例1 計算： 1+2+22+23+…+29+210
分析這是首項係數是2的等比數列求和問題，可採用「錯位相減法」求解．
解：設s=1+2+22+23+…+29+210 （1）
用2乘以上式的兩邊可得
2s=2+22+23+…=210+211 （2）
用（2）式減去（1）式的兩邊，得
s=（2+22+2 3+…+2 10+2 11）-（1+2+2 2+2 3+…+2 9+2 10）
=2 11-1
=2048-1
=2047．
例2 計算：1×0.5+3×（0.5）2+5×（0.5）3+7×（0.5）4+…+17×（0.5）9+19×（0.5）10
分析這個和式中的每一項都是兩個數的乘積，把各乘積的前乙個數依次排在一起構成乙個公差為2的等差數列，把各乘積的後乙個數依次排在一起構成乙個公比是0.5的等比數列，這種數列通常稱為混合數列，它的求和方法也採用「錯位相減法」．
解：設s=1×0.5+3×(0.5)2+5×(0.5)3+…+17×(0.5)9+19×(0.5)10 （1）
用2乘以上式的兩邊可得
2s＝1+3×0.5+5×（0.5）2+7×（0.5）3+…+17×（0.5）8+19×（0.5）9 （2）
用（2）式減去（1）式的兩邊，得
s=1+2×0.5+2×(0.5)2+2×(0.5)3＋…+2×(0.5)8+2×(0.5)9-19×(0.5)10
=1+1+0.5+（0.5）2+…+（0.5）7+（0.5）8-19×（0.5）10
再設 a=1+0.5+（0.5）2+…+（0.5）7+（0.5）8 （3）
用2乘以（3）式的兩邊可得：
2a=2+1+0.5+…+（0.5）7 （4）
用（4）式減去（3）式兩邊，得
a=2-（0.5）8=2-0.00390625=1.99609375
於是，有：
s=1+1.99609375-19×（0.5）10
=2.99609375-19×0.0009765625
=2.99609375-0.0185546875
=2.9775390625．
例3 計算：11×12×13+12×13×14+13×14×15+…+100×101×102
解：利用裂項法，有
11×12×13=（11×12×13×14-10×11×12×13）÷4，
12×13×14=（12×13×14×15-11×12×13×14）÷4，
13×14×15=（13×14×15×16-12×13×14×15）÷4，
… 100×101×102
=（100×101×102×103-99×100×101×102）÷4，
把這90個等式相加，得
原式=（100×101×102×103-10×11×12×13）÷4
=25×101×102×103-10×11×3×13
=26527650-4290
=26523360．
例4 規定 a*b=ab（其中 a、 b都是自然數），分別計算（5*3）*2和5*（3*2）．
解：由5*3=5 3=125
125*2=125 2=15625，
即有（5*3）*2=15625
又由3*2=3 2=9，
5*9=5 9=1953125
即有5*（3*2）=1953125．
說明：規定新的代數運算是一類以近世代數為基礎的新題型，近年來多次出現於國內外的數學競賽題中．解這類問題的關鍵在於牢記新運算的定義，在計算時嚴格遵照規定的法則代入數值，遇到括號要優先運算．
值得注意的是，有些規定的新運算未必滿**換律或結合律．譬如，本例實質上是乘方運算，由計算結果可知
（5*3）*2≠5*（3*2）
這就是說，本例規定的運算不滿足結合律．又如，運算a△b=3×a-b÷2就不滿**換律，事實上
1△2=1×3-2÷2=3-l=2，
2△l=2×3-1÷2=6-0.5-5.5，
即 1△2≠2△1．
並且=（a×b+a+b）×c+（a×b+a+b）+c
=a×b×c+a×c+b×c+a×b+a+b+c，
=a×（b×c+b+c）+a+（b×c+b+c）
=a×b×c+a×b+a×c+a+b×c+b+c，
從而有=5+7=12，
因此例5 互為反序①的兩個自然數之積是92565，求這兩個互為反序的自然數．
注釋：①例如1204與4021是互為反序的自然數，而120與21不是互為反序的數．
解：①這兩個自然數必是三位數．
首先，這兩個自然數不能是小於100的數，因為小於100的兩個最大的反序數是99和99，而99×99＜92565．
其次，這兩個自然數也不能大於998，因為大於998的兩個最小的反序數是999與999，而999×999＞92565．
由於a×c的個位數字是5，可以推得：
a×c=1×5或3×5或5×5或7×5或9×5；
而當a×c≥3×5時有
即這是不合題意的．因此，我們可以斷定：
a×c=1×5，
不妨設 a=1， c=5.
