小学六年级奥数整数的裂项与拆分练习题

小学六年级奥数整数的裂项与拆分练习题
小学六年级奥数整数的裂项与拆分练习题
在整数中，有用2个以上的连续自然数的和来表达一个整数的方法.例如9：9=4+5，9=2+3+4，9有两个用2个以上连续自然数的和
来表达它的方法.
(1)请写出只有3种这样的表示方法的最小自然数.
(2)请写出只有6种这样的表示方法的最小自然数.
(2)有6种表示方法，于是奇数约数的'个数为6+1=7，最小为
729(1、3、9、27、81、243、729)，有连续的2，3、6、9、10、27
个数相加：
364+365;242+243+244;119+120+...+124;77+78+79+...+85;36+37+...+45;14+15+ (40)
解答：解：根据(1)知道，有3种表达方法，于是奇约数的个数
为3+1=4，对4分解质因数4=2×2，最小的15(1、3、5、15);
有连续的2、3、5个数相加;7+8;4+5+6;1+2+3+4+5;
根据(2)知道，有6种表示方法，于是奇数约数的个数为6+1=7，最小为729(1、3、9、27、81、243、729)，
有连续的2，3、6、9、10、27个数相加：
364+365;242+243+244;119+120+…+124;77+78+79+…+85;36+37+…+45;14+15+…+40。

第十三讲分数裂项与分拆1. “裂差”型运算2. 裂差型裂项的三大关键特征：3.复杂整数裂项型运算4. “裂和”型运算1.复杂整数裂项的特点及灵活运用2.分子隐蔽的裂和型运算。

例1：11111123423453456678978910+++⋅⋅⋅++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯例2：计算：57191232348910+++=⨯⨯⨯⨯⨯⨯L ．例3：12349223234234523410+++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯L L例4：111111212312100++++++++++L L L例5：22222211111131517191111131+++++=------ .例6：1113199921111111(1)(1)(1)(1)(1)223231999+++++⨯++⨯+⨯⨯+L LA 1.333 (1234234517181920)+++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯2.计算：5717191155234345891091011⨯++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯L （）3.计算：3451212452356346710111314++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯L4.234501(12)(12)(123)(123)(1234)(12349)(12350)++++⨯++⨯++++⨯+++++++⨯++++L L L 5.2341001(12)(12)(123)(123)(1234)(1299)(12100)++++⨯++⨯++++⨯++++++⨯+++L L L6.23101112(12)(123)(1239)(12310)----⨯++⨯++++++⨯++++L L L （）B7.计算：222222223571512233478++++⨯⨯⨯⨯L 8.计算：222222222231517119931199513151711993119951++++++++++=-----L ．9.计算：22221235013355799101++++=⨯⨯⨯⨯L ． 10.22446688101013355779911⨯⨯⨯⨯⨯++++⨯⨯⨯⨯⨯11.计算：111112123122007+++⋯+++++⋯ 12.111133535735721+++++++++++L LC 13.121231234123502232342350++++++++++⨯⨯⨯⨯++++++L L L 14.222222222222233333333333331121231234122611212312341226++++++++⋯+-+-+⋯-++++++++⋯+ 15.2221111112131991⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⨯+⨯⨯+ ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭L16.计算：22222223992131991⨯⨯⨯=---L17.计算：222222129911005000220050009999005000+++=-+-+-+L1.⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++-⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯++⨯+⨯⨯22222210211211112120154132124ΛΛΛ2.计算：3333333313579111315+++++++3.132435911⨯+⨯+⨯+⨯L4.计算：1232343458910⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++⨯⨯L5.计算：234561111111333333++++++1.计算：22222222(246100)(13599)12391098321+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++2. ⑴()2314159263141592531415927-⨯=________；⑵221234876624688766++⨯=________．3.计算：22222221234200520062007-+-++-+L4.计算：222222222212233445200020011223344520002001+++++++++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯⨯⨯5，()20078.58.5 1.5 1.5101600.3-⨯-⨯÷÷-=⎡⎤⎣⎦ ．6.计算：53574743⨯-⨯= ．7.计算：1119121813171416⨯+⨯+⨯+⨯= ．8.计算：1992983974951⨯+⨯+⨯++⨯=L ．9.看规律 3211=，332123+=，33321236++=……，试求3 3.36714+++L10.计算：1111111111(1)()(1)()2424624624++⨯++-+++⨯+ 11.11111111111111(1)()(1)()23423452345234+++⨯+++-++++⨯++ 12.111111111111111111213141213141511121314151213141⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⨯+++-++++⨯++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 13. 1111111111111111())()5791179111357911137911+++⨯+++-++++⨯++（）（14.计算11111111111111111111234523456234562345⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⨯++++-+++++⨯+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭15. 212391239112923912341023410223103410⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++++⨯-++++⨯+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L L L 16.21239123911239239()()(1)()23410234102234103410+++++++++⨯-+++++⨯+++L L L L小学数学文化知识圆田术刘徽(大约1700年前)是我国魏晋时期的数学家，他在《九章算术》方田章“圆田术”注中提出把割圆术作为计算圆的周长、面积以及圆周率的基础。

