【倒序相加法】

高考数学专题——数列（求S n ）求s n 的四种方法总结常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。

1、倒序相加法：实质为等差数列求和。

例1、【2019·全国2·文T18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。

错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。

前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1，B =b −Aq −1，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.（I ）求12,a a 的值；（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=．（I ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12nT <．【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=， 即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==， 故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ． （Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1， 所以a n a n －1＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1， 所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3， 所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， 所以a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )形式的求和。

事件概率求和之倒序相加与错位相减法1. 背景在概率论中，我们经常需要计算多个事件同时发生的概率。

而当事件的数量较多时，直接计算每个事件的概率并相乘变得繁琐且容易出错。

本文将介绍两种简化计算的方法：倒序相加与错位相减法。

2. 倒序相加法倒序相加法是一种简化计算多个事件同时发生概率的方法。

其基本思想是，我们首先计算所有事件都不发生的概率，然后用1减去这个概率即可得到所有事件同时发生的概率。

具体操作如下：1. 将所有事件的概率求出，并按照倒序排列。

2. 从最后一个事件开始，将概率值相加。

3. 将得到的结果减去1，即为所求的所有事件同时发生的概率。

下面是一个示例：按照倒序相加法进行计算：1. 首先计算所有事件都不发生的概率：1 - 0.2 - 0.3 - 0.4 - 0.1 =2. 将结果减去1：1 - 0 = 1所以，事件A、事件B、事件C和事件D同时发生的概率为1。

3. 错位相减法错位相减法是另一种简化计算多个事件同时发生概率的方法。

其基本思想是，我们可以利用事件的互斥性质，将事件两两相减，然后再逐步相减，最终得到所有事件同时发生的概率。

具体操作如下：1. 将所有事件的概率求出，并按照任意顺序排列。

2. 从第一个事件开始，将后一个事件的概率从前一个事件的概率中相减。

3. 依次进行相减操作，直到得到所有事件同时发生的概率。

下面是一个示例：按照错位相减法进行计算：1. 事件A和事件B的概率相减：0.2 - 0.3 = -0.12. 将结果与事件C的概率相减：-0.1 - 0.4 = -0.53. 将结果与事件D的概率相减：-0.5 - 0.1 = -0.6所以，事件A、事件B、事件C和事件D同时发生的概率为-0.6。

4. 结论倒序相加法和错位相减法是两种简化计算多个事件同时发生概率的方法。

倒序相加法适用于事件互不影响的情况，而错位相减法适用于事件互斥的情况。

在实际应用中，我们可以根据具体情况选择合适的方法来求解问题。

高中数学一轮复习之立体几何之体积求和之倒序相加与错位相减法摘要立体几何是高中数学中的重要内容之一，其中体积求和是一个常见的问题。

本文将介绍两种体积求和的方法：倒序相加法和错位相减法。

通过这两种方法，我们可以更方便地求解复杂的体积求和问题。

1. 倒序相加法倒序相加法是一种简单而直观的方法，适用于一些具有对称性质的几何体。

具体步骤如下：1. 确定要求解的几何体的个数，并按照从大到小的顺序排列。

2. 计算每个几何体的体积。

3. 将各个几何体的体积按照倒序相加的方式进行求和。

倒序相加法的优点是简单易懂，适用于初学者。

然而，需要注意的是，这种方法只适用于具有对称性质的情况，对于一些复杂的几何体，可能需要使用其他的方法进行求解。

2. 错位相减法错位相减法是一种更灵活的方法，适用于一些不具有对称性质的几何体。

具体步骤如下：1. 确定要求解的几何体的个数。

2. 依次计算每个几何体的体积。

3. 将第一个几何体的体积与第二个几何体的体积相减。

4. 将第二个几何体的体积与第三个几何体的体积相减。

5. 依次类推，直到计算完所有的几何体。

6. 对所有的几何体体积的减法结果进行求和。

错位相减法的优点是适用范围广，可以应用于各种几何体。

但是，需要在计算过程中保持准确性和注意顺序。

结论通过倒序相加法和错位相减法，我们可以更方便地求解复杂的立体几何体积求和问题。

在实际应用中，根据具体的几何体特点选择合适的方法进行求解，有助于提高计算效率和准确性。

以上是本文对于高中数学一轮复之立体几何之体积求和之倒序相加与错位相减法的介绍。

希望对你的研究有所帮助！（注：本文所述方法为整理总结，部分应用注意题设条件是否满足）。

高中数学一轮复习之立体几何之体积求和之倒序相加与错位相减法倒序相加法- 题目：已知 $n$ 个相似的图形，体积分别为$V_1,V_2,\cdots,V_n$，它们的高分别为 $H_1,H_2,\cdots,H_n$，试求它们的总体积。

