奥数第7讲.竞赛123班.教师版_染色与操作问题

第一篇：奥数第7讲.竞赛123班.教师版_染色与操作问题

五年级奥数

第十三讲

染色中的抽屉原理 例1:平面上有ABCDE点。。

染色问题

这里的染色问题不是要求如何染色，然后问有多少种染色方法的那类题目，它指的是一种解题方法。染色方法是一种将题目研究对象分类的形象化方法，通过将问题中的对象适当染色，我们可以更形象地观察分析出其中所蕴含的关系，再经过一定的逻辑推理，便能得出问题的答案。这类问题不需要太多的数学知识，但技巧性、逻辑性较强，要注意学会几种典型的染色方法。

【例1】 六年级一班全班有35名同学，共分成5排，每排7人，坐在教室里，每个座位的前后左右四个位置都叫作它的邻座。如果要让这35名同学各人都恰好坐到他的邻座上去，能办到吗？为什么？

【分析】 划一个57的方格表，其中每一个方格表示一个座位。将方格黑白相间地染上颜色，这样黑色座位与白色座位都成了邻座。因此每位同学都坐到他的邻座相当于所有白格的坐到黑格，所有黑格的坐到白格。但实际上图中有17个黑格，18个白格，黑格与白格的个数不相等，故不能办到。

【例2】 右图是学校素质教育成果展览会的展室，每两个相邻的展室之间都有门相通。有一个人打算从A室开始依次而入，不重复地看过各室展览之后，仍回

A到A室，问他的目的能否达到，为什么？

【分析】 采用染色法。如右下图，共有9个展览室，对这9个展览室，黑白相间地进行染色，从白室A出发走过第1扇门必至黑室，再由黑室走过第2扇门至白室，由于不重复地走遍每一间展览室，因A此将走过黑白相间的8个展览室，再回到白室A，共走过9扇门。由于走过奇数次门至黑室，走过偶数次门至白室。现在，走过9扇门，必至黑室，所以无法回到原来的白室A。

[巩固] 有一次车展共6636个展室，如右图，每个展室与相邻的展室都有门相通，入口和出口如图所示。参观者能否从入口进去，不重复地参观完每个展室再从出口出来?

[分析] 如右下图，对每个展室黑白相间染色，那么每次只能从黑格到白格或从白格到黑格。由于入口处和出口处都是白格，而路线黑白相间，首尾都是白格，于是应该白格比黑格多1个，而实际上白格、黑格都是18个，故不可能做到不重复走遍每个展室。

【例3】 右图是半张中国象棋盘，棋盘上放有一只马。众所周知，马是走“日”字的。请问：这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上的每一个点，然后回到出发点？

【分析】 马走“日”字，在中国象棋盘上走有什么规律呢？为方便研究规律，如下图所示，先在棋盘各交点处相

马间标上○和●，图中共有22个○和23个●。因为马走“日”字，每步只能从○跳到●，或由●跳到○，所以马从某点跳到同色的点（指○或●），要跳偶数步；跳到不同色的点，要跳奇数步。现在马在○点，要跳回这一点，应跳偶数步，可是棋盘上共有232245个点，所以不可能做到不重复地走遍所有的点后回到出发点。

讨论：如果马的出发点不是在○点上而是在●点上，那么这只马能不能不重复地走遍这半张棋盘上的每个点，最后回到出发点上呢？按照上面的分析，显然也是不可能的。但是如果放弃“回到出发点”的要求，那么情况就不一样了。从某点出发，跳遍半张棋盘上除起点以外的其它44个点，要跳44步，44是偶数，所以起点和终点应是同色的点（指○或●）。因为44步跳过的点○与点●各22个，所以起点必是●，终点也是●。也就是说，当不要求回到出发点时，只要从●出发，就可以不重复地走遍半张棋盘上的所有点。

【例4】 右图是由14个大小相同的方格组成的图形。试问能不能剪裁成7个由相邻两方格组成的长方形？

【分析】 将这14个小方格黑白相间染色（见右下图），有8个黑格，6个白格。相邻两个方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7个小长方形，那么14个格应当是黑、白各7个，与实际情况不符，所以不能剪裁成7个由相邻两个方格组成的长方形。

