(完整版)数列求和——倒序相加法的应用

倒序相加法，在数列求和中，如果和式到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，那么常可考虑选用倒序相加法，（等差数列求和公式）下面，我给你提供的内容包含了各个领域的应用，希望能对你平时的学习，有所帮助。

“倒序相加法”的应用作者：点石成金我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n项和公式的推导，用的是”倒序相加法”，这种方法的重要性不亚于等差数列前n项和公式,它能以多种知识为载体去应用，下面通过例题将此法的应用做一下归类与分析．一在数列中的应用例１：设等差数列，公差为，求证：的前项和=证明：．．．．．．．．．．．①倒序得：．．．．．．．．．．．．②①＋②得：又＝＝＝．．．＝评析：由推导过程可看出，倒序相加法得以应用的原因是借助等差数列的重要性质：＝＝＝．．．＝为平台.二在排列组合中的应用例２：求证：证明：．．．．．．．．．．①倒序得：．．．．．．．．．②①＋②得：评析：本题用倒序相加法的背景是组合数所具备的两条重要性质：和从而倒序相加后和得以求出．三在函数中的应用例３：已知函数，点、是函数图象上的任意两点,且线段的中点的横坐标为．求证：（１）点的纵坐标为定植（２）在数列中,若，求数列的前项和解：（１）的中点的横坐标为，的纵坐标为是定值．（２）由（１）知：，又令．．．．．．．．．．．．．①．倒序得：．．．．．．．②①＋②得：评析：显然,此题用倒序相加法的条件是函数具备的特殊性质:四在三角函数中的应用例４：求解：设．．．．．．．．．．①倒序得：．．．．．．．．．．．②①＋②得评析：本题用倒序相加法是利用了三角函数所特有的和两条性质．总之，倒序相加法可以在各个知识领域内得到应用，其应用的实质是倒序相加后和可求，而求和时又常需要变形，然后用知识具备的特有性质作为条件把和求出.。

数列之求前n项和之倒序相加法
在数学中，倒序相加法是计算数列的前n项和的一种方法。

它精确到最后一项，即将数列的第n项倒序相加到第一项，直到所有项全部相加，得出数列的前n项和。

它的基本思想是依次分别对原数列中的每一项进行相加，从最后一项倒序至第一项，最终得出数列前n项和。

它不仅适用于等差数列，而且可用于等比数列，其计算公式分别为：
要求等差数列前n项和：
Sn=a1+a2+a3+……+an=a1+a1+(n-1)d=n(a1+an)/2
举个例子，求等差数列1、2、3、4、5的前5项和，适用倒序相加法即容易得到：
Sn=1+2+3+4+5=5(1+5)/2=15
从上述例子可以看出，倒序相加法的实际操作是将数列中的最后一项（等差数列中的最后一项和等比数列中的最后一项・q），向前加至数列的第一项，由初始值向最终值逐渐逼近，最终达到目的，因而也又被称作“夹取法”。

总之，倒序相加法用于计算数列的前n项和的时候，既简洁实用，又能比较快速的让和数被求得，受到许多数学家的欢迎，在数学计算中应用十分广泛，是处理此类问题的很好的方法。

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。

数列综合应用知识精要一、数列求和数列求和的常用方法1、公式法（1）直接利用等差数列、等比数列的前n 项公式求和；①等差数列的前n 项和公式：②等比数列的前n 项和公式：（2）一些常见的数列的前n 项和：○1(1)12342n n n ++++++=； ○22222(1)(21)1236n n n n ++++++=； ○32462(1)n n n ++++=+； ○4213521n n ++++-=； ○52233332(1)(1)123[]24n n n n n ++++++==。

2、倒序相加法如果一个数列{}n a ，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 项和即是用此法推导的。

3、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 项和就是用此法推导的；4、裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和；注：用裂项相消法求数列前n 项和的前提是：数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这是用裂项相消法的前提。

5、分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减；6、并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和。

形如(1)()n n a f n =-类型，可采用两项合并求解。

二、数列的综合应用1、解答数列应用题的步骤：（1）审题——仔细阅读材料，认真理解题意；（2）建模——将已知条件翻译成数学（数列）语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求是什么；（3）求解——求出该问题的数学解；（4）还原——将所求结果还原到实际问题中。

2、数列应用题常见模型（1）等差模型：如果增加（或减少）的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加（或减少）的量就是公差；（2）等比数列：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比。