- 解法：将体积按照从小到大的顺序排列，倒序相加。

$$\begin{aligned} V_{\text{总}} &= V_1+V_2+V_3+\cdots+V_n \\ &= \underbrace{V_n+(V_{n-1}+V_n)+(V_{n-2}+V_{n-1}+V_n)+\cdots+(V_1+V_2+\cdots+V_n)}_\text{n 项} \\ &=\sum_{i=1}^n (n-i+1)\cdot V_i \end{aligned}$$- 思路：题目中给出了多个对象的相似关系，可以联想到容斥原理或首尾相连等概念。

倒序相加法在此基础上，通过对问题进行逆向思维，将求解复杂度从 $O(n^2)$ 降到 $O(n)$，提高了求解效率。

错位相减法- 题目：对于一个直四棱锥棱长为 $a$，slant height 为 $b$，底棱角顶点到底面中心长度为 $h$，底面边长为 $l$ 的直四棱锥，求其体积。

- 解法：在底面边长上下各找一个点，它们与底锥顶点距离相等，将四条从锥顶分别到这两个点的线段涂为黑白相间，即可找到两个相似的四面体。

其中，黑色四面体的底为整个底面的四分之一面积，高为总高度 $h$ 减去截作黑色底面高垂线段的长度 $x$；白色四面体的底面积为黑色四面体的四倍，高为 $b$，可以列出下面的等式：$$\begin{aligned} V &= \frac{1}{3}\cdot \text{黑色四面体体积} + \frac{1}{3}\cdot \text{白色四面体体积} \\&= \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}l^2(h-x) +\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}l^2(b-x) \\&= \frac{1}{36}l^2(2b+h-3x) \end{aligned}$$- 思路：用错位相减法求解，是将一个复杂的立体几何问题，转化为求两个相似图形的体积之差。

