初中数学竞赛估计与估算含答案

估计与估算1992年小学数学奥林匹克初赛(B)卷第3题是：1919191919(1+万)十。+南乂2)+(1+彳><司+…+(1+^X1。)+Q十^Xll)的结果是X。那么，与x最接近的整数是。这道题并不要求求X,而求“与X最接近的整数”，这就是估计或估算。估计与估算是一种十分重要的算法，在生活实践和数学解题中有广泛的应用，其表现形式通常有以下两种：(1)省略尾数取近似值，即观其“大概”；(2)用放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，即估计范围。例1A=12345678910111213+31211101987654321,求A的小数点后前3位数字。解：A>1234+3122=0.3952…A<1235+3121=0.3957…所以0.3952<A<0.3957,A的小数点后前3位数是395。说明：上述解法是采用放缩法估计范围解答的，本题还可采用取近似值的办法求解。解法如下：将被除数、除数同时舍去13位，各保留4位，则有1234+3121=0.3953=0.395。例2在1,1匕…，/，言中选出若干个数，使得它们的和大于3,至少要选多少个数？解：要使所选的数尽量少，所选用的数就应尽量大，所以应从开头依次选。首先注意到：

11+211+2+1111

—+—+—+—111勺刀”）=2.45<3,]11-1而彳=0,142…，-=0.125,-=0,1t—=0lt所以/oyiu1+1+1+_L=0.478--,78910从而1-I+—+1[--+--f—d+2345678910=2928…<3,__!■■而讦=0.09,则有11111111111+―+-HIk-+—+-Hk—十—十234567891011=301…>3。所以，至少应选11个数。11111+3+

