法1：由题目可知，(cfrac{sqrt{2}}{2}(sinalpha+cosalpha)=cfrac{3}{5})，则(sinalpha+cosalpha=cfrac{3sqrt{2}}{5})，
和(sin^2alpha+cos^2alpha=1)联立，得到(2sin^2alpha-cfrac{6sqrt{2}}{5}sinalpha-cfrac{7}{25}=0)，即((sqrt{2}sinalpha+cfrac{1}{5})(sqrt{2}sinalpha-cfrac{7}{5})=0)
解得(sinalpha=-cfrac{sqrt{2}}{10})，或(sinalpha=cfrac{7sqrt{2}}{10})(不符，舍去)，
即(sinalpha=-cfrac{sqrt{2}}{10})，(cosalpha=cfrac{7sqrt{2}}{10})，从而(tanalpha=-cfrac{1}{7})
代入(tan(alpha-cfrac{pi}{4})=cfrac{tanalpha-1}{1+tanalpha}=-cfrac{4}{3})；
法2：由(sinalpha+cosalpha=cfrac{3sqrt{2}}{5})，得到(2sinalpha cosalpha=-cfrac{7}{25})，
则有((sinalpha-cosalpha)^2=cfrac{32}{25})，由于(alpha)为第Ⅳ象限角，
得到(sinalpha-cosalpha=-cfrac{4sqrt{2}}{5})，又(sinalpha+cosalpha=cfrac{3sqrt{2}}{5})，
即(sinalpha=-cfrac{sqrt{2}}{10})，(cosalpha=cfrac{7sqrt{2}}{10})，从而(tanalpha=-cfrac{1}{7})
代入(tan(alpha-cfrac{pi}{4})=cfrac{tanalpha-1}{1+tanalpha}=-cfrac{4}{3})；
法3：由(2sinalpha cosalpha=-cfrac{7}{25})，得到(cfrac{2sinalpha cosalpha}{sin^2alpha+cos^2alpha}=-cfrac{7}{25})，
则(cfrac{2tanalpha}{tan^2alpha+1}=-cfrac{7}{25})，解得(tanalpha=-7)或(tanalpha=-cfrac{1}{7})，
又由于又(sinalpha+cosalpha=cfrac{3sqrt{2}}{5})，则(|cosalpha|>|sinalpha|)，即(|tanalpha|<1)，
故保留(tanalpha=-cfrac{1}{7})，代入(tan(alpha-cfrac{pi}{4})=cfrac{tanalpha-1}{1+tanalpha}=-cfrac{4}{3})；
【法1】：由函数(f(x))为奇函数，则满足(f(-x)=-f(x))，
(f(x)=cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}=cfrac{x}{2x^2+(1-2a)x-a})，
(f(-x)=cfrac{-x}{(-2x+1)(-x-a)}=cfrac{-x}{2x^2-(1-2a)x-a})，
则(cfrac{-x}{2x^2-(1-2a)x-a}=cfrac{-x}{2x^2+(1-2a)x-a})应该恒成立，
只需要(-(1-2a)=1-2a)，解得(a=cfrac{1}{2})；故选(A)；
【法2】：由于定义域中有(-1，1)，故必然满足(f(-1)=-f(1))，解得(a=cfrac{1}{2})；故选(A)；和法1相比，是特值验证。
【法3】：由于奇函数的定义域关于原点对称，令(2x+1=0)得到(x=-cfrac{1}{2})，故可知定义域中没有(x=-cfrac{1}{2})；
令(x-a=0)得到(x=a)，故定义域中必然没有(x=a)，故(a=cfrac{1}{2})；故选(A)；
【法4】：(f(x)=cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}=cfrac{x}{2x^2+(1-2a)x-a})，由于分子函数为奇函数，要是(f(x))为奇函数，则分母函数(y=2x^2+(1-2a)x-a)为二次函数，
要是偶函数，则(1-2a=0)，解得(a=cfrac{1}{2})；故选(A)；
均值不等式中的一则题目(scriptsize ext{)(a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2ge cfrac{25}{2}(})
【法1：以(a_1)和(d)为元的方程组法】利用(S_n=na_1+cfrac{n(n-1)}{2} imes d)得到，
(egin{cases}S_6=6a_1+15d=42\S_{12}=12a_1+66d=156end{cases})，解得(egin{cases}a_1=2\d=2end{cases})，
故(S_{18}=18a_1+cfrac{18 imes17}{2} imes 2=342)。
【法2：以(a)和(b)为元的方程组法】由等差数列的性质知道，其前(n)项和公式可以写成这样：(S_n=an^2+bn)，
由此得到，(egin{cases}S_6=36a+6b=42\S_{12}=144a+12b=156end{cases})，解得(egin{cases}a=1\b=1end{cases})，
故(S_{18}=1 imes 18^2+1 imes 18=342)。
【法3：等差数列性质，函数法】注意到(cfrac{S_n}{n}=an+b)，即表明数列({cfrac{S_n}{n}})也是一个等差数列。
由于(cfrac{S_6}{6})，(cfrac{S_{12}}{12})，(cfrac{S_{18}}{18})分别是数列的第(6,12,18)项，故这三项也是成等差数列的，
则有$2 imescfrac{S_{12}}{12}=cfrac{S_6}{6}+cfrac{S_{18}}{18} $，即$2 imescfrac{156}{12}=cfrac{42}{6}+cfrac{S_{18}}{18} $，
解得(S_{18}=342)。
【法4：等差数列性质法】由于(S_6，S_{12}-S_6，S_{18}-S_{12})成等差数列，
故有(2(S_{12}-S_6)=S_6+S_{18}-S_{12})，即(2(156-42)=42+S_{18}-156)，
解得(S_{18}=3(156-42)=342)。
在直角坐标系(xoy)中，曲线(C_1)的参数方程为(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases}(alpha为参数))，以坐标原点为极点，以(x)轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线(C_2)的极坐标方程为( ho=2cos heta)。
(1)写出曲线(C_1)的普通方程和(C_2)的直角坐标方程；
(2)设点(P) 在(C_1)上，点(Q) 在(C_2)上，且(angle POQ=cfrac{pi}{2})，求三角形(POQ)面积的最大值。
分析：(1) 直接给出答案，曲线的普通方程(C_1：(x-2)^2+y^2=4)；所求的直角坐标方程(C_2：(x-1)^2+y^2=1)；
(2)【法1】极坐标法，曲线(C_1)的极坐标方程为( ho_1=4cosalpha(alphain(-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2})))， 曲线(C_2)的极坐标方程为( ho_2=2cos heta( hetain(-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2})))，
如右图所示，初步分析，当点(P)在(x)轴上方时，点(Q)必在(x)轴下方；当然还会有另一种情形，当点(P)在(x)轴下方时，点(Q)必在(x)轴上方；
我们取其中一种做研究，比如点(P)在(x)轴上方，点(Q)在(x)轴下方；注意此时点(Q)的极角是负值(- heta)，
由于( ho_1>0)，( ho_2>0)，以及(angle POQ=cfrac{pi}{2})可得，(alpha- heta=cfrac{pi}{2})，即(alpha= heta+cfrac{pi}{2})，(顺时针为正，逆时针为负)
则有(S_{Delta OPQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|=cfrac{1}{2} ho_1 ho_2=cfrac{1}{2} imes 4cosalpha imes 2cos heta)
(=4cos( heta+cfrac{pi}{2})cosalpha=-4sin heta cos heta=-2sin2 heta)，