倒序相加法课程设计一、课程目标知识目标：1. 学生理解倒序相加法的概念，掌握其运算规则和应用场景。

2. 学生能够运用倒序相加法解决数学问题，提高数学运算能力。

3. 学生了解倒序相加法在数学及生活中的实际应用，增强数学与现实生活的联系。

技能目标：1. 学生通过倒序相加法的练习，提高逻辑思维能力和问题解决能力。

2. 学生能够运用倒序相加法进行简便计算，提升计算速度和准确性。

3. 学生学会运用倒序相加法进行数学探究，培养创新意识和团队协作能力。

情感态度价值观目标：1. 学生对倒序相加法产生兴趣，树立学习数学的自信心，形成积极向上的学习态度。

2. 学生在合作交流中，培养团队精神，学会尊重他人，理解他人，善于倾听。

3. 学生通过数学学习，认识到数学在生活中的重要性，激发对科学文化的热爱。

课程性质：本课程为数学学科教学，针对学生年级特点，结合教材内容进行设计。

学生特点：学生具备一定的数学基础和逻辑思维能力，但对倒序相加法的掌握程度不同，需要分层教学。

教学要求：教师应注重启发式教学，引导学生主动探究，关注学生的个体差异，提高教学效果。

通过本节课的学习，使学生达到上述课程目标，为后续数学学习打下坚实基础。

二、教学内容本节课教学内容围绕倒序相加法展开，结合教材第四章第三节“简便计算”进行设计。

具体内容包括：1. 倒序相加法的基本概念：通过实例引入倒序相加法的概念，让学生理解其含义和特点。

2. 倒序相加法的运算规则：讲解倒序相加法的运算步骤，引导学生掌握计算方法。

3. 倒序相加法的应用场景：分析倒序相加法在实际问题中的应用，提高学生解决问题的能力。

4. 倒序相加法的简便计算：教授如何运用倒序相加法进行简便计算，提升学生的计算速度和准确性。

5. 倒序相加法的拓展练习：设计不同难度的练习题，让学生巩固所学知识，并提高拓展能力。

教学大纲安排如下：第一课时：导入倒序相加法概念，讲解运算规则。

第二课时：分析应用场景，进行实际操作练习。

第5节 倒序相加与错位相减法【基础知识】1．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a 的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．2．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．若n n n a b c =•，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.【规律技巧】(1)一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n－qS n ”的表达式．应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论；②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n .【典例讲解】【例1】已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a n b n，求数列{c n }的通项公式； (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)，所以a n ＋1b n ＋1－a n b n＝2，即c n ＋1－c n ＝2. 所以数列{c n }是以首项c 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故c n ＝2n －1.(2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1，3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n ，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝－2－(2n －2)3n ，所以S n ＝(n －1)3n ＋1.【变式探究】 数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列； (2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .【例2】 求证：n n n n n n n C n C C C 2)1()12(53210+=++⋅⋅⋅+++证明： 设n nn n n n C n C C C S )12(53210++⋅⋅⋅+++=………………………….. ① 把①式右边倒转过来得0113)12()12(n n n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-（反序）又由m n nm n C C -=可得 n nn n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-1103)12()12(…………..…….. ② ①+②得n n n n n n n n n C C C C n S 2)1(2))(22(2110⋅+=++⋅⋅⋅+++=- （反序相加）∴ n n n S 2)1(⋅+=【变式探究】求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..② （反序）又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得 （反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.5【针对训练】1;设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b +=（Ⅰ）求{}n a ，{}n b 的通项公式； （Ⅱ）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ． 2;在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ；【练习巩固】1、{2}.n n n ⋅求数列前项和2、已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=.{}n a 的前n 项和为n S . （Ⅰ）求n a 及n S ； （Ⅱ）令211n n b a =-（n N +∈）,求数列{}n b 的前n 项和n T .3、已知等差数列{}n a 的前3项和为6，前8项和为-4。

倒序相加法过程倒序相加法，听起来有点神秘，其实就像是玩一种数字的魔法游戏。

咱先来说说啥时候会用到倒序相加法呢。

比如说，有这么一个数列，1 + 2 + 3 + … + n。

这数列看起来普普通通的，可要是一个一个加起来，当n很大的时候，那可就费劲了。

这时候倒序相加法就可能像个超级英雄一样闪亮登场。

那这个倒序相加法到底咋操作呢？咱们就拿1 + 2 + 3 + 4 + 5这个简单的数列来说。

我们把这个数列正着写一遍，1 + 2 + 3 + 4 + 5，然后再把这个数列倒着写一遍，5 + 4 + 3 + 2 + 1。

这就好比是我们有了两个一模一样的队列，只是一个是正着排的，一个是倒着排的。

然后呢，我们把这两个数列对应着加起来。

1加5等于6，2加4等于6，3加3等于6，4加2等于6，5加1等于6。

你看，神奇的事情发生了，每一对相加的结果都是一样的，这里都是6。

那这样的对儿一共有几个呢？在这个数列里，有5个数，所以就有5对儿。

那这个数列的和就是这一对儿的和乘以对数。

这里一对儿的和是6，对数是5，所以这个数列的和就是6×5÷2 = 15。

为啥要除以2呢？因为我们刚刚是把这个数列写了两遍，加起来的和是原数列和的两倍呀。

再举个稍微复杂点的例子，1 + 3 + 5 + 7 + 9。

同样的，我们把它倒过来写，9 + 7 + 5 + 3 + 1。

然后对应相加，1加9等于10，3加7等于10，5加5等于10，7加3等于10，9加1等于10。

这里每一对儿的和都是10，一共有5对儿，但是我们写了两遍，所以这个数列的和就是10×5÷2 = 25。

这倒序相加法就像是给数列找了个双胞胎兄弟，然后让它们手拉手，一加一减就把和给轻松算出来了。

对于那些有规律的数列，特别是那种首项加末项的和是个定值的数列，倒序相加法就特别好使。

就像小时候分糖果，我们有一排小朋友，按照顺序有不同数量的糖果，要算总数很麻烦。

数列专题六 ：数列求和（分组法、倒序相加法）一、知识储备1、倒序相加法，即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.2、分组求和法，如果一个数列可写成n n n c a b =±的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法. 二、例题讲解1．（2021·全国高三专题练习）定义在R 上的函数()442xx f x =+,121n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,2,3,n =⋅⋅⋅,求n S .2．（2021·全国高三专题练习）()221xf x x =-，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法，可求得122020202120212021f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值。