【例5】 11个 和5个能否盖住88的大正方形？

【分析】 如右图，对88的正方形黑白相间染色后，发现必然盖住2白2黑，5个则盖住10白10黑。

则盖住了3白1黑或3黑1白，从奇偶性考虑，都是奇数。而这种形状共11个，奇数个奇数相加仍为奇数，故这种形状盖住的黑格和白格都是奇数，加上另一种形状的10白10黑，两种形状共盖住奇数个白格奇数个黑格。但实际染色后共32个白格32个黑格，故不可能按题目要求盖住。注意：本题中每个

盖3白1黑或3黑1白，11个这种形状盖住的不一定是33白11黑或33黑11白，因为可能一部分盖3白1黑，另一部分盖3黑1白。这是一个容易犯错的地方。

[前铺] 能否用9个

所示的卡片拼成一个66的棋盘？

[分析] 不能。将66的棋盘黑白相间染色（见右图），有18个黑格。而每张卡片盖住的黑格数只能是1或者3，所以每张卡片盖住的黑格数是个奇数，9张卡片盖住的黑格数之和也是奇数，不可能盖住18个黑格。

[巩固] 如右图，缺两格的88方格有62个格，能否用31个隙?

[分析] 这种覆盖问题是典型的用染色方法解决的问题之一。用

来覆盖，则用黑白相间染图不重复地盖住它且不留空

色，可以发现它无论横放、竖放，必然盖住一白一黑。要不重复不留空白，那总共盖住的黑格数与白格数应该相等。但从染色后整个图来看，黑格30个，白格32个，故不可能将整个图不重不漏地盖住。

【例6】 用若干个22和33的小正方形能不能拼成一个1111的大正方形？请说明理由。

【分析】 如右图所示，将22或33的小正方形沿格线摆在右图的任何位置，必定盖住偶数个阴影方格，而阴影方格共有77个，是奇数，所以只用22和33的小正方形，不可能拼成1111的大正方形。

[拓展] 1个22正方形和15个41长方形能不能拼出88的大正方形?请说明理由。

[分析] 若仍然将88的大正方形黑白相间染色，则22和

必须寻找其他的41两种形状盖住的都是两白两黑。染色方法。新的方法必须使得22和41长方形无论放在何处，都分别符合一定的规律。采用如右图的染色方法，则：41长方形必盖住两黑两白，共15个41，盖住30黑30白；22长方形可盖住3白1黑或3黑1白。可以发现，总共只能盖住31黑33白或31白33黑，而图中实际有32个黑格32个白格，故不可能用15个41和1个22的长方形盖住88的大正方形。对区域染色也可理解为对多个方格染色，但此时方格染色范围更广，染色方案更加灵活。

【分析】 如果我们可以把6个电话或8个电话做到每台电话与5个电话相连接，我们可以将2002分成6个一组的共331组以及8个一组的共2组。如下图，每个点代表一台电话，每条线段表示其两个端点为相连接的两台电话，左图为6台电话的情形，右图为8台电话的情形。所以我们可以把2002台电话中的每台电话恰好与其它5台相连。

【例9】 下图是八间房子的示意图，相邻两间房子都有门相通。从A点穿过房间到达B处，如果只能从小号码房间走向大号码房间，那么共有多少种不同的走法？

2468A

【分析】 8只有一个口，只能选择进B；7有两种选择，1357B可以选择进B也可以选择进8，所以7有2种走

法；依此类推，每间房间的走法种数如下：81;72;63;55;48;313;221;134。所以从A点开始有213455（种）。

【例11】 右图是一个45的方格盘。先将其中的4个方格染黑，然后按以下规则继续染色：如果某个格与两个黑格都有公共边，就将这个格染黑。这样操作下去，能否将整个方格盘都染成黑色？

【分析】 开始时染黑4个方格，这4个方格的总周长不会超过4416，以后每染一个格，因为这个格至少与两个黑格有公共边，所以染黑后，所有黑格的总周长不会增加。也就是说，所有黑格的总周长永远不会超过16，而45方格盘的周长是18，所以不能将整个方格盘都染成黑色。