当(2 heta=-cfrac{pi}{2})，即( heta=-cfrac{pi}{4})时，((S_{Delta OPQ})_{max}=2)。
【法2】参数方程法，
如图所示，曲线(C_1)的参数方程是(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases}(alpha为参数，alphain (0，2pi)))，曲线(C_2)的参数方程是(egin{cases}x=1+cos heta\y=2sin hetaend{cases}( heta为参数， hetain (0，2pi)))，注意参数的含义，(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2})，即(alpha=pi+ heta)
则有(S_{Delta OPQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|=cfrac{1}{2}sqrt{(2+2cosalpha)^2+(2sinalpha)^2}sqrt{(1+cos heta)^2+sin^2 heta})
(=cfrac{1}{2}sqrt{8(1+cosalpha)}sqrt{2(1+cos heta)}=cfrac{1}{2}sqrt{8(1-cos heta)}sqrt{2(1+cos heta)}=cfrac{1}{2} imes 4sqrt{(1-cos heta)(1+cos heta)}=2sqrt{1-cos^2 heta}=2|sin heta|)
当( heta=cfrac{pi}{2})时，((S_{Delta OPQ})_{max}=2)。
【变形方法3】参数方程法，曲线(C_1)的参数方程是(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases}(alpha为参数，alphain (0，2pi)))，曲线(C_2)的参数方程是(egin{cases}x=1+cos heta\y=2sin hetaend{cases}( heta为参数， hetain (0，2pi)))，注意参数的含义，(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2})，即(alpha=pi+ heta)
由(angle POQ=cfrac{pi}{2})可知，(k_{OP}k_{OQ}=-1)，即(cfrac{2sinalpha}{2+2cosalpha} imes cfrac{sin heta}{1+cos heta}=-1)，即(-sinalpha sin heta=(1+cosalpha)(1+cos heta))
(S_{Delta OPQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|=cfrac{1}{2}sqrt{(2+2cosalpha)^2+(2sinalpha)^2}sqrt{(1+cos heta)^2+sin^2 heta})
(=cfrac{1}{2}sqrt{8(1+cosalpha)}sqrt{2(1+cos heta)}=2sqrt{(1+cosalpha)(1+cos heta)}=2sqrt{-sinalpha sin heta})，又有(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2})，即(alpha=pi+ heta)
(=2sqrt{sin^2 heta}=2|sin heta|)，
当( heta=cfrac{pi}{2})时，((S_{Delta OPQ})_{max}=2)。
【法4】尝试使用均值不等式，待有空思考整理。
设直线(OP)的方程为(y=kx)，由(angle POQ=cfrac{pi}{2})可得，
直线(OQ)的方程为(y=-cfrac{1}{k}x)，
联立(egin{cases}(x-2)^2+y^2=4\y=kxend{cases})，解得(P(cfrac{4}{1+k^2}，cfrac{4k}{1+k^2} ))，
联立(egin{cases}(x-1)^2+y^2=1\y=-cfrac{1}{k}xend{cases})，解得$ Q(cfrac{2k^2}{1+k^2}，cfrac{-2k}{1+k^2} )$，
(S_{Delta POQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|=cfrac{1}{2}sqrt{(cfrac{4}{1+k^2})^2+(cfrac{4k}{1+k^2})^2}sqrt{(cfrac{2k^2}{1+k^2})^2+(cfrac{-2k}{1+k^2})^2})
(=cfrac{1}{2}sqrt{cfrac{16}{1+k^2}}sqrt{cfrac{4k^2}{1+k^2}}=cfrac{4|k|}{1+k^2}=cfrac{4}{|k|+frac{1}{|k|}}leq 2)。
当且仅当(|k|=1)时取到等号。故((S_{Delta POQ})_{max}=2)。
反思：这个解法的优越性体现在只有一个变量(k)，那么求最值时就好操作些。
解后反思：
1、在高中数学中，求某个量(比如面积)的最值时，往往需要先表达出这个量(比如面积)的函数，这样求实际问题的最值就变成了求这个函数模型的最值问题了，这一过程实际就是函数的建模。
2、法1利用极坐标法，这样表达刻画面积时，就只有两个变量(alpha)和( heta)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。
3、法2利用参数方程法，在表达刻画面积时，同样只有两个变量(alpha)和( heta)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。法2和法3本质接近。
4、正确求解本题目，需要深刻理解极坐标方程的含义和参数方程的含义，尤其是法2对参数的含义更不能弄错了。用到了内外角关系和圆心角和圆周角关系。
5、还有学生想到设(P(x_1，y_1))，$ Q(x_2，y_2)$，这样的思路我没有做尝试，不过能看出来此时是四个变量，这样就难得多了，所以碰到这样的题目我们先需要初步筛选思路。
【法1】：分离常数法，本题目就不适宜使用此法；
由(f(x)=0)得到(a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x)，分离得到(a=cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}=h(x))，
你应该能感觉到函数(h(x))若要用导数分析其单调性，那会是相当的难，故分离参数的思路一般在这个题目中，就自然舍弃了。
【法2】：由题目可知方程(f(x)=0)仅有一解，即(a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x)仅有一解，
即函数(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1}))与函数(y=-x^2+2x)的图像仅有一个交点。参考图像
手工怎么作图呢，函数(y=-x^2+2x)的图像大家应该会的，故重点说(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1}))的图像。
令函数(g(x)=y=e^x+cfrac{1}{e^x}=e^x+e^{-x})，则是偶函数，(g(0)=2)，
当(xge 0)时，(g'(x)=e^x-e^{-x})，(g'(x))单调递增，
故(g'(x)ge g'(0)=0)，则函数(g(x))在([0，+infty))上单调递增，又由偶函数可知，在((-infty，0])上单调递减，
这样我们就做出了函数(g(x)=e^x+cfrac{1}{e^x})的图像，然后将其向右平移一个单位，得到(y=e^{x-1}+e^{-x+1})的图像，
前边的系数(a)的作用有两个，其一控制张角大小，其二控制函数最低点的位置，
就像函数(y=a|x|)中的(a)的作用一样的，所以我们就能用手工做出函数(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1}))的图像，
要使得函数(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1}))与函数(y=-x^2+2x)的图像仅有一个交点，
就需要函数(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1}))的最小值(a(e^{1-1}+e^{-1+1})=2a)和函数(y=-x^2+2x)的最大值(-1^2+2 imes1=1)相等，
故(2a=1)，解得(a=cfrac{1}{2})。故选(C).
