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排列组合难题二十一种方法
排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样， 思路灵活，因此解决排
列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组
合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理。

教学目标
1.进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理。
2.掌握解决排列组合问题的常用策略 ;能运用解题策略解决简单的综合应用
题。提高学生解决问题分析问题的能力
3.学会应用数学思想和方法解决排列组合问题.
复习巩固
1.分类计数原理(加法原理)
完成一件事，有
n
类办法，在第1类办法中 有
m
1
种不同的方法，在第2类
办法中有
m
2
种不 同的方法，…，在第
n
类办法中有
m
n
种不同的方法，那么
完成这件事共有：
Nm
1
m
2
Lm
n

种不同的方法．
2.分步计数原理（乘法原理）
完成一件事，需要分成
n
个步骤，做第1步有
m
1
种不同的方法，做第2步
有
m2
种不同的方法，…，做第
n
步有
m
n
种不同的方法， 那么完成这件事共
有：
Nm
1
m
2
Lm
n

种不同的方法．
3.分类计数原理分步计数原理区别
分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。
分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完
成整个事件．
解决排列组合综合性问题的一般过程如下:
1.认真审题弄清要做什么事
2.怎样 做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时
进行,确定分多少步及多少类。 < br>3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是
多少及取出多少 个元素.
4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解
题策略
一.特殊元素和特殊位置优先策略
例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.
解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这
两个位置.

1

1
先排末位共有
C
3

1
然后排首位共有
C
4

最后排其它位置共有
A
4
3

113
131
C
3
A
4
288
由分步计数原理得
C
4
C
4
A
4
C
3

位置分析法和元素分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需

先安排特殊元素,再处理其它元素.若以位置分析为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其它位

置。若有多个约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其它条件

练 习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不
种在两端的花盆里，问有多少 不同的种法？
二.相邻元素捆绑策略
例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.
解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一< br>个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。
由分步计数原理可得共有< br>A
5
5
A
2
2
A
2
2
4 80
种不同的排法
甲乙
丙丁



要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元素合并

为一个元素,再与其它元素一起作排列,同时要注意合并元素内部也必须排列.

练习题:某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不
同种数为 20

三.不相邻问题插空策略
例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个独唱 ,舞蹈节目不能连续出场,
则节目的出场顺序有多少种？
解:分两步进行第一步排2个相声和 3个独唱共有
A
5
5
种，第二步将4舞蹈插
4
入第一步排好 的6个元素中间包含首尾两个空位共有种
A
6
不同的方法,
4
由分步 计数原理,节目的不同顺序共有
A
5
5
A
6
种

元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两
< br>练习题：某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两
个新节目.如果将这两 个新节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，
那么不同插法的种数为 30
四.定序问题倍缩空位插入策略
例4.7人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法
解:(倍缩法)对于某几个元 素顺序一定的排列问题,可先把这几个元素与其
他元素一起进行排列,然后用总排列数除以这几个元素之 间的

2

3
全排列数,则共有不同排法种数是：
A
7
7
A
3

4
(空位法)设想有7把椅子 让除甲乙丙以外的四人就坐共有
A
7
种方法，其
4
余的三个位置甲乙 丙共有 1种坐法，则共有
A
7
种方法。
思考:可以先让甲乙丙就坐吗?
（插入法)先排甲乙丙三个人,共有1种排法,再把其余4四人依次插入共
有

方法

定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插


练习题:10人身高各不相等,排成前后排，每排5人,要求从左至右身高逐渐
增加，共有多少排法？
5

C
10

五.重排问题求幂策略
例5.把6名实习生分配到7个车间实习,共有多少种不同的分法
解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名
实习生分配到车 间也有7种分依此类推,由分步计数原理共有
7
6
种不同的
排法

允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素

的位置，一般地n不同的元素没有限制地安排在m个位置上的排列数为
m
n
种


练习题：
1． 某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前 又增加了两个
新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 42
2. 某8层大楼一楼电梯上来8名乘客人,他们到各自的一层下电梯,下电梯
的方法
7
8

六.环排问题线排策略
例6. 8人围桌而坐,共有多少种坐法?
解：围桌而坐与坐成一排的不同点在于，坐成圆形没有首尾之分，所以固定
一人
A4
！种排法即
7
！
4
并从此位置把圆形展成直线其余7人共 有（8-1）
C
D
E
F
G
H
B
A
AB
C
DEFGHA