【例12】

如图，图1的88方格中交替填满了0和1，图2是从图1中任意位置截取的、、三种图形，并对每种图形进行操作：每个小方格同时加1或同时减1，如此反复多次，再将这三种图形不重叠地拼成的。问：图2中的A格中的数字应该是多少？

******************01001010101图1111111111111图211A111111111111

第二篇：小奥 96 奥数 一年级 教案 第7讲 摆摆看看

第7讲摆摆看看

【例1】用两根火柴棍，摆成一个锐角、一个直角、一个钝角。

【例2】用四根火柴棍摆出两条平行直线，再摆出两条相交直线。

【例3】用火柴棍摆出一个三角形、一个正方形、一个菱形、一个长方形、一个平行四边形、一个等腰梯形、一个五边形、一个六边形、一个八边形。

【例4】用三根火柴棍可以摆出一个三角形，如图。

(1)再加两根火柴棍，摆出两个三角形。(2)再加两根，摆出三个三角形来。(3)再加两根，摆出五个三角形来。

解摆一个三角形必需三根火柴棍，这样计算，摆两个三角形就需要六根。但是现在只给你增加两根，却要求你用五根摆出两个三角形，可见必有一根火柴棍要供两个三角形公用才行。

同样道理，再加两根后共七根要摆三个三角形还差两根，所以必须有两根公用。

再给两根后共九根火柴棍，要摆五个三角形。摆法如图所示。可以看出九根火柴棍摆出了三个“正立”的小三角形，同时中间还出现了一个

“倒立”的小三角形，它并没有额外需要增加火柴棍。而且最外面的六根火柴棍又形成了一个大三角形。所以这九根火柴棍共摆出了五个三角形。

习题七

1．用两根小木棍，摆成一个很小的锐角：然后，慢慢地挪动一根，使锐角渐渐变大。如果继续转动小棍，将会出现什么角?

2．如右图所示，用火柴棍摆了五个三角形。(1)拿掉哪三棍，就可以变成一个三角形?

(2)拿掉哪两根，就可变成两个三角形?(3)拿掉哪一根，就可变成三个三角形? 3．如右图所示，用火柴棍摆了五个正方形。(1)拿掉两根，剩下三个正方形。(2)请你拿掉两根，剩下两个正方形。

4．如下图所示，用火柴棍摆了六个三角形。如果拿掉三根火柴棍就变成了三个三角形，应该拿掉哪三根?试试看。

5．如右图所示，用16根火柴棍摆了四个正方形。你能用15根、14根、13根火柴棍也分别摆成四个小正方形吗?摆摆看。

习题七解答

1．慢慢转动小棍的过程中锐角逐渐变大，之后出现直角，直角再变大随之出现钝角。

2．3．

4．5．

第三篇：初一奥数数学竞赛第十五讲 奇数与偶数

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初一奥数数学竞赛第十五讲 奇数与偶数

通常我们所说的“单数”、“双数”，也就是奇数和偶数，即±1，±3，±5，„是奇数，0，±2，±4，±6，„是偶数．

用整除的术语来说就是：能被2整除的整数是偶数，不能被2整除的整数是奇数．通常奇数可以表示为2k+1(或2k-1)的形式，其中k为整数，偶数可以表示为2k的形式，其中k是整数．

奇数和偶数有以下基本性质：

性质1 奇数≠偶数．

性质2 奇数±奇数=偶数，偶数±偶数=偶数，奇数±偶数=奇数．

性质3 奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数，奇数×偶数=偶数．

性质4 奇数个奇数之和是奇数；偶数个奇数之和是偶数；任意有限个偶数之和为偶数．

性质5 若干个奇数的乘积是奇数，偶数与整数的乘积是偶数．

性质6 如果若干个整数的乘积是奇数，那么其中每一个因子都是奇数；如果若干个整数的乘积是偶数，那么其中至少有一个因子是偶数．

性质7 如果两个整数的和(或差)是偶数，那么这两个整数的奇偶性相同；如果两个整数的和(或差)是奇数，那么这两个整数一定是一奇一偶．

性质8 两个整数的和与差的奇偶性相同．

性质9 奇数的平方除以8余1，偶数的平方是4的倍数.性质1至性质6的证明是很容易的，下面我们给出性质7至性质9的证明．

性质7的证明 设两个整数的和是偶数，如果这两个整数为一奇一偶，那么由性质2知，它们的和为奇数，因此它们同为奇数或同为偶数．

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同理两个整数的和(或差)是奇数时，这两个数一定是一奇一偶．