2311111+3+

23<1+(：+—十—+—+—+一+—+45678910TOC\o"1-5"\h\z11、/1、/1、2—+—jll++—)+f—+]+36，M8，“510，17332=2-11+-81073X35+3X28+2X40=2+=2+280280269<3,=11111111111+—+—十—1+-■—+—+—+—+—+——1+--2345678910111111111111‘236'MS1#8I1?…，31、320=1+1+(1)+F%于109943202+―+--+—81099<2++—+210100<2++—+210100二3,所以，至少应选11个数。(2)以上解答过程中包括两个方面，其一是确定选数的原则；其二是验算找到“分界声、”，而这里的验算只是一种估计或估算，并不要求精确。(3)类似的问题是有10个小数：030.33,0.333,…，0,33…3,从这些数中，卒小而”、y——至少取出210t3少个数，才能使取出的数的和大于2?答案是7,请读者自己练习。例3右面的算式里，每个方框代表一个数字。问：这6个方框中的数字的总和是多少？□□□+□□口1997解：每个方框中的数字只能是0〜9,因此任两个方框中的数字之和最多是18。现在先看看被加数与加数中处于百位的两个数字之和，这个和不可能小于18,因为不管它们后面的两个二位数是什么，相加后必小于200,也就是说最多只能进1。这样便可断定，处于百位的两个数字之和是18,而且后面两位数相加进1。同样理由，处于十位的两个数字之和也是18,而且两个个位数字相加后进1。因此，处于个位的两个数字之和必是17。所以，6个方框中数字之和为18+18+17=53。例4如果两个四位数的差等于8921,就说这两个四位数组成一个数对，那么这样的数对共有多少个，解：最小的四位数是1000,与1000组成一个数对的另一个四位数是8921+1000=9921,也就是最小一个数对是9921与1000。同时由最大的四位数是9999,可知共有9999-(9921—1)=79(个)不同的被减数。所以，这样的数对共有79个。说明：解答的关键在于确定符合条件的的最小数对(9921,1000),同时因为有几个不同的被减数，就有几个不同的减数相对应地存在，所以我们只要考虑有几个不同的被减数即可。例5七位数175口62口的未位数字是几时，不管千位上是0〜9中的哪一个数字，这个七位数都不是11的倍数？解：因为1750620-11=159147……3,1759629-11=159966……3,所以这个七位数是11的倍数的最小值是1750628,最大值是1759626。又因为1001=7X11X13,由数的整除性质，可知1750628加上若干个1001,或1759626减去若干个1001后，其值也是11的倍数。这样1750628,1751629,1759626,1758625,1757624,1756623,1755622,1754621,1753620都是11的倍数。由上述讨论可知七位数175口62口的末位数字是7时，不管其千位上是0到9中的哪一个数字，这个七位数都不是11的倍数。说明：上述解法是利用估算确定出取值范围再进行讨论。此题也可由能被11整除的数的特征入手解决。留给读者思考。例6小明的两个衣服口袋中各有13张卡片，每张卡片上分别写着1,2,3,…，13。从这两个口袋中各拿出1张卡片并计算2张卡片上的数的乘积，可以得到许多不相等的乘积。那么，其中能被6整除的乘积共有多少个？解：根据题意可知，在所得到的许多不相等的乘积中，最小值是1X1=1,最大值是13X13=169,并且1与169都不能被6整除，这样，在得到的许多不相等的积中，能被6整除的最小值是1X6=6,最大值是13X12=26X6,而介于1X6与26X6之间的能被6整除的数并非每个都是2张卡片上的数的积，如25X6,23X6,21X6,19X6,17X6这五个就不是。所以，这些积中能被6整除的数共有说明：解答这类问题要特别注意：不能简单地根据最小值是是6的26倍，就错误地下结论是26个。]22829例7有30个数：L64,164+元，L64+/…164+而，1一64+钻。如果取每个数的整数部分（例如1.64的整数部分是1,164+磊的整数部分是2）,并将这些整数相加，那么其和是多少？解：关键是判断从哪个数开始整数部分是2。因为2-1.64=0.36,我们例8有一列数，第一个数是是它前面两个数的平均数，那么第熟知;*二。33…，故先看1|=0366…，这说明"分界点”是164+K，所以前11个数整数部分为1,后19个薮整数部分为2。其和为11+19X2=49。例8有一列数，第一个数是是它前面两个数的平均数，那么第105,第二个数是85,从第三个数开始，每个数都19个数的整数部分是几？解:105+85——7=95,85+95解:105+85——7=95,85+9595+90-2-二92590+925-2-=9125,995+91=91X75,乳25与91875的整数部分相同，而两个数的平均数总介于这两个数之间，所以后面各数的整数部分均为91,当然第19个数的整数部分也为91o说明：注意到每个正数都介于两个相邻整数n和n+1之间，或者写成nwa<n+1,此时n就是a的整数部分。因此确定某个正数的整数部分，实际上就是去估计它介于哪两个相邻自然数之间。例9求下式中S的整数部分：TOC\o"1-5"\h\z不111~1■1++■・■'919293100解：根据“一个分数，当分子不变而分母变大时，分数值变小；当分子不变,分母变小时，分数值变大”对S的分母进行放缩。—+—+・■■+—10x—=—v9192100909所以上<3<<，即9<S<10,因此，S的整数部分是九9W说明,这道题如果直接去计算《十焉+…+焉，再求它的倒数.不但非常麻烦，而且容易出错。为了求得一个数大概是多少，我们采用放缩法，以确定它的范围，也就是估值。放缩是解答估值问题的一种常用方法。