【法3】：构造函数法+函数性质法；
函数(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})=(x-1)^2+a[e^{x-1}+e^{-(x-1)}]-1)，
令(t=x-1)，则(g(t)=f(x-1)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1)，
由于(g(-t)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1=g(t))，故(g(t))为偶函数，
由于函数(f(x))有唯一零点，则函数(g(t))也有唯一零点，
又函数(g(t))是偶函数，即函数(g(t))与(t)轴仅有一个交点，则(g(0)=0)，
代入得到(2a-1=0)，即(a=cfrac{1}{2})；故选(C).
【法4】：函数(f(x)=0Leftrightarrow) (a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})=-x^2+2x)
(e^{x-1}+e^{-(x-1)}ge 2sqrt{e^{x-1}cdot e^{-(x-1)}}=2)，当且仅当(x=1)时取到等号；
(-x^2+2x=-(x-1)^2+1leq 1)；
若(a>0)时，(a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})ge 2a)，
要使(f(x))仅有一个零点，则必有(2a=1)，解得(a=cfrac{1}{2})；
若(a<0)，则函数(f(x))的零点不唯一，
综上，(a=cfrac{1}{2})；故选(C).
【法5】由(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1}))，
得到(f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x-1}+e^{-(2-x)+1})=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1}))，
所以(f(2-x)=f(x))，故(x=1)是函数(f(x))图像的对称轴。
由题意可知，函数(f(x))有唯一的零点，
故只能是(x=1)，
即(f(1)=1^2-2 imes1+a(e^{1-1}+e^{-1+1})=0)，
解得(a=cfrac{1}{2})，故选(C).
【法6】我们一般这样转化，由函数(f(x))有唯一的零点，
得到方程(x^2-2x=-a(e^{x-1}+e^{-x+1}))有唯一解，注意到方程的右端，
我们可以和对勾函数做以联系，令(x-1=t)，则(x=t+1)，
故原方程就转化为((t+1)^2-2(t+1)=-a(e^t+e^{-t}))，为了便于做出图像，
还需要再代换，令(e^t=x)，则(x>0)且(t=lnx)，
这样方程就又转化为(ln^2x-1=-a(x+cfrac{1}{x}))，
在同一个坐标系中，分别做出函数(y=ln^2x-1)和(y=-a(x+cfrac{1}{x}))的图像，
<img src="http://images2015.cnblogs.com/blog/992978/201707/992978-20170708111845878-662541646.png" / >
由图像可知对勾函数前面的系数必须满足(-a=-cfrac{1}{2})，
即(a=cfrac{1}{2})，故选(C).
已知函数(f(x)=(a+1)lnx+ax^2+1)，
(1) 讨论函数(f(x))的单调性。
分析：先求定义域得((0，+infty))，求导得到(f'(x)=cfrac{a+1}{x}+2ax=cfrac{2ax^2+a+1}{x})，
然后只考虑分子函数(g(x)=2ax^2+a+1)的图像，
先考虑(a=0)，在考虑函数(g(x))图像恒在(x)轴上方，恒在(x)轴下方，以及(x)轴上方下方都有图像的情形，
自然就得到了分类的标准有(a=0)，(a>0)，(a+1leq 0)，以及(-1<a<0)，在解答时做一综合就行了。
解：当(age 0)时，(g(x)>0)恒成立，则(f'(x)=cfrac{2ax^2+a+1}{x}>0)，故(f(x))在((0，+infty))上单调递增；
当(aleq -1)时，(g(x)leq 0)恒成立，则则(f'(x)=cfrac{2ax^2+a+1}{x}<0)，故(f(x))在((0，+infty))上单调递减；
当(-1<a<0)时，令(f'(x)=0)，解得(x=sqrt{-cfrac{a+1}{2a}}=x_0)，即(xin(0，x_0))时，(f'(x)>0)，
故(f(x))在((0，x_0))上单调递增；(xin(x_0，+infty))时，(f'(x)<0)，故(f(x))在((x_0，+infty))上单调递减；
(2)设(a<-1)，若对任意(x_1，x_2in(0，+infty))，恒有(|f(x_1)-f(x_2)|ge 4|x_1-x_2|)，求(a)的取值范围。
不妨设(x_1leq x_2)，由(1)可知，(a<-1)时(f(x))在((0，+infty))单调递减，
从而对任意(x_1，x_2in(0，+infty))，恒有(|f(x_1)-f(x_2)|ge 4|x_1-x_2|)，
可以等价转化为(f(x_1)-f(x_2)ge 4(x_2-x_1))，
即任意(x_1，x_2in(0，+infty))，恒有(f(x_1)+4(x_1)ge f(x_2)+4x_2)，【到此，构造函数就有了依托】
令(g(x)=f(x)+4x)，则(x_1leq x_2)，(g(x_1)ge g(x_2))原命题等价于函数(g(x))在((0，+infty))上单调递减。
而(g'(x)=cfrac{a+1}{x}+2ax+4=cfrac{2ax^2+4x+a+1}{x}leq 0)在((0，+infty))上恒成立。接下来的思路就比较多了：
思路1：分离参数得到，(aleq cfrac{-4x-1}{2x^2+1}=cfrac{(2x-1)^2-4x^2-2}{2x^2+1}=cfrac{(2x-1)^2}{2x^2+1}-2)，故(aleq -2)。
思路2：只关注导函数(g'(x))的分子，令(h(x)=2ax^2+4x+a+1)，则转化为(h(x)leq 0)在((0，+infty))上恒成立，
分离参数得到，(aleq (cfrac{-4x-1}{2x^2+1})_{min})，
令(phi(x)=cfrac{-4x-1}{2x^2+1})，
解得(phi'(x)=cfrac{-4(2x^2+1)-(-4x-1)cdot 4x}{(2x^2+1)^2}=cfrac{8x^2+4x-4}{(2x^2+1)^2}=cfrac{4(2x-1)(x+1)}{(2x^2+1)^2})，
故(xin(0，cfrac{1}{2}))时，(phi'(x)<0)，(phi(x))单调递减，(xin(cfrac{1}{2}，+infty))时，(phi'(x)>0)，(phi(x))单调递增，
故(phi(x)_{min}=phi(cfrac{1}{2})=-2)，故(aleq -2)。