分数裂项计算教课目的本讲知识点属于计算大板块内容，其实分数裂项很大程度上是发现规律、利用公式的过程，能够分为察看、改造、运用公式等过程。

好多时候裂项的方式不易找到，需要进行适合的变形，或许先进行一部分运算，使其变得更为简单了然。

本讲是整个奥数知识系统中的一个精髓部分， 列项与通项概括是密不行分的，因此先找通项是裂项的前提，是能力的表现，对学生要求较高。

知识点拨分数裂项一、“裂差”型运算将算式中的项进行拆分，使拆分后的项可前后抵消，这类拆项计算称为裂项法. 裂项分为分数裂项和整数裂项，常有的裂项方法是将数字分拆成两个或多个数字单位的和或差。

碰到裂项的计算题时，要认真的 察看每项的分子和分母，找出每项分子分母之间拥有的同样的关系，找出共有部分，裂项的题目无需复杂 的计算，一般都是中间部分消去的过程，这样的话， 找到相邻两项的相像部分，让它们消去才是最根本的。

(1) 关于分母能够写作两个因数乘积的分数，即 1 形式的， 这里我们把较小的数写在前方， 即 a b ，a b那么有1 1 1 1a b b a ()a b(2) 关于分母上为 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 ( n1) (n2)( n 1)( n 2)( n n 3)n ( n 1(n 2)1 [ 1 1) (n1 ] 1)2 n (n 1)(n 2) 11 [ 1 1n ( n 1) (n2) (n3) 3 (n 1) (n ]n 2) (n 1) (n 2) (n 3)裂差型裂项的三大重点特点：（ 1）分子所有同样，最简单形式为都是 1 的，复杂形式可为都是 x(x 为随意自然数 ) 的，可是只需将 x提拿出来即可转变为分子都是1 的运算。

（ 2）分母上均为几个自然数的乘积形式，而且知足相邻 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：（ 1）a 2 2 2 2b ab1 1 （ 2）a ba bab a b a b a b b a a b a b a b b a裂和型运算与裂差型运算的比：裂差型运算的中心是“两两抵消达到化的目的” ，裂和型运算的目不有“两两抵消”型的，同有化“分数凑整”型的，以达到化目的。

本讲知识点属于计算大板块内容，其实分数裂项很大程度上是发现规律、利用公式的过程，可以分为观察、改造、运用公式等过程。

很多时候裂项的方式不易找到，需要进行适当的变形，或者先进行一部分运算，使其变得更加简单明了。

本讲是整个奥数知识体系中的一个精华部分，列项与通项归纳是密不可分的，所以先找通项是裂项的前提，是能力的体现，对学生要求较高。

分数裂项一、“裂差”型运算 将算式中的项进行拆分，使拆分后的项可前后抵消，这种拆项计算称为裂项法.裂项分为分数裂项和整数裂项，常见的裂项方法是将数字分拆成两个或多个数字单位的和或差。

遇到裂项的计算题时，要仔细的观察每项的分子和分母，找出每项分子分母之间具有的相同的关系，找出共有部分，裂项的题目无需复杂的计算，一般都是中间部分消去的过程，这样的话，找到相邻两项的相似部分，让它们消去才是最根本的。

(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：知识点拨教学目标分数裂项计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。