3．（2022·全国）已知等比数列{}n a 中，11a =，且22a 是3a 和14a 的等差中项.数列{}n b 满足，且171,13b b ==.212n n n b b b +++=.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n n a b +的前n 项和n T .三、实战练习1．（2021·陕西渭南市·（文））已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求。

2．（2022·威远中学校高三月考（文））已知函数()331xx f x =+，()x R ∈，正项等比数列{}n a 满足501a =，则()()()1299f lna f lna f lna ++⋯+值是多少？．n a3．（2022·广西柳州市·高三开学考试（文））已知数列{}n a 为等差数列，13512a a a ++=，24615a a a ++=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 的通项公式为2nn n b a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .4．（2022·全国高三专题练习）已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，其前n 项和为n S ，满足639S =，且2a ，4a ，12a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2na n nb a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .5．（2022·贵州黔东南苗族侗族自治州·凯里一中高三三模（文））已知数列{}n a 满足：2112322216n n a a a a n -++++=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）令12log 2n n n b a -=+，求数列{}n b 的前n 项和n S .6．（2022·全国（理））已知在等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，且375,49a S ＝＝. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2,n an n b a +＝数列{}n b 的前n 项和为n T 。

专题08数列求和-倒序相加、绝对值、奇偶性求和◆倒序相加法求和等差数列的求和公式()12n n n a a S +=,其过程正是利用倒序相加的原理.这类题之所以能够利用倒序相加来求和,是因为其自身具备明显的特征,那就是首项与末项相加为定值.一般题中出现12x x k +=(k 为常数),()()12f x f x m +=(m 为常数)时,可以采用倒序相加的方法进行求和.【经典例题1】已知函数()f x 对任意的x ∈R ，都有()()11f x f x +-=，数列{}n a 满足()120n a f f f n n ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…()11n f f n -⎛⎫+ ⎪⎝⎭.求数列{}n a 的通项公式.【答案】12n n a +=【解析】因为()()11f x f x +-=，∴111n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故()120n a f f f n n ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…()11n f f n -⎛⎫++ ⎪⎝⎭.①∴()121n n n a f f f n n --⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…()01f n f ⎛⎫++ ⎪⎝⎭.②∴①+②，得21n a n =+，∴12n n a +=.所以数列{}n a 的通项公式为12n n a +=.【练习1】已知正数数列{}n a 是公比不等于1的等比数列，且120191a a =，试用推导等差数列前项和的方法探求：若24()1f x x=+，则()()()122019f a f a f a +++= （）A ．2018B ．4036C ．2019D ．4038【答案】D 【解析】120191a a ⋅=，∵函数24()1f x x =+∴222214444()41111+⎛⎫+=+== ⎪++⎝⎭+x f x f x x x x，令122019()()()T f a f a f a =++⋅⋅⋅+，则201920181()()()T f a f a f a =++⋅⋅⋅+，∴()()()()()()120192201820191242019T f a f a f a f a f a f a =++++⋅⋅⋅++=⨯，∴4038T =.故选：D.【练习2】已知函数1()1f x x =+，数列{}n a 是正项等比数列，且101a =，则()()()()()1231819f a f a f a f a f a +++⋅⋅⋅++=__________．【答案】192【解析】函数1()1f x x =+，当0x >时，1111()()111111xf x f x x x x x+=+=+=++++，因数列{}n a 是正项等比数列，且101a =，则2119218317101a a a a a a a ===== ，119111()()()()1f a f a f a f a +=+=，同理2183171010()()()()()()1f a f a f a f a f a f a +=+==+= ，令()()()()()1231819S f a f a f a f a f a =+++++ ，又()()()()()19181721S f a f a f a f a f a =+++++ ，则有219S =，192S =，所以()()()()()1231819192f a f a f a f a f a +++⋅⋅⋅++=.故答案为：192【练习3】已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.【答案】1005.【解析】因为()442xx f x =+，所以()1144214242442x x x xf x ---===++⨯+，所以()()11f x f x +-=.令12200920102011201120112011S f f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，倒写得20102009212011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.两式相加得22010S =，故1005S =.【练习4】函数()f x 对任意x ∈R ,都有1()(1)2f x f x +-=.(I)求12f ⎛⎫⎪⎝⎭的值;(II)若数列{}n a 满足11(0)(1)n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,数列{}n a 是等差数列吗?【解析】(I)令12x =,得1124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.(II)已知函数()f x 对任意x ∈R ,都有1()(1)2f x f x +-=,可得11(0)(1)11(1)(0)nn n a f f f f n n n a f f f f n n ⎧-⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨-⎛⎫⎛⎫⎪=++++ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩由两式相加可得11(1)112(2)244n n n n n a a a n -++==⇒-=故数列{}n a 是等差数列.◆数列绝对值求和(1)对于首项小于0而公差大于0的等差数列{}n a 加绝对值后得到的数列{}n a 求和,设{}n a 的前n 项和为{},n n S a 的前n 项和为n T ,数列{}n a 的第k 项小于0而从第1k +项开始大于或等于0,于是有,;2,n n nk S n k T S S n k -⎧=⎨->⎩(2)对于首项大于0而公差小于0的等差数列{}n a 加绝对值后得到的数列{}n a 求和,设{}n a 的前n 项和为{},n n S a 的前n 项和为n T ,数列{}n a 的第k 项大于0而从第1k +项开始小于或等于0,于是有,2,nn kn S n k T S S n k ⎧=⎨->⎩ 。