在用这种方法时，一定要注意放缩要适当，要合情合理。一个类似的问题是设―i—\厂，求s的整数部分，+H+…+380381382399答案是19。例10学校组织若干人参加夏令营。先乘车，每个人都要有座位，这样需要每辆有60个座位的汽车至少4辆。而后乘船，需要定员为70人的船至少3条。到达营地后分组活动，分的组数跟每组的人数恰好相等。这个学校参加夏令营的人有多少？解：由“每辆有60个座位的汽车至少4辆”可知，参加夏令营的人数在（60X3+1=）181〜（60X4=）240人之间。由“需要定员为70人的船至少3条”可知，参加夏令营人数在（70X2+1=）141〜（70X3=）210人之间。这样，参加夏令营的人数在181〜210人之间。又由“分的组数和每组人数恰好相等”可知，参加夏令营的人数一定是一个平方数。而181〜210之间只有196是平方数，所以参加夏令营的人数是196。说明：解答此题的关键是估计人数的范围：从乘车来看，1W第四辆车人数w60,从乘船来看，1W第三条船人数w70,所以，181w夏令营的人数w210。例11将自然数按如下顺序排列：35814174913…1012…11…在这样的排列下，数字3排在第2行第1歹U,数字13排在第3行第3歹U。问：数字168排在第几行第几列？分析：我们来分析一下给出数阵中每一斜行的规律。这里第2斜行的数字是3,2;第3斜行的数字是4,5,6;余此类推。仔细观察后我们发现：奇数斜行中的数字由下向上递增，偶数斜行中的数字由上向下递增，第制行中最大的数字是口(n+1).我们只要找出168位于第几斜行，再换算成原数阵中的第几行第几列，问题便解决了。解』1:饪三门.小1”-尸？壬数二是-018：5三.咬18斜行最大的数字是171,所以168位于第18斜行。第18斜行中的数字是由上向下递增，因此，168位于第18斜行由上向下数第(168-153=)15位，换算成原数阵的行和列，便是第15行，第(18-15+1=)4歹U。解法2:为方便起见，可将数阵按顺时针方向旋转45。，则原数阵变为1256109871112131415设168位于上述数阵的第n行，则1+2+…+(n-1)<168W1+2+…+n,的口巫922田—*13X1718X19当n=18时.有一一=153,——=17L«£a可见，n应为18,即168位于上述数阵中的第18行。又168-153=15,18-15+1=4,由数阵排列次序可知168位于上述数阵的第18行从左数第4个数，从右数第15个数。将上述数阵还原为题中数阵，168在第15行第4列的位置上。例12唐老鸭与米老鼠进行万米赛跑，米老鼠每分钟跑125米，唐老鸭每分钟跑100米。唐老鸭手中掌握着一种迫使米老鼠倒退的电子遥控器，通过这种遥控器发出第n次指令，米老鼠就以原来速度的nx10%倒退一分钟，然后再按原来的速度继续前进。如果唐老鸭想在比赛中获胜，那么它通过遥控器发出指令的次数至少是多少次？解：唐老鸭跑完1万米需要100分钟。设唐老鸭在100分钟内共发出n次迫使米老鼠倒退的指令，则在100分钟内米老鼠有n分钟的时间在倒退，有(100-n)分钟的时间在前进，依题意有125x(100-n)-125X(0.1+0.1X2+0.1X3+…+0.1xn)<10000,整理得n(n+21)>400。当n=12时，n+21=33,12X33=396v400。当n=13时，n+21=34,12X34=442>400。所以n至少等于13,即遥控器发出指令的次数至少是13次。练习141919191919】0+药）+（1+而><2）+（1+而父司+一+。+为><10）十。+而><11）的结果是x,求与x最接近的整数。2,五名选手在一次数学竞赛中共得404分，每人得分互不相等，并且其中得分最高的选手是90分。问：得分最低的选手至少得多少分？3,有15个自然数，去掉最大的数后，平均数约等于2.5;去掉最小的数后，平均数约等于2.8。求最大数与最小数之差。4.小华计算七个自然数的平均数（得数保留两位小数）时，将得数最后一位算错了。他的错误答案是21.83,正确答案应是多少？5,有一算式，左边方框里都是整数，右边答案写出了四舍五入后的近似值：问：算式左边三个方框里的整数从左至右依次是多少?1000O问:6,1000O问:（1）这本书有多少页?（2）撕掉的是哪一张?7.8.01X1.24+8.02X1.23+8.03X1.22的整数部分是多少?盘在分母小于15的最简分数中，比,大并且最接近看的是哪一个?练习14答案1.24。519解…=519解…=11+^X19Q+2+3+…+11)=11+——乂66=11+--9932=23子所以与x最接近的整数是24。2.50分。解：在五名选手总分一定的条件下，根据最高得分为90分，且为互不相等的整数，当除得分最高和最低的两名选手外的另外三名得分为89,88,87分时，得分最低的选手分数最少，最少是404-(90+89+88+87)=50(分)。3.4。解：14X2.45=34.3,14X2.55=35.7,因为去掉最大数后14个数的和是自然数，所以去掉最大数后的14个数的和是35。同理可求出，去掉最小数后的14个数之和是39。所以最大数与最小数相差39-35=4。4.21.86。解：设平均数的正确答案是x。根据小华错误答案的最后一位算错的条件，可知21.795<x<21.895,152.565<7x<153.265。因为7x是自然数，所以它只能是153。这样，平均数的正确答案是153+7~21.86。5.1,2,3。解：采用估值的办法先确定算式的精确值所在范围。因为1.16是这个精确值四舍五入后得到的，所以它一定介于1.155与1.164之间。即通分后得到35口+21口+15口105将上式扩大105倍得121.275<35D+21D+15D<122.325。因为每个方格中是一个整数，所以35口+21口+15口=122。由奇偶性可以看出三个方格中的数一定是两奇一偶。经试