性质8的证明 设两个整数为X，y．因为

(x+y)+(x-y)=2x

为偶数，由性质7便知，x+y与x-y同奇偶．

性质9的证明 若x是奇数，设x=2k+1，其中k为整数，于是

x2=(2k+1)2=4k3+4k+1=4k(k+1)+1．

因为k与k+1是两个连续的整数，它们必定一奇一偶，从而它们的乘积是偶数．于是，x2除以8余1．

若y是偶数，设y=2t，其中t为整数，于是

y2=(2t)2=4t2

所以，y2是4的倍数．

例1 在1，2，3，„，1998中的每一个数的前面，任意添上一个“+”或“-”，那么最后运算的结果是奇数还是偶数？

解 由性质8知，这最后运算所得的奇偶性同

1+2+3+„+1998=999×1999 的奇偶性是相同的，即为奇数．

例2 设1，2，3，„，9的任一排列为a1，a2，„，a9.求证：(a1-1)(a2-2)„(a9-9)是一个偶数．

证法1 因为

(a1-1)+(a2-2)+(a3-3)+„+(a9-9)回澜阁教育 www.xiexiebang.com 免费的教育资源库

＝(a1+a2+„+a9)-(1+2+„+9)

=0

是偶数，所以，(a1-1)，(a2-2)，„，(a9-9)这9个数中必定有一个是偶数(否则，便得奇数个(9个)奇数的和为偶数，与性质4矛盾)，从而由性质5知

(a1-1)(a2-2)„(a9-9)是偶数．

证法2 由于1，2，„，9中只有4个偶数，所以a1，a3，a5，a7，a9中至少有一个是奇数，于是，a1-1，a3-3，a5-5，a7-7，a9-9至少有一个是偶数，从而(a1-1)(a2-2)„(a9-9)是偶数．

例3 有n个数x1，x2，„，xn，它们中的每一个数或者为1，或者为-1．如果

x1x2+x2x3+„+xn-1xn+xnx1=0，求证：n是4的倍数．

证 我们先证明n=2k为偶数，再证k也是偶数．

由于x1，x2，„，xn。的绝对值都是1，所以，x1x2，x2x3，„，xnx1的绝对值也都是1，即它们或者为+1，或者为-1．设其中有k个-1，由于总和为0，故+1也有k个，从而n=2k．

下面我们来考虑(x1x2)·(x2x3)„(xnx1)．一方面，有(x1x2)·(x2x3)„(xnx1)＝(-1)k，另一方面，有

(x1x2)·(x2x3)„(xnx1)=(x1x2„xn)2=1．

所以(-1)k=1，故k是偶数，从而n是4的倍数．

例4 设a，b是自然数，且满足关系式

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(11111+a)(11111-b)=123456789．

求证：a-b是4的倍数．

证 由已知条件可得11111+a与11111-b均为奇数，所以a，b均为偶数．又由已知条件

11111(a-b)=ab+2468，①

ab是4的倍数，2468=4×617也是4的倍数，所以11111×(a-b)是4的倍数，故a-b是4的倍数.例5 某次数学竞赛，共有40道选择题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒扣1分．证明：不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．

证 我们证明每一个学生的得分都是偶数．

设某个学生答对了a道题，答错了b道题，那么还有40-a-b道题没有答．于是此人的得分是

5a+(40-a-b)-b=4a-2b+40，这是一个偶数．

所以，不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．

例6 证明15块4×1的矩形骨牌和1块2×2的正方形骨牌不能盖住8×8的正方形.证 将8×8正方形的小方格用黑、白色涂色(如图1－62)．每一块4×1骨牌不论怎么铺设都恰好盖住两个白格，因此15块4×1的骨牌能盖住偶数个白格．一块2×2的骨牌只能盖住一个白格或三个白格，总之能盖住奇数个白格．于是15块4×1骨牌和一块2×2骨牌在图上盖住的白格是奇数个．事实上图上的白格数恰为偶数个，故不能盖住8×8的正方形．