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n 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 xx+=+=+=++++， 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()442x x f x =+，所以()1144214242442x x x x f 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)n n 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,n n kn S n k T S S n k ⎧=⎨->⎩ 。

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 . 【答案】12n - 【分析】由已知条件推导出()(1)1f x f x +-=，因此111n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由此能求出结果. 【详解】函数4()42xx f x =+，114(1)42xxf x ---=+， 可得()(1)1f x f x +-=， 即有： 121n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋯+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 又121n n n S f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋯+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 可得：1122n n S ff fn n n ⎡⎤⎡-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣211n n f f f n n n ⎤⎡⎤--⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎦⎣⎦， 1n =-，即有12n n S -=.故答案为：12n -. 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。

【答案】2021 【分析】先证得()()12f x f x +-=，利用倒序相加法求得表达式的值. 【详解】解：由题意可知()()()()()2122121=22121-121x x xf x f x x x x --+-=+=---， 令S=122020 202120212021⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭f f f 则S=202020191 202120212021⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭f f f 两式相加得，220202S =⨯2020S ∴=．故填：2020 【点睛】本题考查借助倒序相加求函数值的和，属于中档题，解题关键是找到()()12f x f x +-=的规律．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 . 【答案】（1）12n n a ；（2）221n n T n =+-.【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，由等差中项的性质建立等量关系，求解q ，从而求出数列{}n a 的通项公式；（2）由等差中项的性质可知{}n b 为等差数列，求出{}n b 通项公式，分组求和即可.【详解】解：（1）设等比数列{}n a 的公比为q 因为11a =，所以222131,a a q q a a q q ====.因为22a 是3a 和14a 的等差中项， 所以23144a a a =+， 即244q q =+， 解得2,q =所以1112n n n a a q --==.（2）因为212n n n b b b +++=， 所以{}n b 为等差数列. 因为171,13b b ==， 所以公差131271d -==-. 故21n b n =-.所以1122n n n T a b a b a b =++++⋯++()()1212n n a a a b b b =++⋅⋅⋅++++⋯+21212121()n n n n n -+-=+=+- 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。

倒序相加求和法前⾔等差数列的前n项和公式的推导⽅法，就是倒序相加求和法。

适⽤范围①等差数列；②更多的体现为对函数性质的考查，尤其是关于中⼼对称的函数，⾃然有对称性的数列的求和也可以；典例剖析№1【函数性质的应⽤】定义在R上的函数满⾜f(12+x)+f(12−x)=2求值：S=f(18)+f(28)+f(38)+⋯+f(78)．S=f(18)+f(28)+f(38)+⋯+f(78)①．S=f(78)+f(68)+f(58)+⋯+f(18)②．相加，求和得到S=7.№2【函数性质的应⽤】求值：S=sin21∘+sin22∘+sin23∘+⋯+sin288∘+sin289∘法1：sin21∘+sin289∘=1，sin22∘+sin288∘=1，⋯，sin244∘+sin246∘=1，sin245∘=12，故原式S=44+12=44.5。

法2：S=sin21∘+sin22∘+sin23∘+⋯+sin288∘+sin289∘①，则有S=sin289∘+sin288∘+sin287∘+⋯+sin22∘+sin21∘，即有S=cos21∘+cos22∘+cos23∘+⋯+cos288∘+cos289∘②，①+②得到2S=1+1+1+⋯+1=89，则S=44.5№3已知函数f(x)=x+sinπx−3，则f(12017)+f(22017)+⋯ +f(40322017)+f(40332017)的值为______.【观察】：注意到12017+40332017=40342017=2，22017+40322017=40342017=2，⋯，【归纳】：以上诸多表达式，我们⼀般不会⼀⼀验证，如果我们⽤x和 2−x来代表上述不同表达式中的⾃变量，则到两端等距离的两项的函数值的和就可以归纳为f(x)+f(2−x)，【猜想】：是否对任意x，都满⾜f(x)+f(2−x)=m(m为常数)？【验证】：f(x)+f(2−x)=x+sinπx−3+(2−x)+sinπ(2−x)−3=sinπx+sin(2π−πx)−4=sinπx−sinπx−4=−4，结论：f(x)+f(2−x)=−4。