数列求和——倒序相加法的应用数列求和—倒序相加法的应用石家庄实验中学安军茹在等差数列的前n 项和公式的推导中，我们使用了倒序相加法：n n a a a a S ++++= 321 ①121a a a a S n n n n ++++=-- ②①+②得：)()()()(2123121a a a a a a a a S n n n n n ++++++++=-- )()()(111n n n a a a a a a ++++++= （共n 个）)(1n a a n +=2)(1n n a a n S +=∴ 这种求和方法的本质是得到了n 个相同的和，把一般等差数列求和问题转化为常数列求和问题，从而把问题简化。

利用这种方法，我们还可以解决下面的问题：1、求证：1321232-=++++n n n n n n n nC C C C 2证明：设=S n n n n n n n nC C n C C C +-++++-1321)1(32 ①121)2()1(n n n n n n n C C n C n nC S ++-+-+=-- ②①+②得：n n n n n n n n n n n n n nC C n C C C n C C n nC S +-++++-++-+=---])1([]2)2[(])1[(2112211 021n n n n n n n nC nC nC nC ++++=--)(021n n n n n n n C C C C n ++++=-- n n 2?=12-?=∴n n n S2、求和：222222222222222101109293832921101++++++++++ 3、已知),(),,(),(241)(222111y x P y x P R x x f x ∈+=是函数)(x f y =图像上的两点，且线段21P P 中点P 的横坐标是21。