思路3：只关注导函数(g'(x))的分子，令(h(x)=2ax^2+4x+a+1)，
则转化为(h(x)leq 0)在((0，+infty))上恒成立，利用二次函数求解。
则(egin{cases}h(0)leq 0\x=-cfrac{4}{2 imes 2a}<0\ Delta >0end{cases})或者(Delta leq 0)，
解得(aleq -2或age 1)，又(a<-1)，故(aleq -2)。
思路4：接思路1，分离参数得到，(aleq cfrac{-4x-1}{2x^2+1})，
求函数(phi(x)=cfrac{-4x-1}{2x^2+1})的最小值，还可以用代换法，
令(-4x-1=t<-1)，则(phi(x)=cfrac{t}{cfrac{(t+1)^2}{8}+1}=cfrac{8t}{t^2+2t+9}=cfrac{8}{t+cfrac{9}{t}+2}ge cfrac{8}{-2sqrt{9}+2}=-2)，
故(aleq -2)。
已知(tanalpha=cfrac{1}{2})，求(sin^4alpha-cos^4alpha)的值。
【法1】：方程组法，由(left{egin{array}{l}{cfrac{sinalpha}{cosalpha}=cfrac{1}{2}}\{sin^2alpha+cos^2alpha=1}end{array} ight.)，
解得(sin^2alpha=cfrac{1}{5})，(cos^2alpha=cfrac{4}{5})，
代入得到(sin^4alpha-cos^4alpha=-cfrac{3}{5})；
【法2】：齐次式法，(sin^4alpha-cos^4alpha=(sin^2alpha-cos^2alpha)(sin^2alpha+cos^2alpha)=sin^2alpha-cos^2alpha)
(=-cos2alpha=-cfrac{cos^2alpha-sin^2alpha}{sin^2alpha+cos^2alpha}=cfrac{1-tan^2alpha}{1+tan^2alpha}=-cfrac{3}{5})；
【法3】：由(cfrac{sinalpha}{cosalpha}=cfrac{1}{2})，引入比例因子，可设(sinalpha=k)，(cosalpha=2k(k eq 0))，
由(k^2+(2k)^2=1)，可得(k^2=cfrac{1}{5})，故(k^4=cfrac{1}{25})，
则(sin^4alpha-cos^4alpha=k^4-(2k)^4=-15k^4=-cfrac{3}{5})；
已知直线(l)的极坐标方程为( ho sin( heta-cfrac{pi}{3})=0)，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为(x)轴的正半轴，建立平面直角坐标系，
曲线(C)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=2cosalpha}\{y=2+2sinalpha}end{array} ight.(alpha为参数))。课件
（1）求直线(l)被曲线(C)截得的弦长|OA|。
分析：可以从以下四个角度思考，
①利用两点间的距离公式；
【法1】直线(l)的普通方程为(y=sqrt{3}x)，圆(C)的普通方程为(x^2+(y-2)^2=2^2)，
联立消掉(y)，得到(x^2-sqrt{3}x=0)，
解得，(left{egin{array}{l}{x_1=0}\{y_1=0}end{array} ight.)，或(left{egin{array}{l}{x_2=sqrt{3}}\{y_2=3}end{array} ight.)，
由两点间距离公式得到(|OA|=2sqrt{3})。
②直线和圆相交求弦长的几何方法；
【法2】直线为(sqrt{3}x-y=0)，圆心为((0，2))，
则圆心到直线的距离为(d=cfrac{|0-2|}{2}=1)，又半径为(2)，
故半弦长为(sqrt{2^2-1^2}=sqrt{3})，则弦长(|OA|=2sqrt{3})。
③直线的参数方程法；
【法3】由于直线的普通方程为(y=sqrt{3}x)，经过点((0，0))，
斜率(k=tan heta=sqrt{3})，
直线(l)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=0+cfrac{1}{2}t}\{y=0+cfrac{sqrt{3}}{2}t}end{array} ight.(t为参数))，
将其代入圆的普通方程(x^2+(y-2)^2=2^2)，
整理得到(t^2-2sqrt{3}t=0)，
解得(t_1=0)，(t_2=2sqrt{3})，
则弦长(|OA|=|t_1-t_2|=2sqrt{3})。
④极坐标法；
【法4】直线的极坐标方程为( heta=cfrac{pi}{3})，
圆的极坐标方程为( ho=4sin heta)，
二者联立，得到( ho=4sincfrac{pi}{3}=2sqrt{3})。
即所求弦长(|OA|=2sqrt{3})。
（2）从极点做曲线(C)的弦，求弦的中点(M)轨迹的极坐标方程。
分析：可以从以下三个角度思考：
①利用平面直角坐标系下的中点公式；
【法1】在平面直角坐标系中，设过坐标原点的直线和圆相交于点(P(x_0，y_0))，则所得弦的中点坐标为(M(x，y))
则(left{egin{array}{l}{2x=x_0}\{2y=y_0}end{array} ight.)，又点(P(x_0，y_0))在圆(x^2+(y-2)^2=2^2)上，
代入整理得到普通方程为(x^2+(y-1)^2=1)，
即其极坐标方程为( ho=2sin heta)，
其中(alphain(0，pi))，而不是(alphain[0，pi))，以保证弦的存在。
②利用圆的参数方程；
由于圆上任意一动点(P)的坐标(P(2cos heta，2+2sin heta))，则弦的中点(M(cos heta，1+sin heta))，
即点(M)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=cos heta}\{y=1+sin heta}end{array} ight.( heta为参数))，
消去参数( heta)，得到普通方程为(x^2+(y-1)^2=1)，
即其极坐标方程为( ho=2sin heta)，
其中(alphain(0，pi))，而不是(alphain[0，pi))，以保证弦的存在。
③利用极坐标法；
【法3】曲线(C)的极坐标方程为( ho=4sin heta)，
过极点的直线的极坐标方程为( heta=alpha)，
设直线和曲线(C)的交点的极坐标为(( ho_1，alpha))，
则弦的中点(M)的极坐标为(( ho，alpha))，
由题目可知，( ho_1=2 ho)，代入曲线(C)的极坐标方程为(2 ho=4sinalpha)，
得到( ho=2sinalpha)，其中(alphain(0，pi))。
故弦的中点(M)轨迹的极坐标方程为( ho=2sinalpha)，其中(alphain(0，pi))。