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练习十五

1．设有101个自然数，记为a1，a2，„，a101．已知a1+2a2+3a3+„+100a100+101a101=s是偶数，求证：a1+a3+a5+„+a9９+a101是偶数．

2．设x1，x2，„，x1998都是+1或者-1．求证：

x1+2x2+3x3+„+1998x1998≠0．

3．设x1，x2，„，xn(n＞4)为1或-1，并且

x1x2x3x4+x2x3x4x5+„+xnx1x2x3=0．

求证：n是4的倍数．

4．(1)任意重排某一自然数的所有数字，求证：所得数与原数之和不等于99„9(共n个9，n是奇数)；

(2)重排某一数的所有数字，并把所得数与原数相加，求证：如果这个和等于1010，那么原数能被10整除．

5．(1)有n个整数，其和为零，其积为n．求证：n是4的倍数；

(2)设n是4的倍数，求证：可以找到n个整数，其积为n，其和为零．

6．7个杯子杯口朝下放在桌子上，每次翻转4个杯子(杯口朝下的翻为杯口朝上，杯口朝上的翻为杯口朝下)，问经过若干次这样的翻动，是否能把全部杯子翻成杯口朝上？

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7．能否把1，1，2，2，3，3，4，4，5，5这10个数排成一行，使得两个1中间夹着1个数，两个2之间夹着2个数，„，两个5之间夹着5个数？

第四篇：小奥 97 奥数 一年级 教案 第7讲 填图与拆数1

【例1】如右图，把3、4、6、7四个数填在四个空格里，使横行、竖行三个数相加都得14。怎样填?

解：先看竖行，最上格中已有个5。要使5+()=14，括号里的数就要填9。把9拆成两个数：9=3+6，(因为3和6是题中给出的数)分别填在竖行的两个空格里。但进一步想，应该把哪一个填在中间空格里呢?这就需要看横行。横行两头的空格应填剩下的两个数4和7，因为4和7相加和为ll，而ll+3=14，可见中间空格应填3。

【例2】如右图所示。在圆圈里填上不同的数，使每条直线上三个数相加之和都等于12。解：见下图(1)，(2)，(3)。把12分拆成三个不同的数相加之和，得七种分拆方式：

12=9＋2＋1 12=8+3＋l 12=7＋4＋1 12=7＋3＋2 12=6+5+1 12=6+4+2 12=5+4+3

从各式中选择有一个相同加数的两个式子。12=1+5+6和12=1+4+7两式，将相同的加数l填在中间圆圈里，不同的加数分别填在横行和竖行的其他圆圈里。答案有很多种不同的填法，这里只填了三种，同学们还可以自己选择另外的填法。

【例3】如右图所示。把1、2、3、4、5五个数填人五个圆圈里，要求分别 满足以下条,：

(1)使横行、竖行圆圈里的数加起来都等于8；

(2)使横行、竖行圆圈里的数加起来都等于9；(3)使横行、竖行圆圈里的数加起来都等于10。

解：见下图(1)、(2)、(3)(1)将8分拆成三个数之和(注意，这三个数要从1、2、3、4、5中选取)8：1+2+5 8=1+3+4 因为中间圆圈里的数是要公用的，所以应把“1”填在中间圆圈里其它四个数填在边上；(2)解法思路与(1)相同，分拆方式如下： 9=1+3+5 9=2+3+4。(3)解法思路与(1)相同 10=1+4+5 10=2+3+5。