第七讲整数的分拆整数分拆是数论中一个既古老又活跃的问题.把自然数n分成为不计顺序的若干个自然数之和n=n1+n2+…＋nm（n1≥n2≥…≥nm≥1）的一种表示法，叫做n的一种分拆.对被加项及项数m加以一些限制条件，就得到某种特殊类型的分拆.早在中世纪，就有关于特殊的整数分拆问题的研究.1742年德国的哥德巴赫提出“每个不小于6的偶数都可以写成两个奇质数的和”，这就是著名的哥德巴赫猜想，中国数学家陈景润在研究中取得了突出的成果.下面我们通过一些例题，简单介绍有关整数分拆的基本知识.一、整数分拆中的计数问题例1有多少种方法可以把6表示为若干个自然数之和？解：根据分拆的项数分别讨论如下：①把6分拆成一个自然数之和只有1种方式；②把6分拆成两个自然数之和有3种方式6=5+1=4+2=3+3；③把6分拆成3个自然数之和有3种方式6=4+1+1=3+2+1=2+2+2；④把6分拆成4个自然数之和有2种方式6＝3＋1＋1＋1=2+2+1+1；⑤把6分拆成5个自然数之和只有1种方式6=2+1+1＋1＋1；⑥把6分拆成6个自然数之和只有1种方式6＝1+1+1+1+1+1.因此，把6分拆成若干个自然数之和共有1+3+3＋2+1+1=11种不同的方法.说明：本例是不加限制条件的分拆，称为无限制分拆，它是一类重要的分拆.例2有多少种方法可以把1994表示为两个自然数之和？解法1：采用有限穷举法并考虑到加法交换律：1994=1993+1=1＋1993=1992+2=2＋1992=998＋996=996+998=997+997因此，一共有997种方法可以把1994写成两个自然数之和.解法2：构造加法算式：于是，只须考虑从上式右边的1993个加号“+”中每次确定一个，并把其前、后的1分别相加，就可以得到一种分拆方法；再考虑到加法交换律，因此共有997种不同的分拆方式.说明：应用本例的解法，可以得到一般性结论：把自然数n≥2表示为两个自然数之和，一共有k种不同的方式，其中例3有多少种方法可以把100表示为（有顺序的）3个自然数之和？（例如，把3+5＋92与5+3+92看作为100的不同的表示法）分析本题仍可运用例1的解法2中的处理办法.解：构造加法算式于是，考虑从上式右边的99个加号“+”中每次选定两个，并把它们所隔开的前、中、后三段的1分别相加，就可以得到一种分拆方法.因此，把100表示为3个自然数之和有种不同的方式.说明：本例可以推广为一般性结论：“把自然数n≥3表示为（有顺序科奥林匹克数学竞赛第10题）.例4用1分、2分和5分的硬币凑成一元钱，共有多少种不同的凑法？分析用1分、2分和5分硬币凑成一元钱与用2分和5分硬币凑成不超过一元钱的凑法数是一样的.于是，本题转化为：“有2分硬币50个，5分硬币20个，凑成不超过一元钱的不同凑法有多少种？解：按5分硬币的个数分21类计数；假若5分硬币有20个，显然只有一种凑法；假若5分硬币有19个，则2分硬币的币值不超过100-5×19=5（分），于是2分硬币可取0个、1个、或 2个，即有3种不同的凑法；假若5分硬币有18个，则2分硬币的币值不超过100-5×18=10（分），于是2分硬币可取0个、1个、2个、3个、4个、或5个，即有6种不同的凑法；…如此继续下去，可以得到不同的凑法共有：1+3+6+8+11＋13+16+18+21+…+48+51=5×（1+3+6+8）+4×（10+20＋30+40）+51=90＋400＋51=541（种）.说明：本例实际上是求三元一次不定方程x+2y+5z=100的非负整数解的组数.上述例2、例3、例4都是有限制条件的特殊的整数分拆问题.二、整数分拆中的最值问题在国内外的数学竞赛试题中经常出现与整数分拆有关的最大值或最小值的问题.例5试把14分拆为两个自然数之和，使它们的乘积最大.解：由例2可知，把14分拆成两个自然数之和，共有7种不同的方式.