一般地,n个不同元素作圆形排列,共有(n-1)!种排法.如果从n个不同元素中取出m 个元素作圆
形排列共有
1
m
A
n

n
3

练习题：6颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈 120
七.多排问题直排策略
例7.8人排成前后两排,每排4人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法
解:8人排 前后两排,相当于8人坐8把椅子,可以把椅子排成一排.个特殊
1
元素有
A
2
4
种,再排后4个位置上的特殊元素丙有
A
4
种,其余的5人在5
15
A
2
个位置上任意排列有
A
5
4
A< br>4
A
5
种
5
种,则共有
前 排
后 排

一般地,元素分成多排的排列问题,可归结为一排考虑,再分段研


练习题：有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座规
定前排中间的3个 座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同
排法的种数是 346
八.排列组合混合问题先选后排策略
例8.有5个不同的小球,装入4个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少
不同的装法.
解:第一步从5个球中选出2个组成复合元共有
C
5
2
种方法.再把 4个元素
(包含一个复合元素)装入4个不同的盒内有
A
4
根据分步计数4
种方法，
原理装球的方法共有
C
5
2
A
4< br>4


解决排列组合混合问题,先选后排是最基本的指导思想.此法与相邻元素捆绑策略相似吗?

练习题：一个班有6名战士,其中正副班长各1人现从中选4人完成四种不
同的任务,每人完成 一种任务,且正副班长有且只有1人参加,则不同
的选法有 192 种
九.小集团问题先整体后局部策略
例9.用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数其 中恰有两个偶数夹1,５在
两个奇数之间,这样的五位数有多少个？
解：把１,５,２,４当 作一个小集团与３排队共有
A
2
再排小集团
2
种排法，
22 22
内部共有
A
2
2
A
2
种排法，由分步计数原理 共有
A
2
A
2
A
2
种排法.

1524

小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其它策略进行处理。

练习题：
１.计划展出10幅不同的画,其中1幅水彩画,４幅油画,５幅国画, 排成一

4

行陈列,要求同一 品种的必须连在一起，并 且水彩画不在两端，
54
那么共有陈列方式的种数为
A
2
2
A
5
A
4

55
2. 5男生和５女生站成一排照像,男生 相邻,女生也相邻的排法有
A
2
2
A
5
A
5
种
十.元素相同问题隔板策略
例10.有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个,有多少种分配方案？
解 ：因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成９个
空隙。在９个空档中选６个位置插 个隔板，可把名额分成７份，对
应地分给７个班级，每一种插板方法对应一种分法共有
C
9
6
种分法。

一
班
二
班
三
班
四
班
五
班
六
班
七
班

将n个相同的元素分成m份（n，m为正整数）,每份至少一个元素,可以用m-1块隔板，

m1
插入n个元素排成一排的n-1个空隙中，所有分法数为
C
n1


练习题：
1． 10个相同的球装5个盒中,每盒至少一有多少装法？
C
9
4

3
2 .
xyzw100
求这个方程组的自然数解的组数
C
103

十一.正难则反总体淘汰策略
例11.从0,1,2, 3,4,5,6,7,8,9这十个数字中取出三个数，使其和为不小于
10的偶数,不同的
取法有多少种？
解：这问题中如果直接求不小于10的偶数很困难,可用总体淘汰法。这
十个 数字中有5个偶数5个奇数,所取的三个数含有3个偶数的取法有
C
5
3
,< br>12123
C
5
,和为偶数的取法共有
C
5
C
5
C
5
只含有1个偶数的取法有
C
5
。再淘汰和
123
C
5
C
5
9
小于10的偶数共9种，符合条件的取法共有
C
5


有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出

它的反面,再从整体中淘汰.