说明：由于弦的中点要存在，则必须保证( ho eq 0)，即原来的(alphain[0，pi))，必须变为(alphain(0，pi))。
在平面内有(n(nin N*))条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，求(f(1))，(f(2))，(f(3))，(f(4))，(f(5))的值；并总结(f(n))的表达式。
法1：二阶等差数列+累加法，
解析：由题意知，则(f(1)=2)，(f(2)=4)，(f(3)=7)，(f(4)=11)，(f(5)=16)，
(f(2)-f(1)=4-2=2)；
(f(3)-f(2)=7-4=3)；
(f(4)-f(3)=11-7=4)；
(f(5)-f(4)=16-11=5)；
$cdots $，
(f(n)-f(n-1)=n)；
因此，当(nge 2)时，由累加法可知，
(f(n)-f(1)=2+3+cdots+n=cfrac{(n+2)(n-1)}{2})
即(f(n)=cfrac{n^2+n+2}{2})
当(n=1)时，(f(1)=2)，也满足上式，故
(f(n)=cfrac{n^2+n+2}{2})。
在平面内有(n(nin N*))条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明：这(n)条直线把平面分成(f(n)=cfrac{n^2+n+2}{2})个平面区域。
法2：用数学归纳法证明，
①当(n=1)时，由几何常识可知，一条直线将平面分成两个部分即(f(1)=2)，又(f(1)=cfrac{1^2+1+2}{2}=1)，即(n=1)时命题成立。
②假设当当(n=k(kge 1，kin N^*))时命题成立，即(k)条直线将平面分成的部分数为(f(k)=cfrac{k^2+k+2}{2})，
那么当(n=k+1)时，由于新添加的第(k+1)条直线和以前的(k)条直线两两相交且不共点，此时新增加平面区域个数为(k+1)个，
即(f(k+1)=f(k)+k+1=cfrac{k^2+k+2}{2}+k+1)
(=cfrac{k^2+k+2+2(k+1)}{2}=cfrac{(k^2+2k+1)+(k+1)+2}{2})，
(=cfrac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2})，
即当(n=k+1)时，命题也成立。
综上所述，(nin N^*)时，(f(n)=cfrac{n^2+n+2}{2})，
即(n)条直线把平面分成(f(n)=cfrac{n^2+n+2}{2})个平面区域。
- 难点突破：本题目中的难点就是新添加了第(k+1)条直线后，平面区域也新增加了(k+1)个，
思路1：用不完全归纳法突破，比如直线条数由(1Rightarrow 2)时，增加的区域个数为(2)个，由(2Rightarrow 3)时，增加的区域个数为(3)个，由(3Rightarrow 4)时，增加的区域个数为(4)个，(cdots)，则由(nRightarrow n+1)时，增加的区域个数为(n+1)个。
思路2：借助图形突破。
A、(cfrac{sqrt{30}}{3}) (hspace{2cm}) B、6 (hspace{2cm}) C、12 (hspace{2cm}) D、 (7sqrt{3})
法1、常规方法，利用两点间距离公式，由于(2p=3)，则(cfrac{p}{2}=cfrac{3}{4})，故焦点(F(cfrac{3}{4}，0))，
则直线(AB)的方程为(y=cfrac{sqrt{3}}{3}(x-cfrac{3}{4}))，
联立直线(AB)的方程(y=cfrac{sqrt{3}}{3}(x-cfrac{3}{4}))和抛物线(C：y^2=3x)，
消(y)得到(16x^2-24 imes7x+9=0)，设点(A(x_1，y_1))，点(B(x_2，y_2))，
则(x_1+x_2=cfrac{24 imes7}{16}=cfrac{21}{2})，
(x_1x_2=cfrac{9}{16})，故(|AB|=sqrt{1+k^2}cdotsqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=12)。
法2、利用直线(AB)的参数方程的参数的几何意义，直线(AB)的参数方程为(egin{cases}x=cfrac{3}{4}+cfrac{sqrt{3}}{2}t\y=0+cfrac{1}{2}tend{cases}(t为参数))，
代入(y^2=3x)中，得到(t^2-6sqrt{3}t-9=0)，
故(|AB|=|t_1-t_2|=sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=sqrt{36 imes3-4 imes(-9)}=12)。
法3：利用抛物线的第二定义可知，
(|AB|=|AF|+|BF|=|AN|+|BO|=x_1+cfrac{p}{2}+x_2+cfrac{p}{2}=x_1+x_2+p)，
故由法1中，得到(x_1+x_2=cfrac{24 imes7}{16}=cfrac{21}{2})，
(p=cfrac{3}{2})，即(|AB|=x_1+x_2+p=12)。
法4：利用抛物线的焦点弦长公式：(|AB|=cfrac{2p}{sin^2alpha})，
则(|AB|=cfrac{2 imes cfrac{3}{2}}{(cfrac{1}{2})^2}=12)。
- 引申：抛物线的焦点弦长公式(|AB|=cfrac{2p}{sin^2alpha})的推导：
当直线的斜率不存在时，即直线的倾斜角( heta=90^{circ})时，(x_1=x_2=cfrac{p}{2})，(y_1=p)，(y_2=-p)，
故(|AB|=|y_1-y_2|=2p=cfrac{2p}{sin^290^{circ}}=cfrac{2p}{sin^2alpha})。
当直线的斜率存在时，即(k=tan heta)，焦点弦方程是(y=k(x-cfrac{p}{2}))，代入抛物线方程得到(k^2x^2-(k^2p+2p)x+cfrac{k^2p^2}{4}=0)，
利用韦达定理可知(x_1+x_2=cfrac{k^2p+2p}{k^2})，由抛物线的定义
(|AB|=|AF|+|BF|=x_1+x_2+p=cfrac{k^2p+2p}{k^2}+p=cfrac{2p(k^2+1)}{k^2})
(=2p imescfrac{tan^2 heta+1}{tan^2 heta}=2p imescfrac{sin^2 heta+cos^2 heta}{sin^2 heta}=cfrac{2p}{sin^2 heta})。
法1：基向量法，
(|vec{a}+2vec{b}|^2=vec{a}^2+4vec{b}^2+2 imes 2 imes vec{a}cdot vec{b})；
(=|vec{a}|^2+4|vec{b}|^2+4|vec{a}|cdot |vec{b}|cdot cos60^{circ})；
(=1+16+4 imes 1 imes 2 imes cos60^{circ}=21)，
故(|vec{a}+2vec{b}|=sqrt{21})。