对每一种分拆计算相应的乘积：14=1＋13，1×13＝13；14=2+12，2×12=24；14=3＋11，3×11=33；14=4＋10，4×10=40；14=5＋9，5×9=45；14=6+8，6×8=48；14=7+7，7×7=49.因此，当把14分拆为两个7之和的时候，乘积（7×7=49）最大.说明：本例可以推广为一般性结论：“把自然数n≥2分拆为两个自然数a与b（a≥b）之和，使其积a×b取最大值的条件是a=b或a-b=1（a＞b）”.事实上，假设a-b=1＋m（其中m是一个自然数），显然n=a＋b=（a-1）+（b＋1），而有（a-1）×（b＋1）＝a×b＋a-b-1＝a×b ＋m＞a×b.换句话说，假设n=a+b且a-b＞1，那么乘积a×b不是最大的.这样，例6试把14分拆为3个自然数之和，使它们的乘积最大.分析由例5的说明可知，假设n＝a+b＋c（a≥b≥c）且a-c＞1时，乘积a×b×c不是最大的.换句话说，若n=a+b＋c（a≥b≥c），当a、b、c中的任意两数相等或差为1时，乘积a×b×c取最大值.解：因为14=3×4＋2，由分析可知：当a=b=5且c=4时，乘积a×b ×c=5×5×4＝100为最大值.说明：本题可以推广为一般结论：把自然数n≥3分拆为3个自然数a、下面我们再研究一个难度更大的拆数问题.问题：给定一个自然数N，把它拆成若干个自然数的和，使它们的积最大.这个问题与前面研究的两个拆数问题的不同点是：问题中没有规定把N拆成几个自然数的和.这也正是这题的难点，使分拆的种类要增加许多.我们仍旧走实验-观察-归纳结论这条路.先选择较小的自然数5开始实验.并把数据列表以便比较.实验表1：结果：5拆成2＋3时，其积6最大.你注意到了吗？我们的实验结果是按把5拆分数的个数多少，由多到少的次序进行的.再注意，当被拆数n＞3时（这里n=5），为了使拆分数的乘积最大，拆分数中不能有1.因为当n＞3，n=1+（n-1）=2+（n-2），且2×（n-2）＞1×（n-1）.结果：7拆分成2＋2+3时.其积12最大.注意，分拆数中有4时，总可把4再分拆成2与2之和而不改变分拆的乘积.实验结果4：8拆分成2＋3+3时，其积最大.实验结果5：9拆分成3+3+3时，其积最大.实验结果6：10拆分成3+3+2＋2时，其积最大.观察分析实验结果，要使拆分数的乘积最大，拆分数都由2与3组成，其形式有三种：①自然数=（若干个3的和）；②自然数=（若干个3的和）+2；③自然数=（若干个3的和）+2＋2.因此，我们得到结论：把一个自然数N拆分成若干个自然数的和，只有当这些分拆数由2或3组成，其中2最多为2个时，这些分拆数的乘积最大.（因为2+2+2=3+3，2×2×2＜3×3，所以分拆数中2的个数不能多于2个.）例分别拆分1993、1994、2019三个数，使分拆后的积最大.解：∵1993=664×3＋1.∵1994=664×3＋2∴1994分拆成（664个3的和）＋2时，其积最大.∵2019=667×3∴2019分拆成（667个3的和）时，其积最大.我们以上采用的“实验-观察-归纳总结”方法，在数学上叫做不完全归纳法.我国著名数学家华罗庚讲过：难处不在于有了公式去证明，而在于没有公式之前怎么去找出公式.不完全归纳法正是人们寻找公式的重要方法之一.但是这种方法得出的结论有时会不正确，所以所得结论还需要严格证明.这一步工作要等到学习了中学的课程才能进行.习题七1.两个十位数1111111111和9999999999的乘积中有几个数字是奇数？2.计算：3.计算：9999×2222+3333×3334.4.在周长为18，边长为整数的长方形中，面积最大的长方形的长和宽各是多少？5.用6米长的篱笆材料在围墙角修建如下图所示的鸡圈.问鸡圈的长与宽分别是多少时，鸡圈的面积最大？6.把17、18两个自然数拆成若干个自然数的和，并分别求这些分拆的自然数的乘积的最大值.。