练习题：我们班里有43位同学,从中任抽5人,正、副班长、团支部书记至
少有一人在内的
抽法有多少种?
十二.平均分组问题除法策略
例12. 6本不同的书平均分成3堆,每堆2本共有多少分法？

5

解: 分三步取书得
C
6
2
C
4
2
C
2
2
种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记6
本书为ABCDEF，若第一步取AB,第二 步取CD,第三步取EF该分法记
22
C
6
2
C
4
C
2
为(AB,CD,EF),则中还有
(AB,EF,CD),(CD,AB,EF ),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD)共有
A
3
3
3
种取法 ,而这些分法仅是(AB,CD,EF)一种分法,故共有
C
6< br>2
C
4
2
C
2
2
A
3
种< br>分法。

n
平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后 要一定要除以
A
n
n
(为均分的

组数)避免重复计数。


练习题：
1 将13个球队分成3组,一组5个队,其它两组4个队, 有多少分法？
54
C
84
C
4
A
2
（
C
132
）
2.10名学生分成3组,其中一组4人, 另两组3人但正副班长不能分在同一
组,有多少种不同的
分组方法 （1540）
3.某校高二年级共有六个班级，现从外地转 入4名学生，要安排到该年级
的两个班级且每班安
2
A
2
排2名， 则不同的安排方案种数为______（
C
4
2
C
2
2A
62
90
）
十三. 合理分类与分步策略
例13.在一 次演唱会上共10名演员,其中8人能能唱歌,5人会跳舞,现要演
出一个2人唱歌2人伴舞的节目,有 多少选派方法
解：10演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞3人为全能演员。选上唱
歌人员为标准进行研究
只会唱的5人中没有人选上唱歌人员共有
C
3
2
C
3
2
种,只会唱的5人中只
112
C
3
C
4
种,只会唱的5人中只有2人选上唱歌人有1人选上唱歌人员
C
5
员有
C< br>5
2
C
5
2
种，由分类计数原理共有
112
C
3
C
4
C
5
2
C
5
2种。
C
3
2
C
3
2
C
5

解含有约束条件的排列组合问题，可按元素的性质进行分类，按事件发生的连续过程分步，做

到标准明确。分步层次清楚，不重不漏，分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终。


练习题：
1.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座 谈会，若这4人中必须
既有男生又有女生，则不同的选法共有34
2. 3成人2小孩乘船游玩,1号船最多乘3人, 2号船最多乘2人,3号船只
能乘1人,他们任选2只船或3只船,但小孩不能单独乘一只船, 这3人共

6

有多少乘船方法. （27）
本题还有如下分类标准：
*以3个全能演员是否选上唱歌人员为标准
*以3个全能演员是否选上跳舞人员为标准
*以只会跳舞的2人是否选上跳舞人员为标准
都可经得到正确结果
十四.构造模型策略
例14. 马路上有编号为1,2,3, 4,5,6,7,8,9的九只路灯,现要关掉其中的3
盏,但不能关掉相邻的2盏或3盏,也不能关掉 两端的2盏,求满足条
件的关灯方法有多少种？
解：把此问题当作一个排队模型在6盏亮灯的 5个空隙中插入3个不亮的灯
有
C
5
3
种

一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒

模型等，可使问题直观解决

练习题：某排共有10个座位，若4人就坐，每人左右 两边都有空位，那么
不同的坐法有多少种？（120）
十五.实际操作穷举策略
例 15.设有编号1,2,3,4,5的五个球和编号1,2,3,4,5的五个盒子,现将5
个球投入这 五个盒子内,要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的编
号与盒子的编号相同,有多少投法
解：从5个球中取出2个与盒子对号有
C
5
2
种还剩下3球3盒序号不能对 应，
利用实际操作法，如果剩下3,4,5号球, 3,4,5号盒3号球装4号盒
时，则4, 5号球有只有1种装法，同理3号球装5号盒时,4,5号球
有也只有1种装法,由分步计数原理有2C
5
2
种


3号盒 4号盒 5号盒

对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，往往利用穷举法或画出树状图会收

到意想不到的结果


练习题：
1.同一寝室4人,每人写一张 贺年卡集中起来,然后每人各拿一张别人的贺年
卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？ (9)
2.给图中区域涂色,要求相邻区 域不同色,现有4种可选颜色,则不同的着色
方法有 72种
534

7

1
3
2
5
4



十六. 分解与合成策略
例16. 30030能被多少个不同的偶数整除
分析：先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5 × 7 ×
11×13
依题意可知偶因数必先取2,再从其余5个因数中任取若干个
组成乘积，
135C
5
2
C
5
C
5
4
C
5
所有的偶因数为：
C
5

练习:正方体的8个顶点可连成多少对异面直线
解：我们先从8个顶点中任取4个顶点构成四 体共有体共
C
8
4
1258
,
每个四面体有
3对异面直线,正方体中的8个顶点可连成
358174
对异面直线