法2：建立坐标系，利用向量坐标法构造向量三角形法，
建立如图所示的坐标系，则可知(vec{a}=(1，0))，(vec{b}=(1，sqrt{3}))，
则(vec{a}+2vec{b}=(1，0)+2(1，sqrt{3})=(3，2sqrt{3}))，
故(|vec{a}+2vec{b}|=sqrt{3^2+(2sqrt{3})^2}=sqrt{21})。
法3：构造向量三角形法，利用余弦定理求解。
由图可知，(overrightarrow{OA}=vec{a})，(overrightarrow{OD}=2vec{b})，做向量三角形( riangle OAB)，
则在( riangle OAB)中，(|OA|=|vec{a}|=1)，(|AB|=|2vec{b}|=4)，(|OB|=|vec{a}+2vec{b}|)，(angle OAB=120^{circ})，
由余弦定理可知，(|OB|^2=1^2+4^2-2 imes 1 imes 4 imes cos120^{circ}=21)，
故(|vec{a}+2vec{b}|=|OB|=sqrt{21})。
分析：(f(x)=cfrac{1-cosomega x}{2}+cfrac{1}{2}sinomega x-cfrac{1}{2}=cfrac{1}{2}(sinomega x-cosomega x))
(=cfrac{sqrt{2}}{2}sin(omega x-cfrac{pi}{4}))，
法1：补集法，从数的角度入手分析，假设(f(x))在区间((pi，2pi))内有零点(x_0)，使得(f(x)=cfrac{sqrt{2}}{2}sin(omega x_0-cfrac{pi}{4})=0)，
则(omega x_0-cfrac{pi}{4}=kpi(kin Z))，即(x_0=cfrac{kpi}{omega}+cfrac{pi}{4omega})，
即(x_0=cfrac{(4k+1)pi}{4omega})，又(pi<x_0<2pi)，
则(pi<cfrac{4k+1}{4omega}<2pi(kin Z))，即(left{egin{array}{l}{4omega<4k+1}\{8omega>4k+1}end{array} ight.)
由于(omega>0)，故给(k)赋值从(k=0)开始，
①当(k=0)时，(left{egin{array}{l}{4omega<1}\{8omega>1}end{array} ight.)，即(cfrac{1}{8}<omega<cfrac{1}{4})；
②当(k=1)时，(left{egin{array}{l}{4omega<4+1}\{8omega>4+1}end{array} ight.)，即(cfrac{5}{8}<omega<cfrac{5}{4})；
③当(k=2)时，(left{egin{array}{l}{4omega<8+1}\{8omega>8+1}end{array} ight.)，即(cfrac{9}{8}<omega<cfrac{9}{4})；
④当(k=3)时，(left{egin{array}{l}{4omega<12+1}\{8omega>12+1}end{array} ight.)，即(cfrac{13}{8}<omega<cfrac{13}{4})；
⑤当(k=4，cdots)时，(cdots)
以上情形取并集，得到当函数(f(x))在区间((pi，2pi))内有零点(x_0)时，(omega)的取值范围是((cfrac{1}{8}，cfrac{1}{4})cup(cfrac{5}{8}，+infty))，
故函数(f(x))在区间((pi，2pi))内没有零点时，(omega)的取值范围是((0，cfrac{1}{8}]cup[cfrac{1}{4}，cfrac{5}{8}])，故选(D)。
法2：直接法，从数的角度入手分析，函数(f(x))在区间((pi，2pi))内没有零点，则(sin(omega x_0-cfrac{pi}{4})=0)在区间((pi，2pi))内无解，
则(kpi<omega x-cfrac{pi}{4}<kpi+pi(kin Z))，即(kpi+cfrac{pi}{4}<omega x<kpi+cfrac{5pi}{4}(kin Z))，
则(cfrac{kpi}{omega}+cfrac{pi}{4omega}<x_0<cfrac{kpi}{omega}+cfrac{5pi}{4omega})
即(cfrac{(4k+1)pi}{4omega}<x<cfrac{(4k+5)pi}{4omega})恒成立，由于(xin (pi，2pi))，
则(cfrac{(4k+1)pi}{4omega}leq pi)且(2pileq cfrac{(4k+5)pi}{4omega})；
即(left{egin{array}{l}{4omegage 4k+1}\{8omegaleq 4k+5}end{array} ight.)
①当(k=-1)时，(4omegage -3)且(8omega leq 1)，解得(0<omegaleq cfrac{1}{8})；
②当(k=0)时，(4omegage 1)且(8omega leq 5)，解得(cfrac{1}{4}leq omegaleq cfrac{5}{8})；
③当(k=1)时，(4omegage 5)且(8omega leq 9)，解得(cfrac{5}{4}leq omegaleq cfrac{9}{8})，实质为空集；
④当(k=2)时，(4omegage 9)且(8omega leq 13)，解得(cfrac{9}{4}leq omegaleq cfrac{13}{8})，实质为空集；
⑤当(k=3，cdots)时，等等，解集都是空集；
综上所述，函数(f(x))在区间((pi，2pi))内没有零点时，(omega)的取值范围是((0，cfrac{1}{8}]cup[cfrac{1}{4}，cfrac{5}{8}])，故选(D)。
法3：高考解法，从数的角度入手分析，接上述解法，得到
(sin(omega x_0-cfrac{pi}{4})=0)在区间((pi，2pi))内无解，
即(x=cfrac{kpi+frac{pi}{4}}{omega} otin (pi，2pi))，
则(omega otin (cfrac{1}{8}，cfrac{1}{4})cup (cfrac{5}{8}，cfrac{5}{4})cup (cfrac{9}{8}，cfrac{9}{4})cupcdots = (cfrac{1}{8}，cfrac{1}{4})cup (cfrac{5}{8}，+infty))
由于函数(f(x))在区间((pi，2pi))内没有零点，(omega)的取值范围是((0，cfrac{1}{8}]cup[cfrac{1}{4}，cfrac{5}{8}])，故选(D)。
法4：如下图所示，从形的角度入手分析：
要使得函数在((pi，2pi))内没有零点，则有以下情形成立：
①(2pileq cfrac{pi}{4omega})，解得(0<omegaleq cfrac{1}{8})；