第七讲整数的分拆整数分拆是数论中一个既古老又活跃的问题.把自然数n 分成为不计顺序的若干个自然数之和n=n1+n2+・・+ nm（n1》n2》…》nm>1）的一种表示法，叫做n的一种分拆.对被加项及项数m加以一些限制条件，就得到某种特殊类型的分拆. 早在中世纪，就有关于特殊的整数分拆问题的研究.1742 年德国的哥德巴赫提出“每个不小于 6 的偶数都可以写成两个奇质数的和” ，这就是著名的哥德巴赫猜想，中国数学家陈景润在研究中取得了突出的成果. 下面我们通过一些例题，简单介绍有关整数分拆的基本知识. 一、整数分拆中的计数问题例 1 有多少种方法可以把 6 表示为若干个自然数之和？解：根据分拆的项数分别讨论如下：①把 6 分拆成一个自然数之和只有 1 种方式；②把 6 分拆成两个自然数之和有 3 种方式6=5+1=4+2=3+3；③把 6 分拆成 3 个自然数之和有 3 种方式6=4+1+1=3+2+1=2+2+；2④把 6 分拆成 4 个自然数之和有 2 种方式6 = 3+ 1+ 1+ 仁2+2+1+1;⑤把 6 分拆成 5 个自然数之和只有 1 种方式6=2+1+1+ 1+ 1；⑥把 6 分拆成 6 个自然数之和只有 1 种方式6=1+1+1+1+1+1.因此，把6分拆成若干个自然数之和共有1+3+3+ 2+1+1=11种不同的方法. 说明：本例是不加限制条件的分拆，称为无限制分拆，它是一类重要的分拆.例2 有多少种方法可以把1994表示为两个自然数之和？解法1：采用有限穷举法并考虑到加法交换律：1994=1993+1=1+ 1993=1992+2=2+ 1992=998+ 996=996+998=997+997因此，一共有997种方法可以把1994写成两个自然数之和.解法2:构造加法算式：于是，只须考虑从上式右边的1993个加号“+”中每次确定一个，并把其前、后的1分别相加，就可以得到一种分拆方法；再考虑到加法交换律，因此共有997种不同的分拆方式.说明：应用本例的解法，可以得到一般性结论：把自然数n》2表示为两个自然数之和，一共有k种不同的方式，其中例3有多少种方法可以把100表示为（有顺序的）3个自然数之和？（例如，把3+5+ 92与5+3+92看作为100的不同的表示法）分析本题仍可运用例1的解法2中的处理办法.解：构造加法算式于是，考虑从上式右边的99个加号“+”中每次选定两个，并把它们所隔开的前、中、后三段的1分别相加，就可以得到一种分拆方法.因此,9勺X勺河X — = 4R51把100表示为3个自然数之和有- 种不同的方式.说明：本例可以推广为一般性结论：“把自然数n》3表示为（有顺的）3个自然数之和共有裆（n-1）（n -2）种不同的方式一届莫斯序…科奥林匹克数学竞赛第10题）.例4用1分、2分和5分的硬币凑成一元钱，共有多少种不同的凑法？分析用1分、2分和5分硬币凑成一元钱与用2分和5分硬币凑成不超过一元钱的凑法数是一样的.于是，本题转化为：“有2分硬币50 个，5分硬币20个，凑成不超过一元钱的不同凑法有多少种？解：按5分硬币的个数分21类计数；假若5分硬币有20个，显然只有一种凑法；假若5分硬币有19个，则2分硬币的币值不超过100-5 X 19=5（分），于是2分硬币可取0个、1个、或2个，即有3种不同的凑法；假若5分硬币有18个，则2分硬币的币值不超过100-5 X 18=10（分），于是2分硬币可取0个、1 个、2个、3个、4个、或5个，即有6种不同的凑法；…如此继续下去，可以得到不同的凑法共有：1+3+6+8+11+ 13+16+18+21 +…+48+51=5X（1+3+6+8）+4X（10+20＋30+40）+51 =90＋400＋51=541（种）.说明：本例实际上是求三元一次不定方程x+2y+5z=100 的非负整数解的组数.上述例2、例3、例 4 都是有限制条件的特殊的整数分拆问题. 二、整数分拆中的最值问题在国内外的数学竞赛试题中经常出现与整数分拆有关的最大值或最小值的问题.例5 试把14 分拆为两个自然数之和，使它们的乘积最大. 解：由例2 可知，把14 分拆成两个自然数之和，共有7 种不同的方式. 对每一种分拆计算相应的乘积：14=1+ 13, 1 X 13= 13;14=2+12，2X 12=24；14=3＋11，3X11=33；14=4＋10，4X 10=40；14=5＋9，5X 9=45；14=6+8，6X 8=48；14=7+7，7X 7=49.因此，当把14分拆为两个7之和的时候，乘积（7X 7=49）最大. 