（1）求证：点P 的纵坐标是定值。

f (x )+f\x倒序相加法练习题组一、知识储备倒序相加：若数列｛a n ｝中的第k 项与倒数第k 项的和具有规律，在求和时可以考虑两项为一组求和,如果想避免项数的奇偶讨论，可以采取倒序相加的特点，即：Sn =a i +a 2+^+a nSn =a n +a n —1+…+a 「两式相加可得：2S n =(a i +a n )+(a 2+a n _i )(%+幻)二、典型例题例题：已知函数fx )=x 2+r ，求：f(20i5)+f(20i4)+…+X l )+f (i )+f (2)+…+f (2015).思路：观察可以发现头尾两的自变量互为倒数，所以考虑其函数值的和是否具备某种特点，即f (x )+f^jX )=1，所以考虑第n 个与倒数第n 个放在一起求和，可用倒序相加法：+—1—+=1X 2+1Q^+i X 2+1X 2+1二S=f20T5)+f2014)+—+f<2)+f (1)+f (2)+—^2014)+.A 2015)S=f (2015)+f(2014)+-+f (2)+f (1)+f [1)+-=4029X 1・S =2049・・S =2-点评：此类问题要抓自变量之间的关系，并尝试发现函数值之和是否为定值或者是关于n 的函数.三、好题练习：1•已知函数f (x )=(x —导+1，则f Q2T )+f 20T +_+f 2011)+f il10)的值为() A ．1B ．2C ．2020D ．20212. 已知函数(x +g )为奇函数，g (x )=f (x )+1，即a n =g(2014)，则数列｛a n ｝的前2013项和为()A ．2014B ．2013C ．2012D ．20113. 已知函数f (x )=(x —1)2+1，利用课本推导等差数列的前n 项和的公式的方法，可求得f (—5)+f (—4)+-+f (0)+•••+〃)+f (7)等于()A .25B .26C .13D .25n4. 已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，满足S n =an 2+bn (a ，b 均为常数)，且a 7=込.设函数f (x )=sin2x ++f (2014)+…++f (1)+A 2)+…5． 6. 7. 8. 9. x2COS 22，记y n =f (a n )，贝9数列｛y n ｝的前13项和为()13nA .〒B .7nC ．7D ．13 已知函数f (x )=X 2+1，则f (l)+f (2)+・・・+f (2019)+f (2020)+片2)+兀…+A .20162B .20172C .2018|已知g (x )=fx +2)—3是R 上的奇函数，°“=/(0)+九$+ 项公式为()A ．a n =n +1B ．a n =3n +1 D .20191+f (l ),nEN*，则数列｛a n ｝的通 已知a ,=2，a [—a =2n +1(n E N *)，贝9a =( 1n +1nnA ．n +1B ．2n +1C .a n =3n +3 n) C .n 2+1D .a =n 2－2n +3 n D .2n 2+1 若数列｛a n ｝满足a n =f (0)+/(1n )++已知函数y =fx )满足f (x )+f (1—x )=1,的前20项和为()A .100B .105 设n 为满足不等式C 0+C l +2C 2+-+nC n<2008的最大正整数，则n 的值为(A .11 C .ll0 D .ll5 l0. 4x 已知函数沧)=丙, ll . A 3029 A .32已知沧)=1+卩丘人)， A 2019 A .2 nn B ．10 设a n=K n3032 B .3 C .9 D .8l2. l3. l4. l5. +f (l )，019丿(n E N *),则数列｛a n ｝的前2019项的和S 2019的值为( C6056 C3 亠6059D .3 右等比数列｛a ”｝满足a ^a 2020=1，则f(a 1)+f(a 2)++f(a 2020)=( B .l0l0 C .20l9 D .2020 +f (l )，n E N *， 已知函数F (x )=fx +*)—2是R 上的奇函数，a n =f (0)+fQ )++ 的通项公式为() A ．a n =n B ．a n =2(n +1)C ．a n =n +1D ．a n =n 2—2n +3已知函数f (x )=x +sin n x —3,贝+人三丿+丿——^2°17)的值为 B ．—4033已知F (x )=fx +2)—1是R 上的奇函数，A .4033公式为()A .a =n －1nB .an=n+1则数列｛a n ｝ 则数列｛a n ｝ 20l720l7C .806620l7D .－8066a n =f(0)+ f(n )+•ff^~^1)+f (1)(n E N *),则数列｛a n ｝的通C .a …=n +1D ・a =n 2n已知函数f (x )=(x +1)-1，数列｛a n ｝是正项等比数列，且a 1011=1，则f(a 1)+f(a 2)++f (a 2020)+f (a 2021)16. 对于数列｛a n ｝，定义数列｛a n +1—a n ｝为数列｛a ”｝的“差数列”若a 1=1，｛a ”｝的“差数列”的通项公式为a n +]—a n =2，则数列｛a n ｝的前n 项和S ”=.17. ___________________________________________________________________设数列｛a n ｝的通项公式为an =cos 2n °,该数列的前n 项和为S “，则S 89=. 3x18. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------已知函数f (x )=3x +2(x E R ),正项等比数列｛a n ｝满足a 50=1,则f (ln a 1)+f (ln a 2)++f (ln a 99)=. 19.设f'(x )是函数y =fx )的导数，广'(x )是f'(x )的导数，若方程f"(x )=0有实数解x 0，贝V 称点(x 0,fx 。