又由於b是0，1，2，…，9之一，經檢驗，只有b=6符合題意，這時有165×561=92565．
答：所求的兩個互為反序的自然數是165和561．
如果a≠4，b≠3，c≠2且d≠1，那麼滿足上述條件的四位數一共有多少個？
分析分類、列舉、篩選是解決這類組合計數問題的基本思路．
解：依題意，因為a≠4，所以分三類討論：
①首位數字a=1時，百位數字b可取2或4，於是可以畫出如下「樹形圖」①：
注釋：①樹形圖是圖論中常用的一種分類的直觀表示方法．
再考慮十位數字c的限制條件，可以畫出如下樹形圖：
最後考慮個位數字d的限制條件，可以畫出如下樹形圖：
②首位數字a=2時，百位數字b可取1或4，於是畫出如下樹形圖：
再考慮十位數字c的限制條件，可以畫出如下樹形圖：
最後考慮個位數字d的限制條件，可以畫出如下樹形圖：
③首位數字a=3時，類似①、②可以畫出如下樹形圖：
說明。本例實質上是著名的「錯裝信封的問題」．
例7 乙個樓梯共有10級台階，規定每步可以邁一級台階或二級台階，最多可以邁**台階．從地面上到最上面一級台階，共有多少種不同的邁法？
分析按照規定的上樓梯方式，依次考慮樓梯的階數是1級、2級、3級、4級、…的情況：（用記號an表示n級台階的樓梯的邁法總數）
①當 n=1時，顯然只有一種邁法，即 a1=1；
②當 n=2時，可以一步一級地走二步上到最上面一級台階，也可以一步邁二級直接上到最上面一級台階，因此共有2種不同的邁法，即
a2=2；
③當n=3時，可以一步一級地走上樓，也可以一步**上樓，還可以第一步邁一級、第二步邁二級或第一步邁二級、第二步邁一級上樓，因此共有4種不同的邁法，即
a3＝4；
④當n=4時，分三種情況來分別討論邁法：
1° 若第一步邁一級台階，則還剩下3級台階，由③可知有a3=4（種）邁法；
2° 若第一步邁二級台階，則還剩下2級台階，由②可知有a2=2（種）邁法；
3° 若第一步邁**台階，則還剩下1級台階，由①可知有a1=1（種）邁法；
綜合上述，4級台階的樓梯總共有：
a4=a3+a2+a1=4+2+l=7（種）
不同的邁法；
④n=5，6，7，8，9，10時，類似地有：
答：按照規定的上樓方式，乙個有10級台階的樓梯共有274種不同的邁法．
說明：本例通過研究樓梯的級數是相鄰自然數時相應邁法之間的關係，從而由1級、2級、3級台階的邁法總數，逐步推導出4級、5級、…、直至10級台階的樓梯的邁法總數．這種解決問題的思想方法，通常稱為歸納遞推方法．
例8 電單車賽全程共281公里，全程被劃分若干階段，每一階段中有的是由一段上坡路（3公里）、一段平路（4公里），一段下坡路（2公里）和一段平路（4公里）組成的；有的是由一段上坡路（3公里）、一段下坡路（2公里）和一段平路（4公里）組成的．已知電單車跑完全程後，共跑了25段上坡路，問：全程中包含兩種階段各幾段？
分析用假設法解應用題．
解：因為兩種路段都各包含一小段上坡路，故電單車跑了25段上坡路，即可理解為共跑了兩種路段數為25．第一種路段的長是
3+4+2+4=13（公里），
第二種路段的長是
3+2+4=9（公里）
假設電單車跑了25段都是第一種路程，那麼跑了
13×25=325（公里）．
這樣比全程多跑了
325-281=44（公里）．
又因為每一段第一種路段比第二種路段長
13-9=4（公里），
所以，第二種路段恰有
44÷4=11（段），
於是，第一種路段有
25-11=14（段）．
說明：本例的實質是我國傳統的雞兔同籠問題，在此處以行程問題的面目出現．
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九年級數學第十五講 期末複習
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