说明：本例可以推广为一般性结论：“把自然数n》2分拆为两个自然数a与b （a> b）之和，使其积a x b取最大值的条件是a=b或a-b=1（a> b）” .事实上，假设a-b=1 + m （其中m是一个自然数），显然n=a + b= (a-1 ) + (b+ 1),而有(a-1 ) x( b+ 1)= a x b+ a-b-1 = a x b + m> a x b.换句话说，假设n=a+b且a-b > 1,那么乘积a x b不是最大的.这样，若n 是偶数，贝= 时，乘积有最大值aXb = ^-f若11是奇数，则n +1 n - 1 . ―亠冃if n - 1a = —,b = —乘积有最大值例6试把14分拆为3个自然数之和，使它们的乘积最大.分析由例5的说明可知，假设n= a+b+ c (a>b>c)且a-c > 1时，乘积a x b x c不是最大的.换句话说，若n=a+b+ c (a> b>c)，当a、b、c中的任意两数相等或差为1时，乘积a x b x c取最大值.解：因为14=3x 4 + 2，由分析可知：当a=b=5且c=4时，乘积a x b x c=5x 5x 4= 100为最大值.说明：本题可以推广为一般结论：把自然数n》3分拆为3个自然数a、J c(a>b^c)之和，若n = 3q (q^：自然数)'则a= b = c = ^时乘积AXbXc有最大值暮；若口= 3耳+1〔q是自n + 2 n -1然数),贝临=口；？il=] 1b =c = ^-时乘积及X t>X 匚有最大值寿Cn + 2)Cn-0 Cn-0 ；若尸3q+ 2 (q是自然数)，Ella = b = n + 1 n - 2时乘积siXb X匚有最大值吉(n ■La tr+ 1) Cn + 1) (口-2)r下面我们再研究一个难度更大的拆数问题.问题：给定一个自然数N,把它拆成若干个自然数的和，使它们的积最大.这个问题与前面研究的两个拆数问题的不同点是：问题中没有规定把N拆成几个自然数的和.这也正是这题的难点，使分拆的种类要增加许多. 我们仍旧走实验-观察-归纳结论这条路.先选择较小的自然数5开始实验. 并把数据列表以便比较.实验表1：结果：5拆成2+ 3时，其积6最大.你注意到了吗？我们的实验结果是按把 5 拆分数的个数多少，由多到少的次序进行的•再注意，当被拆数n>3时（这里n=5），为了使拆分数的乘积最大，拆分数中不能有1.因为当n>3，n=1+（n-1）=2+（n-2）, 且2X（n-2 ）> 1X（n-1 ）.结果：7拆分成2＋2+3时.其积12最大.注意，分拆数中有4时，总可把4再分拆成2与2之和而不改变分拆的乘积.实验结果4：8 拆分成2＋3+3 时，其积最大.实验结果5：9 拆分成3+3+3时，其积最大.实验结果6：10 拆分成3+3+2＋2 时，其积最大.观察分析实验结果，要使拆分数的乘积最大，拆分数都由2与3组成，其形式有三种：①自然数=（若干个 3 的和）；②自然数=（若干个 3 的和）+2；③自然数=（若干个 3 的和）+2＋2.因此，我们得到结论：把一个自然数N拆分成若干个自然数的和，只有当这些分拆数由2或3组成，其中2最多为2个时，这些分拆数的乘积最大.（因为2+2+2=3+3 2X 2X 2v 3X 3,所以分拆数中2的个数不能多于2个. ）例分别拆分 1 993、 1 994、20 1 9 三个数，使分拆后的积最大.解：••• 1993=664X 3+ 1.••• 1994=664X 3+ 2••• 1994分拆成（664个3的和）+ 2时，其积最大.••• 2019=667X 3二2019分拆成（667个3的和）时，其积最大.我们以上采用的“实验-观察-归纳总结”方法，在数学上叫做不完全归纳法. 我国著名数学家华罗庚讲过：难处不在于有了公式去证明，而在于没有公式之前怎么去找出公式. 不完全归纳法正是人们寻找公式的重要方法之一. 但是这种方法得出的结论有时会不正确，所以所得结论还需要严格证明. 这一步工作要等到学习了中学的课程才能进行.习题七1. 两个十位数1111111111和9999999999的乘积中有几个数字是奇数？2. 计算：3. 计算：9999X 2222+3333X 3334.4. 在周长为18，边长为整数的长方形中，面积最大的长方形的长和宽各是多少？5. 用6米长的篱笆材料在围墙角修建如下图所示的鸡圈.问鸡圈的长与宽分别是多少时，鸡圈的面积最大？6. 把17、18 两个自然数拆成若干个自然数的和，并分别求这些分拆的自然数的乘积的最大值.。