专题05 数列求和（倒序相加法、分组求和法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍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2.1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.2.2如果一个数列可写成n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的形式，在求和时可以使用分组求和法.二、典型例题类型1：倒序相加法例题1．（2022·全国·高三专题练习）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 -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115思路点拨：根据题意：，对应关系作用下的量“”和“”始终满足： ；再结合求解目标：，可使用倒序相加法解答过程：；倒序重写一次： ；两式相加因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=， 121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①，121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②， 由①+②可得21n a n =+，12n n a +∴=， 所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=. 故选：D.例题2．（2022·全国·高三专题练习）设函数()221x f x =+，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（ ） A ．9 B ．11C ．92D ．112思路点拨：通过观察求解目标：求，注意到对应关系作用下的量头尾复合关系“”，故先验证的值.解答过程：设 倒序重写一次： 则 两式相加()221x f x =+，()()()22222212121221x x x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221x x x x x +⋅=+==+++，设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++， 则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =. 故选：B.类型2：分组求和角度1：通项为n n n c a b =±型求和例题3．（2022·河南郑州·三模（文））已知数列{}n a 满足111,1n n a a S +==+，其中n S 为{}n a 的前n 项和，n *∈N ． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n n b a -是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{}n b 的前n 项和． 【答案】(1)12n na (2)221n n -+(1)11a =，11n n a S +=+， 当1n =时，可得2112a a =+=．当2n ≥时，11n n a S -=+，则1n n n a a a +-=，即12n n a a +=，且212a a =． 故{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列 所以12n n a第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，并且知是首项为1，公差为2的等差数列，可先求出的通项，再求出的通项.解答过程：设的前项和为由是首项为1，公差为2的等差数列，，由（1）知注意到表达式为等差+等比；可用分组求和(2)由题意12(1)21n n b a n n -=+-=-，所以1221n n b n -=+-， 设{}n b 的前n 项和为n T()()()01121212112222132121.122n n n n n n n T b b b n n -+--=+++=+++++++-=+=-+- 角度2:通项为nn na n c bn ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数型求和例题4．（2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）已知数列{}n a 的前n 项和为112n n S a +=-，且214a = (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)()0.5*log ,,n n n a n b n N a n ⎧=∈⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T ； 【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)211334nn +-⨯ (1)在数列{}n a 中， 由112n n S a +=-可知1212n n S a ++=-，两式作差可得()()1211212n n n n S a S a +++---=-，即2112n n a a ++=，当1n =时，1212S a =-，，即112a =，211412a a ==，所以数列{}n a 是以12为首项，12为公比的等比数列，即1111222n nn a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭；第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，可代入到第（2）问中，求出的通项公式：，注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的为偶数项和，最后一项一定是代入偶数的通项公式，否则，若是求，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，则需要讨论）分组求和(2)由（1）知()*,1,2nn n n b n N n ⎧⎪=∈⎨⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数，所以()()21321242n n n T b b b b b b -=+++++++()211113214162n n ⎛⎫=+++-++++ ⎪⎝⎭()111441211214nn n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭+-⎢⎥⎣⎦=+-211334nn =+-⨯. 例题5．（2022·江西·新余四中模拟预测（理））在数列{}n a 中，21,,2,n nn n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 (1)求1a ，2a ，3a ； (2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．第（2）问解题思路点拨：由题意知，注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧当为偶数时，数列{的前项中有个奇数项，有个偶数项． （注意到本例求解的，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）为奇数为偶数当为奇数时，为偶数，注意到为偶数，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：，整理：综上：21n b -++1n a -+，注意到最后一项n 为偶数，再利用1n n a -+，其中奇数项，偶数项各为【答案】(1)11a =，24a =，35a =(2)212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数 (1)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数所以12111a =⨯-=，2224a ==，32315a =⨯-=，(2)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 所以1a ，3a ，5a ，是以1为首项，4为公差的等差数列，2a ，4a ，6a ，是以4为首项，4为公比的等比数列．当n 为奇数时，数列的前n 项中有12n +个奇数项，有12n -个偶数项．所以()()1231322431n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++12211141411242214221423n n n n n n n -+⎛⎫++⎛⎫-- ⎪ ⎪++-⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-； 当n 为偶数时，数列{{}n a 的前n 项中有2n 个奇数项，有2n个偶数项．所以()()1231331242n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++2224141242214221423nn n n n n n +⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-． 所以212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数 三、题型归类练1．（2022·全国·高三专题练习）已知1()12F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数，*121(0)(1)()n n a f f f f f n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭N ，则数列{}n a 的通项公式为（ ）A ．n a n =B ．2n a n =C ．1n a n =+D ．223n a n n =-+【答案】C由题已知()112F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数，故()()F x F x -=-， 代入得：()11222f x f x x R ⎛⎫⎛⎫-++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴函数()f x 关于点112⎛⎫⎪⎝⎭，对称， 令12t x =-， 则112x t +=-， 得到()()12f t f t +-=， ∵()()1101n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()1110n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，倒序相加可得()221n a n =+， 即1n a n =+， 故选：C ．2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()113sin 22f x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，则122018201920192019f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭（ ）A ．2018B ．2019C ．4036D ．4038【答案】A()11113sin 22f x x x ⎛⎫-=-+-+ ⎪⎝⎭，()()12f x f x ∴+-=，令122018201920192019S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 则201712019201922018019S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加得：222018S =⨯，2018S ∴=. 故选：A .3．