前言
整除
需要满足条件：三整余零，意思是被除数，除数，商都是整数，余数为(0)。如(cfrac{4}{2}=2cdots 0)；
正整数分类
- 所有正整数用(2)来除，会分为两类；余数分别为(0)和(1)；
故可以表示为(2k-1)和(2k)，其中(kin N^*)；
或者表达为(2k+1)和(2k+2)，其中(kin N)；
- 所有正整数用(3)来除，会分为三类；余数分别为(0)和(1)和(2)；
故可以表示为(3k-2)和(3k-1)和(3k)，其中(kin N^*)；
或者表达为(3k+1)和(3k+2)和(3k+3)，其中(kin N)；
- 所有正整数用(4)来除，会分为四类，余数分别为(0)，(1)，(2)，(3)，
我们可以将其表达为(4k+1)，(4k+2)，(4k+3)，(4k+4)，此时(kin N)；
还可以这样表达为(4k-3)，(4k-2)，(4k-1)，(4k)，此时(kin N^*)；
应用举例
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]
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]
(=[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]
(=[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)；
[解释：(a_{(n+1)+1}+(-1)^{n+1}a_{n+1}=2(n+1)-1)] ↩︎
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。 ↩︎
[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]； ↩︎
[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]； ↩︎
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)， ↩︎