整数裂项基本公式 (1) 122334...(1)n n ⨯+⨯+⨯++-⨯1(1)(1)3n n n =-⨯⨯+ (2) 1123234345...(2)(1)(2)(1)(1)4n n n n n n n ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++-⨯-⨯=--+【例 1】 1223344950⨯+⨯+⨯++⨯=_________【考点】整数裂项 【难度】3星 【题型】计算【解析】 这是整数的裂项。

裂项思想是：瞻前顾后，相互抵消。

设S ＝1223344950⨯+⨯+⨯++⨯1×2×3＝1×2×32×3×3＝2×3×（4－1）＝2×3×4－1×2×33×4×3＝3×4×（5－2）＝3×4×5－2×3×4……49×50×3＝49×50×（51－48）=49×50×51－48×49×503S ＝1×2×3＋2×3×3＋3×4×3＋…＋49×50×3＝49×50×51S ＝49×50×51÷3＝41650【答案】41650【巩固】 1223344556677889910⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=________【考点】整数裂项 【难度】3星 【题型】计算【解析】 本题项数较少，可以直接将每一项乘积都计算出来再计算它们的和，但是对于项数较多的情况显然不能这样进行计算．对于项数较多的情况，可以进行如下变形：()()()()()()()()()12111111211333n n n n n n n n n n n n n n ++--++==++--+， 所以原式1111112323412391011891033333⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1910113303=⨯⨯⨯= 另解：由于()21n n n n +=+，所以 原式()()()222112299=++++++()()222129129=+++++++119101991062=⨯⨯⨯+⨯⨯330= 采用此种方法也可以得到()()()112231123n n n n n ⨯+⨯++⨯+=++这一结论． 【答案】330例题精讲知识点拨整数裂项【例 2】 14477104952⨯+⨯+⨯++⨯=_________【考点】整数裂项 【难度】3星 【题型】计算【解析】 设S ＝14477104952⨯+⨯+⨯++⨯ 1×4×9＝1×4×7＋1×4×24×7×9＝4×7×（10－1）＝4×7×10－1×4×7 7×10×9＝7×10×（13－4）＝7×10×13－4×7×10………….49×52×9＝49×52×（55－46）＝49×52×55－46×49×529S ＝49×52×55＋1×4×2S =（49×52×55＋1×4×2）÷9＝15572【答案】15572【例 3】 12323434591011⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++⨯⨯=【考点】整数裂项 【难度】3星 【题型】计算【解析】 ()()()()()()()()111212311244n n n n n n n n n n n ++=+++--++，所以， 原式11111123423451234910111289101144444⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭191011124=⨯⨯⨯⨯2970= 从中还可以看出，()()()()()1123234345121234n n n n n n n ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++⨯+⨯+=+++ 【答案】2970【例 4】 计算：135357171921⨯⨯+⨯⨯++⨯⨯= ．【考点】整数裂项 【难度】3星 【题型】计算【解析】 可以进行整数裂项．357913573578⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=， 5791135795798⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=， 17192123151719211719218⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=， 所以原式35791357171921231517192113588⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=⨯⨯+++1719212313571358⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=⨯⨯+171921231358⨯⨯⨯+⨯⨯=19503= 也可适用公式．原式()()()()()()323325255219219192=-⨯⨯++-⨯⨯+++-⨯⨯+()()()22222232352519219=-⨯+-⨯++-⨯ ()()333351943519=+++-⨯+++()()3333135194135193=++++-⨯+++++ 而()()333333333333135191232024620++++=++++-++++ 22221120218101144=⨯⨯-⨯⨯⨯19900=， 21351910100++++==，所以原式1990041003=-⨯+19503=．【答案】19503【巩固】 计算：101622162228707682768288⨯⨯+⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯【考点】整数裂项 【难度】3星 【题型】计算【解析】 可进行整数裂项： 原式1016222841016221622283410162228=2424⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 707682886470768276828894707682882424⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1016222841016221622283410162228=24242424⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯-+-++ 7076828864707682768288947076828824242424⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯-+- 768288944101622=2424⨯⨯⨯⨯⨯⨯- 768288944101622=24⨯⨯⨯-⨯⨯⨯ =2147376【答案】2147376【巩固】 计算：123434565678979899100⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯++⨯⨯⨯=【考点】整数裂项 【难度】3星 【题型】计算【解析】 一般的整数裂项各项之间都是连续的，本题中各项之间是断开的，为此可以将中间缺少的项补上，再进行计算．记原式为A ，再设23454567678996979899B =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯++⨯⨯⨯，则123423453456979899100A B +=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯++⨯⨯⨯197989910010119010098805=⨯⨯⨯⨯⨯=， 现在知道A 与B 的和了，如果能再求出A 与B 的差，那么A 、B 的值就都可以求出来了．12342345345645675678979899100A B -=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯++⨯⨯⨯4(123345567...979899)=⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++⨯⨯222242(21)4(41)6(61)98(981)⎡⎤=⨯⨯-+⨯-+⨯-++⨯-⎣⎦33334(24698)4(24698)=⨯++++-⨯++++221148495041004942=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯48010200= 所以，()1901009880480102002974510040A =+÷=．【答案】974510040【例 5】 2004200320032002200220012001200021⨯-⨯+⨯-⨯++⨯【考点】整数裂项 【难度】3星 【题型】计算【解析】 原式20032200123212=⨯+⨯++⨯+⨯()213520012003=⨯+++++()21200310022=⨯+⨯÷2008008=其中也可以直接根据公式()2135721n n +++++-=得出2135200120031002+++++=【答案】2008008【例 6】 11!22!33!20082008!⨯+⨯+⨯++⨯=【考点】整数裂项 【难度】4星 【题型】计算【解析】 观察发现22!221(31)213!2!⨯=⨯⨯=-⨯⨯=-，33!3321(41)3214!3!⨯=⨯⨯⨯=-⨯⨯⨯=-，……20082008!20082008200721(20091)20082007212009!2008!⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=-⨯⨯⨯⨯⨯=-，可见，原式1!(2!1!)(3!2!)(2009!2008!)=+-+-++- 2009!=【答案】2009!【例 7】 计算：1234569910023459899⨯+⨯+⨯++⨯=⨯+⨯++⨯【考点】整数裂项 【难度】5星 【题型】计算【解析】 设原式=BA122334989999100A B +=⨯+⨯+⨯++⨯+⨯()()()11230122341239910010198991003=⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯-⨯⨯++⨯⨯-⨯⨯⎡⎤⎣⎦ 1991001013333003=⨯⨯⨯= 1232992501005000B A -=⨯+⨯++⨯=⨯=3333005000338333330050003283B A +==- 【答案】33833283。