1．如右图所示。在正方形的空格里填上适当的数，使每一横行、竖行、斜行的三个数相加得数都18。

2．如右图所示。在正方形空格里填上适当的数，使每一横行、竖行、斜行的四个数相加都得34。

3．如右图所示。把适当的数填到三角形的空圈里，使每条直线上3个圈中的数相加都是lO。

4．如图所示。从2、3、4、5、6中先取适当的数填入小圆圈，使同一个大圆上的小圆圈中的四个数的和①都等于15，②都等于16。

5．如右图所示，圆圈里填上不同的数，使每条直线上的三个数相加之和都等于10。

6．如图所示。在圆圈里填上不同的数，使每条直线上的三个数相加之和都是15。

7．如下页图所示。把l、2、3、4、5、6、7、8、9分为三组，填到三个小三角形的各个角上的圆圈里，使每个小三角形的三个角的圆圈里的数之和都是15。同时使大三角形三个角的圆圈里的数之和也是15。

1．在右图中，用较大的黑体字表示方格中原有的已知数，如10，6，7三个数。仔细观察可知，可以先在第二横行右边空格里填2，因为要使横行三个空格里的数之和是18，(已有的两个数之和是10+6=16)就需要在这个空格中填上18—16=2。当然，也可以先填左下角空格的那个数，因为它所在的斜行中已有两个数7和6，而7+6=13，所以应在这个空格里填18－13=5。接着用同样的思考方法就可以填出其他空格里的数了。

2．见右图。解法思路与第1题相同。因为要求每行的四个数之和是34，而第三横行已有的三个数之和为9+7+12=28，所以此行空格中可填6。也可先填图中另一斜行，因这斜行中已有的三个数之和是13+10+7=30，所以，这斜行的空格，也就是图的左下角的空格中应填4。接着，用同样的思考方法填出其余所有卒格。

3．见右图。解法与第1题相同。因为三角形的一边已有两个数3和2，其和为3+2=5，要使这边的三数之和是10，可知这边的右下角圆圈中应填10－5=5。其余两圆圈中的数可按同样方法填出。

4．见右图。①和是15：因为大圆上有两个小圆圈中已有了1和7，它们的和是1+7=8，所以同一个大圆上另外的两个小圆圈中应填的两个数之和应是15－8=7，将7分拆成两个数有两种分拆方式：

将2和5填人一个大圆上的两个空圈中，将3和4埴入另一个大圆卜的两个率圈中。

②见右图。和是16，解法 思路和①相同。因为

将8分拆成两个数，有两种分拆方式：

将2和6、3和5分别填人大圆上的空圈中。

5．解：见下图(1)～(4)把10分拆成三个不同的数的和，共有4种分拆方式： 10=1＋2+7=1+3+6=1＋4＋5 10=2＋3+5

选择有一个共同加数的两个式子，把共同的加数填在中间的圆圈里，其他四个加数分别填在两头的圆圈里就构成一种填法。本题有6种符合题目要求的填法，这里只举其中4种填法，还有2种填法你能找出来吗? 6．解见下图。把15分拆成三个不同的数相加之和，共有12种分拆方式：

15=1+2-＋12 15=1＋3＋11 15=1＋4+10 15=1＋5＋9 15=1＋6＋8 15=2＋3＋10 15=2＋4＋9 15=2＋5＋8 15=2＋6＋7 15=3＋4＋8 15=3+5＋7 15=4＋5＋6 因为题目中已有2、3、8三个数填在3个圆圈里，观察上面各式，既又要有另一个数是共同的，这样的式子有如下三个：

15=1+2+l2． 15=1+3+11． 15=1+6+8，将三式中共用的加数“1”写在中间圆圈里，再在其他三个圆圈里填上适当的数。

7．解：见下面两图，将15分拆，采取两步分拆法如下：

适当选取四组数，填入四个三角形中(3个小三角形与1个大三角形)，可以得到一些不同的填法。选法的窍门是：先任选一组数如3、5、7，将它们分别填在大三角形的三个角顶圆圈中，再找分别包含3、5、7的三组数填在小三角形中，它们是3，8，4；5，9，1；7，6，2。如上图所示。