（2022·黑龙江·鹤岗一中高二阶段练习）已知函数()1e e xx f x =+，数列{}n a 为等比数列，0n a >，1831a =，则()()()()123365ln ln ln ln f a f a f a f a ++++=______．【答案】3652∵()e e 1xx f x =+，∴()()e e e e 1)e (e 1)2e e 1e 1e 1(e 1)(e (e 1)2e x x x x x x x xxx x x x xf x f x -------++++++-=+===++++++． ∵数列{}n a 是等比数列，∴2136523641831a a a a a ====，∴2136523643651183ln ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a a +=+==+==．设()()()36512365ln ln ln S f a f a f a =+++，①则()()()3653653641ln ln ln S f a f a f a =+++，②①＋②，得()()()()()()()()()3651365236436512ln ln ln ln ln ln S f a f a f a f a f a f a =++++++365=，∴3653652S =． 故答案为：36524．（2022·全国·高三专题练习）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 ++⋯+等于______． 【答案】992因为3()31x x f x =+，所以33()()13131x xx x f x f x --+-=+=++．因为数列{}n a 是等比数列，所以21992984951501a a a a a a a =====，即1992984951ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a +=+==+=．设9912399(ln )(ln )(ln )(ln )S f a f a f a f a =++++ ①，又99999897(ln )(ln )(ln )=++S f a f a f a ＋…＋1(ln )f a ②，①+②，得99299=S ，所以99992=S ． 5．（2022·黑龙江双鸭山·高二期末）设4()42xx f x =+，若122014()()()201520152015S f f f =++⋯⋯+，则S ＝________. 【答案】1007解：∵函数f （x ）442xx =+，∴f （x ）+f （1﹣x ）11114444442424242(42)44242x x x x x x xx x x x x x ----⋅=+=+=+=++++⋅++ 1 故可得S ＝f （12015）+f （22015）…+f （20142015）＝1007×1＝1007, 故答案为：10076．（2022·全国·高二课时练习）已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】1005.因为()442x x f x =+，所以()1144214242442x x xx f 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 =.7．（2022·黑龙江·哈师大附中三模（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1n n a S +=. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设2log n n n b a a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)22122++⎛⎫- ⎪⎝⎭nn n(1)∵1n n a S +=，① 当1n =时，111a a +=，即112a =， 当2n ≥时，111n n a S --+=．②由①－②得120n n a a --=，即112n n a a -=， ∴数列{}n a 是以12为首项，12为公比的等比数列， ∴12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭.(2)由（1）知22lo 111log 222g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=-nnnn n n n b a a ，∴()121211112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nn n n T b b b∴()()21112211121112222212⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭++++⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-nn n n n n n n n ．8．（2022·广东·二模）已知递增等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2134a a a =，314S =． (1)求数列{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n b 满足()()*,3,313k n a n k b k N k k n k=⎧=∈⎨-<<⎩，求数列{}n b 的前15项和． 【答案】(1)2n n a =(2)92(1)设{}n a 的公比为q ，则由2134a a a =，得21114a q a a q =⋅．整理得14a q =．又314S =，得()21114a q q ++=．联立得()1214114a q a q q =⎧⎪⎨++=⎪⎩，消去1a ，得22520q q -+=． 解得2q 或12q =． 又因为{}n a 为递增等比数列， 所以2q，12a =．所以112n nn a a q -==．(2)（方法一）当1k =时，()1*,31,03n a n b n N n =⎧=∈⎨<<⎩，则121b b ==，312b a ==，同理，列举得452b b ==，2622b a ==，783b b ==，3932b a ==，10114b b ==，41242b a ==，13145b b ==，51552b a ==．记{}n b 的前n 项和为n T ，则 151215123451122334455T b b b a a a a a =+++=++++++++++++++()()1234521234522222=⨯+++++++++()()5212155292212⨯-+⨯=⨯+=-． 所以数列{}n b 的前15项和为92．（方法二）由()()*,3,313k n a n k b k N k k n k=⎧=∈⎨-<<⎩， 得()*,32,31,3n k k n k b k n k k N a n k =-⎧⎪==-∈⎨⎪=⎩，记{}n b 的前n 项和为n T ，则151215123451122334455T b b b a a a a a =+++=++++++++++++++ ()()1234521234522222=⨯+++++++++()()5212155292212⨯-+⨯=⨯+=-． 所以数列{}n b 的前15项和为92．9．（2022·甘肃兰州·一模（理））在①5913S S =，②2a 是1a 和4a 的等比中项，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知公差d 不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36a =．(1)______，求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列2n a n b =，n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T ． 【答案】(1)答案见详解；(2)()24413n n T n n =++- (1)选①：由于()1553552a a S a +==，()1995992a a S a +== 所以53955193S a S a ==，又36a =，所以510a =，故()53122d a a =-= 所以()332n a a n d n =+-=；选②：2a 是1a 和4a 的等比中项，则2214a a a =，所以()()()23332d d a d a a -=-+，又36a =，解得2d =，0d =（舍去）所以()332n a a n d n =+-=；(2)24==n a n n b ，24n n n n c a b n =+=+，则()()()22422424n n T n =++⨯++++ ()()2212444n n =+++++++ ()()22414441143n n n n n n -=++=++-- 10．（2022·重庆·二模）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知0n a >，()2243n n n a a S n *+=+∈N .若数列{}n b 满足12b =，24b =，212n n n b b b ++=()n N *∈. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设()()1,21,,2,n n n n k k NS c b n k k N **⎧=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩，求数列{}n c 的前2n 项的和2n T . 【答案】(1)21n a n =+，2n n b =(2)1244213n n n T n +-=++ (1)由0n a >，2243n n n a a S +=+①，得：当1n =时，211230a a --=,解得13a =或11a =-（负值舍去），当2n ≥时，2111243n n n a a S ---+=+②，-①②得：()()()1112n n n n n n a a a a a a ---+-=+， 所以12n n a a --=，所以数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列.所以()*21n a n n N =+∈.因为数列{}n b 满足12b =，24b =，212n n n b b b ++=.所以数列{}n b 是等比数列，首项为2，公比为2.所以2n n b =.(2)因为()*21N n a n n =+∈，所以()()2321222n n n S n n n n ++==+=+， 所以()()242211112221335572121n n T n n =+++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯-+ ()414111111111233557212114n n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()41411122114n n -⎛⎫=-+ ⎪+-⎝⎭ 144213n n n +-=++. 11．（2022·陕西咸阳·二模（理））已知函数()()*21f n n n N =-∈，数列{}n b 满足()()*2f n n b n N =∈.数列{}n a为等差数列，满足11a b =，322a b =-.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b +的前n 项和n S .【答案】(1)2n a n =；212n n b -=；(2)21212233n n S n n +=⋅++-. (1)由题意得：212n n b -=，112a b ==，3226a b =-=，∴等差数列{}n a 的公差3122a a d -==， ()2212n a n n ∴=+-=；(2)由（1）得：2122n n n a b n -+=+；()()()()1352121421232222114n n n S n n n --∴=+++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+=++-()()2122121412333n n n n n n +=++-=⋅++-。