②(left{ egin{array}{l}{ cfrac{pi}{4omega}leq pi }\ {2pi leq cfrac{5pi}{4omega}}end{array} ight.) ，解得$ cfrac{1}{4}<omega leq cfrac{5}{8}$；
③(left{egin{array}{l}{cfrac{5pi}{4omega}leq pi}\{2pileqcfrac{9pi}{4omega}} end{array} ight.)，解得(cfrac{5}{4}<omegaleq cfrac{9}{8})；即(omegain varnothing)；
④(left{egin{array}{l}{cfrac{9pi}{4omega}leq pi}\{2pileqcfrac{13pi}{4omega}} end{array} ight.)，解得(cfrac{9}{4}<omegaleq cfrac{13}{8})；即(omegain varnothing)；
⑤(cdots)，解得(omegain varnothing)；
综上所述，(omega)的取值范围是((0，cfrac{1}{8}]cup[cfrac{1}{4}，cfrac{5}{8}])，故选(D)。
法1：并项求和法[此法运算和思维成本最小]，由于题目中有(n)次方，故针对(n)分奇偶讨论如下：
①当(n)为奇数时，则(n+1)为偶数，
由题目可知(a_{n+1}-a_n=2n-1)，则(a_{n+2}+a_{n+1}=2n+1)[1]
[解释：(a_{(n+1)+1}+(-1)^{n+1}a_{n+1}=2(n+1)-1)]
两式相减，得到(a_{n+2}+a_n=2)，即从(a_1)开始，相邻两个奇数项为等和数列；
即(a_1+a_3=2)，(a_5+a_7=2)，(a_9+a_{11}=2)，(cdots)，(a_{57}+a_{59}=2)，
故前(60)项中的所有奇数项之和为
(S_{奇}=(a_1+a_3)+(a_5+a_7)+cdots+(a_{57}+a_{59})=15 imes 2=30)；
②当(n)为偶数时，则(n+1)为奇数，
由题目可知(a_{n+1}+a_n=2n-1)，则(a_{n+2}-a_{n+1}=2n+1)[原因同上]，
两式相加，得到(a_{n+2}+a_n=4n)，即每相邻两偶数项之和为等差数列；
故前(60)项中的所有偶数项之和为
(S_{偶}=(a_2+a_4)+(a_6+a_8)+cdots+(a_{58}+a_{60}))
(=4 imes 2+4 imes 6+4 imes 10+cdots+4 imes 58)
(=4(2+6+10+cdots+58))
(=4 imescfrac{(2+58) imes 15}{2}=1800)；
故(S_{60}=1800+30=1830)。
思路2[摘编自网络，学习变形]：从特殊到一般，
对于给出的递推数列，在没有找到更好方法之前，通常可以用特殊值法开路，写出前几项，先归纳，再猜想一般的规律。
设(a_1=a)，由递推公式(a_{n+1}+(-1)^ncdot a_n=2n-1)，
分别令(n=1,2,3,4,cdots)，则有
(a_2=1+a)，(a_3=2-a)，(a_4=7-a)，(a_5=a)，
(a_6=9+a)，(a_7=2-a)，(a_8=15-a)，(a_9=a)，(cdots)，
于是可知，(a_{4k-3}=a)，(a_{4k-2}=a+(8k-7))，(a_{4k-1}=2-a)，(a_{4k}=-a+(8k-1))，[2]
所以，(a_{4k-3}+a_{4k-2}+a_{4k-1}+a_{4k}=16k-6)，
可知每连续四项之和成等差数列，
则(S_{60}=cfrac{15[10+(16 imes 15-6)]}{2}=1830)；
思路3[摘编自网络，学习变形]：分类讨论，
本题目的难点在于((-1)^n)，于是对其分类讨论，并进行适当的构造以及并项。
当(n)为奇数时，(a_{n+1}-a_n=2n-1)；
当(n)为偶数时，(a_{n+1}+a_n=2n-1)；
于是(a_{4k}+a_{4k-1}+a_{4k-2}+a_{4k-3}=(a_{4k}-a_{4k-1})+2(a_{4k-1}+a_{4k-2})-(a_{4k-2}-a_{4k-3}))[3]
(=[2(4k-1)-1]+2[2(4k-2)-1]-[2(4k-3)-1]=16k-6)，
可知每连续四项之和成等差数列，
则(S_{60}=cfrac{15[10+(16 imes 15-6)]}{2}=1830)；
思路4[摘编自网络，学习变形]：利用迭代法，
对于给出的递推数列问题，应该关注三个技巧----迭加、迭乘、迭代。特别是迭代法，它是直接反复利用递推公式而进行迭代，可以直接运用，从而使得问题得以解决。
由(a_{n+1}+(-1)^ncdot a_n=2n-1)得到[用(n+1)替换左式中的(n)]，(a_{n+2}+(-1)^{n+1}cdot a_{n+1}=2(n+1)-1)，
则(a_{n+2}=-(-1)^{n+1}cdot a_{n+1}+2n+1)，
(=(-1)^{n}cdot a_{n+1}+2n+1) [将已知式改写为(a_{n+1}=(-1)^{n+1}a_n+2n-1)，代入左式，得到下式]
(=(-1)^n[(-1)^{n+1}a_n+2n-1]+2n+1)
(=-a_n+(-1)^{n}(2n-1)+2n+1)
即(a_{n+2}+a_n=(-1)^{n}(2n-1)+2n+1)
也有(a_{n+3}+a_{n+1}=-(-1)^{n}(2n+1)+2n+3)[让上式中(n+1 ightarrow n)得到]
两式相加得到(a_n+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=-2(-1)^n+4n+4)，
设(k)为整数[或令(n=4k+1)]，则
(a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4}=-2(-1)^{4k+1}+4(4k+1)+4=16k+10)
于是(S_{60}=sumlimits_{k=0}^{14}{(a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4})})[4]
(=sumlimits_{k=0}^{14}{(16k+10)}=(16 imes 0+10)+(16 imes 1+10)+(16 imes 2+10)+cdots+(16 imes 14+10))
(=16 imes cfrac{(0+14) imes 15}{2}+150=1830)
思路5[摘编自网络，学习变形]：构造子数列法，
({a_n})既不是等差数列也不是等比数列，但是可以发现其子数列({a_{4k}})，({a_{4k-1}})，({a_{4k-2}})，({a_{4k-3}})是等差数列，于是可对数列({a_n})分项击破，
当(n)为奇数时，(a_{n+1}-a_n=2n-1)；
当(n)为偶数时，(a_{n+1}+a_n=2n-1)；
由(a_{4k+2}-a_{4k-2}=(a_{4k+2}-a_{4k+1})+(a_{4k+1}+a_{4k})-(a_{4k}-a_{4k-1})-(a_{4k-1}+a_{4k-2}))，[5]