第五篇：小学奥数三年级第5讲平均数

第7讲

平均数

一组数的和除以这组数的个数，称为这组数的平均数。

例1、5个连续自然数的中间一个数是45，这5个数的和是多少？

分析5个连续自然数的第3个数是45，第2个（44）与第4个（46）相加是两个45，第1个（43）与第5个（47）相加是两个45。

解

和是

45×5=225

随堂练习1 计算56+57+58+59+60+61+62+63+64 一般地，奇数个连续自然数的和等于中间一项乘以项数。换句话说，奇数个连续自然数的平均数就是中间的那个数。高斯求和方法的实质就是

和=平均数×项数

偶数个连续自然数的平均数不是整数，我们现在尚未学到。所以先将第一项加最后一项，第二项加倒数第二项……直至中间两项相加，这些和都相等。而个数是项数的一半，所以偶数个连续自然数的和等于中间两项的和（也即首末两项的和）乘以项数除以2.例2、8个连续自然数的和是108，写出这8个数。

分析

因为中间两个数相加再乘以4（=8÷2）等于108，所以中间两项的和可以求出来。

解 中间两项的和是108÷（8÷2）=27 又

27=13+14 所以中间两项是13、14.这8个数是10、11、12、13、14、15、16、17.（由13往前数4个数到10，由14往后数4个数到17）答：这8个连续的自然数是10、11、12、13、14、15、16、17.随堂练习2 6个连续自然数的和是273，这6个数中的第一个数是多少？

例

3、求出以下28个数的平均数: 12、13、13、14、15、16、16、16、17、18、19、20、21、22、23、24、25、26、27、28、29、30、31、32、33、34、35、35.分析与解

这28个数的和是（12+13+14+……+35）+13+16+16+35 求出和再除以28就得到平均数，但比较麻烦。如果注意到25个连续自然数11、12、13，……，35的平均数是23（中间一项），那么就比较容易。

因为 13+16+16+35 =（11+2）+（23+12）+（23-7）+（23-7）=11+23+23+23 所以原来的和就是11+12+13+……+35+23+23+23，原来28个数的平均数正好是23.随堂练习3 求28个数：12、13、14、14、14、15、16、17、17、18、19、20、21、22、23、24、25、26、27、28、29、30、31、32、33、34、35、35的平均数。

例

4、求数列 1、2、4、5、7、8，……，46、47、49、50、52、53（1）的规律，并求这组数的和与平均数。

分析 数列的奇数项数的项组成等差数列（公差是3）1、4、7，……，49、52.（2）数列的偶数项数的项组成等差数列（公差也是3）2、5、8，……，50、53.（3）

分别求出数列（2）（3）的和，再相加，可以得出所求的和，再得出平均数。但更为简单的办法是直接运用高斯的思想。注意： 1+53=2+52=4+50=……=25+29=26+28（4）解 1与53的平均数是27，也就是1+53可以换成2个27相加。同样，2+52,4+50，……，26+28都可以换成27+27.因此（1）的和是27×36=972.从例4可以看出，如果一组数可以分成许多小组，各小组的平均数都相等，那么这个相等的数就是这组数的平均数（例4中，每个小组2个数的和是54，每个小组的平均数是27）。

随堂练习4 寻找数列4,2,5,8,6,14,7,20，……，12,50,13,56的规律，并求这数列的和。

练习题：

（1）求1至100内能被4整除余1的所有数的和。

（2）求1至100内既是3的倍数又是5的倍数的所有数的和。

（3）有10只盒子，44只乒乓球。把这44只乒乓球放到盒子中，每个盒子中至少要放一个球，能不能使每个盒中的球数都不相同？

（4）影剧院共有25排座位，第一排有20个座位，以后每排比前一排多2个座位，问：影剧院共有多少个座位？

（5）时钟在每个整点时敲这钟点数，每半点钟时敲1下，问：一昼夜该时钟总共敲多少下？（6）求所有三位数的和。

（7）求1至100（包括100在内）的所有5的倍数的和。

（8）50把锁的钥匙搞乱了，为了使每把锁都配上自己的钥匙，试多少次就足够了？

（9）已知数列：2,5,3,3,7，2,5,3,3,7，2,5,3,3,7，……。这个数列的第30项是哪个数？到第25项止，这些数的和是多少？

（10）24个连续自然数12―35，再添上一个35，一个13，两个16.这28个数的平均值是多少？