精品文档数列求和一倒序相加法的应用石家庄实验中学在等差数列的前n 项和公式的推导中，我们使用了倒序相加法： S n = a j • a 2 - a 3 川'…川‘a n① S n =a n ■ a n! - a n^- a i ②①+②得： 2S n ^(a i ■ a n ) ■ (a 2 ■ a .」)•(a ? • a./ 亠 亠(a . - aj=(a i a n) ■ (a i a n^- (a i a n )(共 n 个) =n (a i a .)n(a i a n )2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：i 、求证：cn +2C ： +3C ；+…+ nC ； = n2n 」2证明：设 ^c ! 2C 2 3C ； (n -i)Cn J • nC ：① S F C ； (n-i)C ：」(n - 2)C ；八C ： ② ①+②得：2S= nC ； +[(n -i)C ：」+4]+[( n — 2)C ：‘ +2C ；] + …+[C ： + (n-i)C ：」] + nC ：二nC n n - nC ：4 nC 驚 …nC°二n(C ； - C ；4 CS n 二 n -2nJ小2 八22 3—— 92 22 82 32 i3、已知 f (x) = -----R),^(x i ,y i ),P 2(x 2, y 2)是函数 y=f(x)图像上的两点, 4 +2 1安军茹-i02 i 2 i022、求和：亠io 2 +i 2且线段RP2中点P的横坐标是。