分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题

逐一解决,然后依据问题分解后的结构,用分类计数原理和分步计数原理将问题合成,从而得到
问题的答案 ,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略


十七.化归策略
例17. 25人排成5×5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一
列,不同的选法有多少种？ < br>解：将这个问题退化成9人排成3×3方阵,现从中选3人,要求3人不
在同一行也不在同一列, 有多少选法.这样每行必有1人从其中的一
行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉，如此继续下去. 从3×3
111
C
2
C
1
种。再从5×5方阵选出3×3方 阵便方队中选3人的方法有
C
3
可解决问题.从5×5方队中选取3行3列有
C
5
3
C
5
3
选法所以从5×5
111
C
2
C
1
选法。 方阵选不在同一行也不在同一列的3人有
C
5
3
C
5
3
C
3



处理复杂的排列组合问题时可以把一个问题退化成一个简
要的问题，通过解决这个简要的问题的解决找到 解题方法，
从而进下一步解决原来的问题



练习题:某城市的 街区由12个全等的矩形区组成其中实线表示马路，从A走
到B的最短路径有多少种？(
C7
3
35
)

8

B
A
十八.数字排序问题查字典策略
例18．由0，1，2 ，3，4，5六个数字可以组成多少个没有重复的比324105
大的数？
解:
N 2A
5
5
2A
4
4
A
3
3
 A
2
2
A
1
1
297


数字排序问题可用查字典法,查字典的法
应从高位向低位查,依次求出其符合要求

的个数,根据分类计数原理求出其总数。


练习:用0,1,2,3, 4,5这六个数字组成没有重复的四位偶数,将这些数字从
小到大排列起来,第71个数是 3140
十九.树图策略
例19．
3
人相互传球,由甲开始发球,并作为第一次传球 ,经过
5
次传求后,球
仍回到甲的手中,则不同的传球方式有______
N10


对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用

公式进行运算，树图会收到意想不到的结果


练习: 分别编有1，2， 3，4，5号码的人与椅，其中
i
号人不坐
i
号椅（
i1,2,3 ,4,5
）
的不同坐法有多少种？
N44

二十.复杂分类问题表格策略
例20．有红、黄、兰色的球各5只,分别标有A、B、C、D 、E五个字母,现从
中取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有多少种不同的取法
解:
红 1 1 1 2 2 3

黄 1 2 3 1 2 1

兰 3 2 1 2 1 1
11121311

C
5
C
4

C
5
C
4

C
5
C
4

C
5
2
C
3
C
5
2
C
3
2

C
5
3
C
2

取法




一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多, 无从入手,经常出现重复遗

漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效


二十一：住店法策略
解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另 一
类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再

9

利用乘法原理直接求解.
例21.七名学生争夺五项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的可能
的种数有 .

分析：因同一学生可以同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将七名学生
看作 7家“店”，五项冠军看作5名“客”，每个“客”有7种住宿法，由
乘法原理得7
5
种.


小结
本节课，我们对有关排列组合的几种 常见的解题策略加以复习巩固。排列组
合历来是学习中的难点，通过我们平时做的练习题，不难发现排列 组合题的
特点是条件隐晦，不易挖掘，题目多变，解法独特，数字庞大，难以验证。
同学们只有 对基本的解题策略熟练掌握。根据它们的条件,我们就可以选取
不同的技巧来解决问题.对于一些比较复 杂的问题,我们可以将几种策略结
合起来应用把复杂的问题简单化，举一反三，触类旁通，进而为后续学 习打
下坚实的基础。

数列的求和
一、教学目标：
1．熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；
2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算；
3．熟记一些常用的数列的和的公式．
二、教学重点：
特殊数列求和的方法．

三、教学过程：
（一）主要知识：
1．直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。
（1）等差数列的求和公式：
S
n

n(a
1
a
n
)
n(n1)
na
1
d

22

na
1(q1)

n
（2）等比数列的求和公式
S
n

a
1
(1q)
（切记：公比含字母时一定要讨论）
(q1)


1q
2．公式法：

k2
1
2
2
2
3
2

L
n
2

k1
n
n(n1)(2n1)

6
2

n(n1)


k123
L
n



2

k1
3333 3
n
3．错位相减法：比如

a
n

等差,

b
n

等比,求a
1
b
1
a
2
b
2
a
n
b
n
的和.

4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。

10

常见拆项公式：
111

；
n(n1)nn1
1111
()

n(n2)2nn2
1111
()

nn!(n1)!n!

