，所以答案选D．2、D 解析：假设n=k时不等式成立，即2k>k2－2．当n=k＋1时，2k＋1=2·2k>2(k2－2)，由2(k2－2)≥(k＋1)2－2k2－2k－3≥0(k＋1)(k－3)≥0k≥3，因此需验证n=1，2，3时命题成立．3、A 解析：假设n=k时命题成立，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，当n=k＋1时(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9(k2＋3k)＋27．4、D 解析：可以考虑“命题对n=k成立，则它对n=k＋1也成立”的逆否命题：“命题对n=k＋1不成立，则它对n=k不成立”．5、5 提示：时2n>n2＋1都不成立，以后都成立．6、1＋＋＋提示：时，所以中间的式子为1＋＋＋．7、证明：(1)当n=2时，左边=1＋=；右边=．∵左边>右边，∴不等式成立．(2)假设n=k(k≥2，且k∈N*)时不等式成立，即(1＋)(1＋)…(1＋)>．则当n=k＋1时，(1＋)(1＋)…(1＋)>·==>==．∴当n=k＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．8、解：(1)∵a n=S n－S n－1(n≥2)，∴S n=n2(S n－S n－1)，∴S n=S n－1(n≥2)．∵a1=1，∴S1=a1=1，∴S2=，S3==，S4=，猜想S n=(n∈N*)．(2)证明：①当n=1时，S1=1成立．②假设n=k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即S k=，当n=k＋1时， S k＋1＝(k＋1)2·a k＋1＝a k＋1＋S k＝a k＋1＋，∴a k＋1＝，∴S k＋1=(k＋1)2·a k＋1==，∴n=k＋1时等式也成立，得证．∴根据①、②可知，对于任意n∈N*，等式均成立．又∵a k＋1=，∴a n=．9、解：假设存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12=an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立．当n=1时，a(b＋c)=1；当n=2时，2a(4b＋c)=6；当n=3时，3a(9b＋c)=19．解方程组解得证明如下：①当n=1时，由以上知存在常数a，b，c使等式成立．②假设n=k(k∈N*)时等式成立，即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12=k(2k2＋1)；当n=k＋1时，12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12=k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2 =k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2=k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2=(k＋1)(2k2＋4k＋3)=(k＋1)[2(k＋1)2＋1]，即n=k＋1时，等式成立．因此存在a=，b=2，c=1，使等式对一切n∈N*都成立．10、解：；.猜想：证明：(1)当n=1时，左边=，右边=，猜想成立．(2)假设当n=k时猜想成立，即那么，所以，当n=k＋1时猜想也成立．综合(1)(2)知，猜想对任何都成立．11、解：(1)由已知得，又∵{a n}的公差大于0，∴a5>a2，∴a2=3，a5=9．∴d===2，a1=1，∴a n=2n－1．∵T n=1－b n，∴b1=，当n≥2时，T n－1=1－b n－1，∴b n=T n－T n－1=1－b n－(1－b n－1)，化简，得b n=b n－1，∴{b n}是首项为，公比为的等比数列，即b n=·=，∴a n=2n－1，b n=．(2)∵S n==n2，∴S n＋1=(n＋1)2，=．以下比较与S n＋1的大小：当n=1时，=，S2=4，∴<S2，当n=2时，=，S3=9，∴<S3，当n=3时，=，S4=16，∴<S4，当n=4时，=，S5=25，∴>S5．猜想：n≥4时，>S n＋1．下面用数学归纳法证明：①当n=4时，已证．②假设当n=k(k∈N*，k≥4)时，>S k＋1，即>(k＋1)2．那么n=k＋1时，==3·>3(k＋1)2＝3k2＋6k＋3＝(k2＋4k＋4)＋2k2＋2k－1>[(k＋1)＋1]2＝S(k＋1)＋1，∴n=k＋1时，>S n＋1也成立．由①②可知n∈N*，n≥4时，>S n＋1都成立．综上所述，当n=1，2，3时，<S n＋1，当n≥4时，>S n＋1．。
50道经典小学奥数题(含解题思路)
解题思路：
由已知条件可知道，每天用去30袋水泥，同时用去30×2袋沙子，才能同时用完。但现在每天只用去40袋沙子，少用（30×2-40）袋，这样才累计出120袋沙子。因此看120袋里有多少个少用的沙子袋数，便可求出用的天数。进而可求出沙子和水泥的总袋数。