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用.裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的.通项分解（裂项）如：（1）1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)（2）1/(2n-1)(2n+1)=1/2[1/(2n-1)-1/(2n+1)]（3）1/n(n+1)(n+2)=1/2[1/n(n+1)-1/(n+1)(n+2)]（4）1/(√a+√b)=[1/(a-b)](√a-√b)（5）n·n!=(n+1)!-n!公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。

(关键是找数列的通项结构)1、分组法求数列的和：如an=2n+3n2、错位相减法求和：如an=n·2^n3、裂项法求和：如an=1/n(n+1)4、倒序相加法求和：如an=n5、求数列的最大、最小项的方法：①an+1-an=……如an=-2n2+29n-3②(an>0)如an=③an=f(n)研究函数f(n)的增减性如an=an^2+bn+c(a≠0)6、在等差数列中,有关Sn的最值问题——常用邻项变号法求解：(1)当a1>0,d<0时，满足{an}的项数m使得Sm取最大值.(2)当a1<0,d>0时，满足{an}的项数m使得Sm取最小值.在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。

对于较长的复杂算式，单单靠一般的运算顺序和计算方法是很难求出结果的。

如果算式中每一项的排列都是有规律的，那么我们就要利用这个规律进行巧算和简算。

而裂项法就是一种行之有效的巧算和简算方法。

通常的做法是：把算式中的每一项裂变成两项的差，而且是每个裂变的后项（或前项）恰好与上个裂变的前项（或后项）相互抵消，从而达到“以短制长”的目的。

下面我们以整数裂项为例，谈谈裂项法的运用，并为整数裂项法编制一个易用易记的口诀。

例1、计算1×2+2×3+3×4+4×5+……+98×99+99×100分析：这个算式实际上可以看作是：等差数列1、2、3、4、5……98、99、100，先将所有的相邻两项分别相乘，再求所有乘积的和。