(2n1)(2n1)22n12n1
5．分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。
6．合 并求和法：如求
100
2
99
2
98
2
97
2
2
2
1
2
的和。
7．倒序相加法：
8．其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等
（二）主要方法：
1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式；
2．求和过程中注意分类讨论思想的运用；
3．转化思想的运用；
（三）例题分析：
例1．求和：①
S
n
111111 11

1

n个
②
S
n
(x
1
2
11
)(x
2

2< br>)
2
(x
n

n
)
2

x
xx
③求数列1，3+4，5+6+7，7+8+9+10，…前n项和
S
n

思路分析：通过分组，直接用公式求和。

解：①
a
k
 11

11101010
k个
2k
1
( 10
k
1)

9
11
S
n
[(10 1)(10
2
1)(10
n
1)][(1010
2
10
n
)n]
99
110(10
n
1) 10
n1
9n10
[n]

9981
②
S
n
(x
2

111
42n
2)(x 2)(x2)

x
2
x
4
x
2n
111
(x
2
x
4
x
2n
)(2

4

2n
)2n

xxx
x
2
(x
2n
1)x
2
(x
2n
 1)(x
2n
1)(x
2n2
1)
（1）当
x1
时，
S
n
2n2n

222n2
x 1x1x(x1)
（2）当
x1时,S
n
4n

③
a
k
(2k1)2k(2k1)[(2k1)(k1)]
k[(2k1)(3k2)]5
2
3
kk

22 2
535n(n1)(2n1)3n(n1)
S
n
a
1a
2
a
n
(1
2
2
2
 n
2
)(12n)
222622
1
n(n1 )(5n2)

6
11



总结：运用等比数列前n项和公式时，要注意公比
q1或q1
讨论。
2．错位相减法求和
例2．已知数列
1,3a,5a,,(2n1)a
2n1
(a0)
，求前n项和。
02n1
思路分析：已知数列各项是 等差数列1，3，5，…2n-1与等比数列
a,a,a,,a
错位相减法求和。
2n1
解：
S
n
13a5a(2n1)a
对应项积 ，可用

1


aS
n
a3a
2
5a
3
(2n1)a
n

2


1



2

:(1a)S< br>n
12a2a
2
2a
3
2a
n1< br>(2n1)a
n

2a(1a
n1
)1a(2n 1)a
n
(2n1)a
n1
n
当
a1

时,(1a)S
n
1(2n1)

S
n

22
(1a)(1a)
2
当
a1时,S
n
n

3.裂项相消法求和
2
2
4
2
(2n)
2
例3.求和
S
n



133 5(2n1)(2n1)
思路分析:分式求和可用裂项相消法求和.
(2k)
2
(2k)
2
111111
11()
解: a
k

(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k 1)22k12k1
111111112n(n1)
S
n
a
1
a
2
a
n
n[(1)()()] n(1)
23352n12n122n12n1

n(n1)
(a1)

123n

2
练习:求
S
n

2

3

n
答案:
S
n



a(a
n
1)n(a1 )
a
aaa

(a1)
n2

a(a1)
4.倒序相加法求和
012nn
例4求证：
C
n
 3C
n
5C
n
(2n1)C
n
(n1)2< br>
mnm
思路分析：由
C
n
C
n
可用倒 序相加法求和。
012n
证：令
S
n
C
n
3 C
n
5C
n
(2n1)C
n
(1)

mnm
(2)

C
n
C
n

nn1210
则
S
n
(2n1)C
n
(2 n1)C
n
5C
n
3C
n
C
n
012n
(1)(2)有:2S
n
(2n2)C
n
(2 n2)C
n
(2n2)C
n
(2n2)C
n

012n
S
n
(n1)[C
n
C
n
C
n
C
n
](n1)2
n
等式成立
5．其它求和方法

12

还可用归纳猜想法，奇偶法等方法求和。
n
例5．已知数列

a
n

,a
n
2[n(1)],求S
n
。
n
思路分析：
a
n
2n2(1)
，通 过分组，对n分奇偶讨论求和。
解：
a
n
2n2(1)
， 若
n2m,则S
n
S
2m
2(1232m)2
n

(1)
k1
2m
k

S
n
2(1232m)(2m1)2mn(n1)