2.5÷（4.5-3.5）=2.5÷1=2.5（小时）
答：第一组2.5小时能追上第二小组。
7、有甲乙两个仓库，每个仓库平均储存粮食32.5吨。甲仓的存粮吨数比乙仓的4倍少5吨，甲、乙两仓各储存粮食多少吨？
解题思路：
根据甲仓的存粮吨数比乙仓的4倍少5吨，可知甲仓的存粮如果增加5吨，它的存粮吨数就是乙仓的4倍，那样总存粮数也要增加5吨。若把乙仓存粮吨数看作1倍，总存粮吨数就是（4+1）倍，由此便可求出甲、乙两仓存粮吨数。
解题思路：
根据甲队每天比乙队多修10米，可以这样考虑：如果把甲队修的4天看作和乙队4天修的同样多，那么总长度就减少4个10米，这时的长度相当于乙（4+5）天修的。由此可求出乙队每天修的米数，进而再求两队每天共修的米数。
答题：
解：乙每天修的米数：
（400-10×4）÷（4+5）=（400-40）÷9=360÷9=40（米）
答题：
解：已修的天数：
（720×3-1200）÷80=960÷80=12（天）
公路全长：
（720+80)×12+1200=800×12+1200=9600+1200=10800(米）
答：这条公路全长10800米。
六年级奥数优胜教育第5讲：递推与归纳含答案
第五讲 递推与归纳例1：999…999×999…999的乘积中有多少个数字是奇数？例2：如图所示：线段AB 上共有10个点（包括两个端点）那么这条线段上一共有多少条不同的线段？例3：计算13+23+33+43+53+63+73+83+93+103得值。
例4：2000个学生排成一行，依次从左到右编上1～2000号，然后从右到左按一、二报数，报一的离开队伍，剩下的人继续按一、二报数，报一的人离开队伍，……按这个规律如此下去，直至当队伍只剩下一人为止。
问：最后留下的这个人原来的号码是多少？例5：圆周上两个点将圆周分为两半，在这两点上写上数1；然后将两段半圆弧对分，在两个分点上写上相邻两点上的数之和；再把4段圆弧等分，在分点上写上相邻两点上的数之和，如此继续下去，问第6步后，圆周上所有点上的之和是多少？例6： 4个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方式？A1. 100条直线最多能把一个平面分成_____个部分。
2. 熊大叔是一个卖烧饼的师傅,他用一个平底锅煎饼,他是这样煎饼的:每次只能放两个饼,每个饼正反面都要煎,煎每一面都要1分钟,问他煎10个这样的饼需要_____分钟。
3. 上一段11阶楼梯,规定每一步只能上一级或两级,那么要登上第11级台阶有_____种不同的走法。
4.请先计算11×11,111×111,1111×1111,你能根据以上结果,不经过计算而直接写出10个9 10个9 A a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 B11111111×11111111=________。
5.我们知道三角形的内角和是180度,长方形的内角和是360度,那么正十边形的内角和是_____度。
B6.有一列数,第一个数是0.第二个数是100,从第三个数开始,每个数都是前两个数的平均数,问第2005个数的整数部分是_____。
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小学奥数计算试题及答案解析：归纳法
1.用数学归纳法证明”当n为正偶数为xn-yn能被x+y整除”第一步应验证n=__________时,命题成立;第二步归纳假设成立应写成_____________________.
2. 数学归纳法证明3能被14整除的过程中,当n=k+1时,3应变形为____________________.
3. 数学归纳法证明1+3+9+…+3
4.求证n能被9整除.
答案：
1. x2k-y2k能被x+y整除
因为n为正偶数,故第一值n=2,第二步假设n取第k个正偶数成立,即n=2k,故应假设成x2k-y2k能被x+y整除.
2.25(34k+2+52k+1)+56·32k+2
当n=k+1时,34(k+1)+2+52(k+1)+1=81·34k+2+25·52k+1=25(34k2+52k+1)+56·33 k+2
3.证明(1)当n=1时,左=1,右=(31-1)=1,命题成立.
(2)假设n=k时,命题成立,即:1+3+9+…3k-1=(3k-1),则当n=k+1时,1+3+9+…+3k-1+3k=(3k-1)+3k=(3k+1-1),即n=k+1命题成立.
4.证明(1)当n=1时,13+(1+1)3+(1+2)3=36能被9整除.
(2)假设n=k时成立即:k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除,当k=n+1时
(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3= k3+(k+1)3+(k+2)3+9k2+9k+27=
k3+(k+1)3+(k+2)3+9(k2+k+3)能被9整除由(1),(2)可知原命题成立.。