[此处用(a_{4k+2}-a_{4k-2})，是为了求公差；由于前一项为(a_{4k-2})，则其后一项为(a_{4(k+1)-1}=a_{4k+2})；同时紧接着的变形既要保证恒等变形还要有效利用上述条件]；
(=[2(4k+1)-1]+(2 imes 4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8)，
故数列(a_{4k-2})是等差数列，公差为(8)，首项为(a_2)，所以(a_{4k-2}=a_2+(k-1)8)；
由(a_{4k+4}-a_{4k}=(a_{4k+4}-a_{4k+3})+(a_{4k+3}+a_{4k+2})-(a_{4k+2}-a_{4k+1})-(a_{4k+1}+a_{4k}))，[6]
[此处用(a_{4k+4}-a_{4k})，是为了求公差；由于前一项为(a_{4k})，则其后一项为(a_{4(k+1)}=a_{4k+4})；同时紧接着的变形既要保证恒等变形还要有效利用上述条件]；
(=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1)-[2(4k+1)-1]-[2 imes 4k-1]=8)，
故数列(a_{4k})是等差数列，公差为(8)，首项为(a_4)，所以(a_{4k}=a_4+(k-1)8)；[7]
同理，(a_{4k+1}-a_{4k-3}=0)，故数列({a_{4k-3}})是常数列，故(a_{4k-3}=a_1)；
(a_{4k+3}-a_{4k-1}=0)，故数列({a_{4k-1}})是常数列，故(a_{4k-1}=a_3)；
又(a_1+a_2+a_3+a_4=(a_4-a_3)+2(a_3+a_2)-(a_2-a_1))
(=(2 imes 3-1)+2(2 imes 2-1)-(2 imes 1-1)=5+6-1=10);
于是({a_n})的前(60)项的和(S_{60})为
(S_{60}=(a_1+a_5+a_9+cdots+a_{57})+(a_2+a_6+a_{10}+cdots+a_{58}))[8]
(+(a_3+a_7+a_{11}+cdots+a_{59})+(a_4+a_8+a_{12}+cdots+a_{60}))
(=15a_1+(15a_2+840)+15a_3+(15a_4+840))
(=15(a_1+a_2+a_3+a_4)+1680=1830)
思路6[摘编自网络，学习变形]：构造等差数列法，
由上述解法不难看出，本题目的实质是连续四项的和成等差数列，故还可以如下求解：
当(n)为奇数时，(a_{n+1}-a_n=2n-1)；
当(n)为偶数时，(a_{n+1}+a_n=2n-1)；
由(a_{4k+2}-a_{4k-2}=(a_{4k+2}-a_{4k+1})+(a_{4k+1}-a_{4k})-(a_{4k}-a_{4k-1})-(a_{4k-1}+a_{4k-2}))，
(=[2(4k+1)-1]+(2 imes 4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8)，
故数列(a_{4k-2})是等差数列，公差为(8)，首项为(a_2)，所以(a_{4k-2}=a_2+(k-1)8)；
由(a_{4k+4}-a_{4k}=(a_{4k+4}-a_{4k+3})+(a_{4k+3}+a_{4k+2})-(a_{4k+2}-a_{4k+1})-(a_{4k+1}+a_{4k}))，
(=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1)-[2(4k+1)-1]-[2 imes 4k-1]=8)，
故数列(a_{4k})是等差数列，公差为(8)，首项为(a_4)，所以(a_{4k}=a_4+(k-1)8)；
同理，(a_{4k+1}-a_{4k-3}=0)，故数列({a_{4k-3}})是常数列，故(a_{4k-3}=a_1)；
(a_{4k+3}-a_{4k-1}=0)，故数列({a_{4k-1}})是常数列，故(a_{4k-1}=a_3)；
则数列(b_{n+1}=a_{4n+1}+a_{4n+2}+a_{4n+3}+a_{4n+4})
(=a_{4n-3}+a_{4n-2}+a_{4n-1}+a_{4n}+16=b_n+16)， [9]
即(b_{n+1}-b_n=16)，又(b_1=a_1+a_2+a_3+a_4=10)，
则数列({b_n})是首项为(10)，公差为(16)的等差数列，
则则(S_{60}=cfrac{15[10+(16 imes 15-6)]}{2}=1830)；
- ↩︎
对数列的下标详细说明如下，
所有正整数若除以(4)，就会分为四类，余数分别为(0)，(1)，(2)，(3)，
我们可以将其表达为(4k)，(4k+1)，(4k+2)，(4k+3)，此时(kin N)；
还可以这样表达为(4k-3)，(4k-2)，(4k-1)，(4k)，此时(kin N^*)；
故(a_{4k-3})表达的是(a_1)，(a_5)，(a_9)，(cdots)，
(a_{4k-2})表达的是(a_2)，(a_6)，(a_{10})，(cdots)，
(a_{4k-1})表达的是(a_3)，(a_7)，(a_{11})，(cdots)，
(a_{4k})表达的是(a_4)，(a_8)，(a_{12})，(cdots)， ↩︎上述变形很有特点，这样变形的目的，既要保证恒等变形，还要充分利用上述的条件；
比如变形((a_{4k}-a_{4k-1}))意味着偶数项减去奇数项，即可以利用(a_{n+1}-a_n=2n-1)；
故有((a_{4k}-a_{4k-1})=2(4k-1)-1)，其余都同理； ↩︎由于下标的表示形式，故求和时只能从(0 ightarrow 14)，不能是(1 ightarrow 15)，否则求和会丢掉前面的四项而多算了后面的四项。 ↩︎
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等差数列通项公式的拓展：(a_n=a_m+(n-m)d)；
此处可以这样理解，数列的公差为(8)，首项为(a_4)，自然能写出(a_4+(k-1)8)，关键是和(a_{?})对应；
我们知道这个数列的首项应该是(a_4)，故下标应该用(4k)来表达，故(a_{4k}=a_4+(k-1)8)；
或者这样理解，从原来的母数列中间隔(4)项挑出来的项所组成的新数列的公差为(8)，那么回归到母数列里面，
相当于原来母数列的公差为(2)[当然母数列不是等差数列]，这样(a_{4k}=a_4+(4k-4) imes 2=a_4+(k-1)8)；
而不是(a_{4k}=a_4+(4k-4)8)；其他同理； ↩︎第二组子数列求和，首项是(a_2)，公差为(8)，项数为(15)项，故(S_{2}=15a_2+cfrac{15(15-1)}{2} imes 8=15a_2+840). ↩︎
若(b_{n+1}=a_{4n+1}+a_{4n+2}+a_{4n+3}+a_{4n+4})，用(n-1)替换左式中的(n)，
则得到(b_{n}=a_{4n-3}+a_{4n-2}+a_{4n-1}+a_{4n})，故有(b_{n+1}-b_n=16)， ↩︎