若n2m1,则S
n
S
2m1
S
2m
a2m
(2m1)2m2[2m(1)
2m
](2m1)2m 2(2m1)

4m
2
2m2(n1)
2
(n1)2n
2
n2

(n为正偶数)

 n(n1)
S
n



2
nn2(n为 正奇数)

2n
预备：已知
f(x)a
1
xa
2
xa
n
x,且a
1
,a
2
,a
3
,a
n
成等差数列，n为正偶数，
又
f(1)n,f(1)n
，试比较
f()
与3的大小。 < br>2
1
2

(a
1
a
n
)n
2
n

f(1)a
1
a
2
a
3
a
n
n


aa
n
2n2




1
解：


n< br>
d2

f(1)a
1
a
2
a
3
a
n1
a
n
n

dn< br>2

2

aa
1
(n1)d2n


1
a
1
1a
n
2n1
d2

f(x)x3x
2
5x
3
(2n 1)x
n
可求得
f()3()
n2
1
2
1
2
11111
f()3()
2
5()
3
 (2n1)()
n

22222
11
(2n1)()
n
，∵n为正偶数，
f()3

22

（四）巩固练习：
1．求下列数列的前
n
项和
S
n
：
（1）5，5 5，555，5555，…，
（3）
a
n

1111
5n
,,,
L
,,
L
；
(101)
，…； （2）
132435n(n2)
9
23n
1
nn12
o
2
o
2
o
2
o
（5）
1 3,24,35,L,n(n2),L
； （6）
sin1sin2sin3
LL
sin89
．
n个
n个
678
678
5
解：（1）
S
n
5 55555
L
55
L
5
(999999
L
99
L
9)

9
； （4）
a,2a,3a,L,na,L
；

13


5
9
[(101)(10
2
1)(10
3
1)L(10
n
1)]


5
9
[10 10
2
10
3
L10
n
n]
505< br>81
(10
n
1)
9
n
．
（2）∵< br>1
n(n2)

1
2
(
1
n
< br>1
n2
)
，
∴
S
11111111
23
)(
2

4
)(
3

5
)
L
(
1111
n
[(1
n

n2
)]
2
(1
2

n1

n2)
．
（3）∵
a
1n1n
n

nn 1

(nn1)(n1n)
n1n

∴
S< br>1
n

21

1
32

L
1
n1n

(21)(32)L(n1n)
n11
．
（4）< br>S2a
2
3a
3
Lna
n
n
a< br>，
当
a1
时，
S
n(n1)
n
123
…
n
2
，
当
a1
时 ，
S
23
n
a2a3a
…
na
n
，
aS
n1
n
a
2
2a
3
3a
4

…
na
，
n
两式相减得 < br>(1a)S
23
n
aaa
…
a
n
na
n1

a(1a)
na
n1
1a
，
∴
S
na
n2
(n1)a
n1
a
n

(1a)
2
．
（5）∵
n(n2)n
2
2n
，
∴ 原式
(1
2
2
2
3
2

…
n
2
)2(123
…
n)

n(n1)(2n7)
6
．
（6）设
Ssin
2
1
o
si n
2
2
o
sin
2
3
o

LL
sin
2
89
o
，
又∵
Ssin
2
89
o
sin
2
88
o
sin
2
87
o

LL
sin
2
1
o
，
∴
2S89
，
S
89
2
．
2． 已知数列
{a

6n5(n
n
}
的通项
a
n

为奇数

)

2
n
(n
为 偶数
)
，求其前
n
项和
S
n
．
解：奇数项组成以
a
1
1
为首项，公差为12的等差数列，
偶数项组成以
a
2
4
为首项，公比为4的等比数列；
当
n
为奇数时，奇数项有
n1n1
2
项，偶数项有
2项，
n1
(16n5)
n1
4(14
2
) (n1)(3n2)4(2
n1
∴
S
n

2
2

1)
14

2

3
，
当
n
为偶数时，奇数项和偶数项分别有
n
2
项，
n
(16n5)
n
∴
S
4(14
2
)n( 3n2)4(2
n
1)
n

2
2

1 4

2

3
，

14


(n1)(3n2)4(2
n1
1)


< br>23
所以，
S
n


n

n(3n 2)

4(21)

23


(n
为奇数
)
．
(n
为偶数
)
四、小结 ：
1．掌握各种求和基本方法；2．利用等比数列求和公式时注意分
q1或q1
讨 论。



15