有理数的简便运算技巧及常见错误

一. 符号与括号 例1. 计算

分析：不难看出这个算式的规律是任何相邻两项之和或为1或为－1，如果按照将第一与第二项，第三与第四项，……，分别配对的方式计算，就能得到一系列的－1。

解：

下面需对n的奇偶性进行讨论： 当n为偶数时，上式是即

当n为奇数时，上式是

个（－1）的和， ；

个（－1）的和，再加上最后一项

说明：两种情况可以合并为：

二. 巧添辅助数 例2. 计算：解：原式

，所以有

三. 巧用整体

例3． 购买5种物品

，，，，的件数和用钱总数列成下表：

.

.

那么，购买每种物品各一件共需多少元？ 解：由已知表格：购买1件，3件，4件以购买2件5件

，7件

，6件，9件

，8件

，10件

，12件

，11件

，5件，6件共需1995元；所

，

共需2×1995元；又因为购买1件

共需2984元；所以购买每种物品各一件共需

2×1995－2984＝1006（元）

说明：设购买物品i＝1，2，3，4，5

则

，① ②

由 2×①－② 得

需要指出的是：我们无法计算每个

四. 巧用凑整运算 例4. 计算：

解：原式（209）2008（2000000002）

，但我们能巧算出

这个整体，

整体思维常常会帮助我们算对，算快和算得巧妙。

六. 巧用拆项法 例7. 计算 1

1111121231234123100＝________

分析：直接计算难上加难。应考虑运用拆项法消去部分项，从而使运算简单易行。利用上面介绍的反序相加法，不难求得最后两项为

，同理，

决了。

解：原式＝

，，而

，那么本题就不难解

122222 61220990010100111111111

)2233499100100101

＝2(11111（）的形式。 说明：形如n（na）的分数，可以拆成anna例8.

.

.

解：应用关系式

原式

来进行“拆项”。

2. 已知0为数轴的原点，A、B两点对应的数分别为1、2，设P1为AB的中点，P2为AP1的中点，…，P100为P99的中点，求P1，P2，P3，…，P100所对应的各数之和。 3. 计算：11241124513.8 635364. 求和

1111122222333335859()()()() 234596034559604465960596011212312359()()()23344460606060

123459222221(12359)

21（159）×59×22

.

.

1a(1i100),则a1,i1,2,100 ii2. 解：设对应的数为i2所以，

a1a2a10013. 解：原式

1111111012222001002100

4. 解：原式

5. 解：原式

1111111112005[(1)()()()()]

2233420032004200420051

＝2005(1)20052004

＝20052005＝2004

＝

当我们认识了零、负整数和负分数后，就引出了有理数的概念。整数（正整数、零、负整数）和分数（正分数、负分数）统称有理数，任何一个有理数都可以表示为一个既约分数

q（p0，p、q均为整数且互素）。并且，有理数可以比较大小，有理数的和、差、积、商p（分母不为零）仍为有理数，任意两个有理数之间都有无穷个有理数，有理数运算是中学数学中一切运算的基础，它要求同学们在理解有理数的有关概念、法则的基础上，能根据法则，公式等正确、迅速地进行运算，同时还要善于根据题目条件，将推理与计算相结合，灵活巧妙地选择合理的简捷的算法解决问题，从而提高运算能力，发展思维的敏捷性与灵活性。

【典型例题】

一. 巧用错位相减

123410例1. 24816210；

.

.

132，22234424345，848101112910，10222解：

∴ 原式

3344511122910222448212 21022531256或者用下面的“错位相减法”求和。 令S123410112391010，则S1011 2481624816222将这两式错位相减得

11111110S101122481622 S1

即

11111102481629210

再将这两式错位后式减去前式得

110110S11010112222

12253∴S21012562

二. 巧用分析法

例2. 122334n（n1）

解：考察第n项n（n+1）如何分析，仔细观察后会发现：

n（n1）n（n1）1（n2）（n1） 3∴ 原式

1n（n1）（n2）（n1）n（n1）， 31（123012）（234123）（345234）3 ［n（n1）（n2）（n1）n（n1）］ .

.

1n（n1）（n2）3

说明：分析和错位相减是有理数运算中常用的技巧，在解题中应注意总结归纳规律，力

求灵活应用。

三. 巧换元 例3. 计算：

1111111111112319972199621997231996

111111a，b，则ab1 解：设

2199623199611baab原式19971997

abab19971997 ab199711997 ab

24690例4.

1234621234512347；

解：直接计算较繁，仔细观察分母中涉及到三个连续整数：12345，12346，12347，可设字母n=12346，那么12345=n-1，12347=n+1，于是分母变为

n2（n1）（n1）n211，即原式分母的值是1。

∴原式=24690。

四. 巧相约

199919991999199919991999例5. 计算：

200020002000200020002000

19991999100011999100010001解：原式

20002000100012000100010001 199919991999200020002000 19992000

五. 巧用倒序配对

112123248491 例6. 计算：23344450505050解：设

原式，对括号各项倒序排列后，再设

.

.

121321214948，则：

50502334445050AB2A1234849B（149）49122521225所以A612.5 2. 所以原式6125 =

六. 巧用倒数法

1117111711（）（）例7. 计算364121836412183636

1117111711（）（）分析：因为364121836与412183636互为倒数，

11711（）而

412183636比较容易计算，故此题只需先计算出后部分的结果即可。

11711（）41218363611711解：因为（）412183636 9314131133∴ 原式

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【模拟试题】（答题时间：30分钟） 238591. 计算：2222

2. 计算：

111111111111111 111131711131719111317191113171999199823. 计算：

1999199721999199922

4. 计算：

1234005

...2003200320032003

.

.

【试题答案】

238591. 解：设a2222（1）

23860则a2222（2）

860则（2）（1）得：a22

23859860即222222

（含整体思想） 2. 解：令 a1111111，b， 111317111317191（1a）b（1b）aba则原式

19

3. 解：令19991998=a，则

a21原式=（a1）2（a1）222

1234005...2003200320032003，把等式右边倒序排列，得

4. 解：设AA4005400421...2003200320032003

将两式相加，得

2A（140052400440051）（）...（）200320032003200320032003

即2A24005，∴A4005 ∴ 原式＝4005

.