2(i)求证：点P的纵坐标是定值。

精品文档(2)若数列a ?的通项公式是a n二f (巴)(m N , n = 1,2/ ,m)求数列fa n?的前nm项和S m。

这是一道综合题，第二题的解决要用到第一题的结论：1 m — 12 m — 2 m—1 1f ( ) f ( ) = f( ) f( )= =f( ) f()，共m-1 个相同的和，m m m m m m1求出S m(3m -1)。

数列求和一、直接求和法（或公式法）掌握一些常见的数列的前n 项和：123+++……+n=(1)2n n +，1+3+5+……+(2n-1)=2n 2222123+++……+n =(1)(21)6n n n ++，3333123+++……+n =2(1)2n n +⎡⎤⎢⎥⎣⎦等. 例1 求2222222212345699100-+-+-+--+．解：原式22222222(21)(43)(65)(10099)3711199=-+-+-++-=++++．由等差数列求和公式，得原式50(3199)50502⨯+==．变式练习：已知3log 1log 23-=x ，求............32+++++n x x x x 的前n 项和. 解：1－n21二、倒序相加法此方法源于等差数列前n 项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和.例2 求222222222222123101102938101++++++++的和． 解：设222222222222123101102938101S =++++++++ 则222222222222109811012938101S =++++++++． 两式相加，得 2111105S S =+++=∴=，．三、裂项相消法常见的拆项公式有：1()n n k =+111()k n n k -+ ，=1k， 1(21)(21)n n =-+111()22121n n --+，等.例3 已知222112(1)(21)6n n n n +++=++，求 22222222235721()11212312n n n*+++++∈++++++N 的和． 解：22221216112(1)(1)(21)6n n n a n n n n n n ++===++++++，11161223(1)111116122311611ln .1n S n n n n n n ⎡⎤∴=+++⎢⎥⨯⨯+⎣⎦⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+-++-⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫=- ⎪+⎝⎭=+小结：如果数列{}n a 的通项公式很容易表示成另一个数列{}n b 的相邻两项的差，即1n n n a b b +=-，则有11n n S b b +=-.这种方法就称为裂项相消求和法.变式练习：求数列311⨯，421⨯，531⨯，…，)2(1+n n ，…的前n 项和S.解：∵)2(1+n n =211(21+-n n ）S n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+⋅⋅⋅+-+-)211()4121()311(21n n =)2111211(21+-+--n n =42122143+-+-n n 四、错位相减法源于等比数列前n 项和公式的推导，对于形如{}n n a b 的数列，其中{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，均可用此法. 例4 求2335(21)n x x x n x ++++-的和．解：当1x ≠时，21122(1)(21)1(1)1n n n x x x n x S x x x-+--=+----； 当1x =时，2n S n =． 小结：错位相减法的步骤是：①在等式两边同时乘以等比数列{}n b 的公比；②将两个等式相减；③利用等比数列的前n 项和公式求和.)1(2)1(=+a n n变式练习：求数列a,2a 2,3a 3,4a 4,…,na n , …(a 为常数)的前n 项和。

1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。

一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。

（2）由递推公式求通项。

对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。

(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。

求a n 。

例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）22434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。

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：S n a1a2a3a n①S n a n an 1an 2a1②①+②得：2S n(a1a n ) (a2a n 1 ) (a3a n 2 )(a n a1 ) (a1a n ) (a1a n )(a1a n ) （共n个）n( a1 a n )S n n(a1a n )2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：C n12C n23C n3nC n n n2n12证明：设 S C n12C n23C n3(n 1)C n n1nC n n①S nC n n( n 1)C n n 1(n 2)C n n 2 C n1②① +②得：2S nC n n[( n 1)C n n 1 C n1 ] [( n 2)C n n 22C n2 ][C n1( n 1)C n n 1 ] nC n n nC n n nC n n 1nC n n2nC n0n(C n n C n n 1 C n n2 C n0 )n 2nS n 2n1n2、求和：1222329 210 2 10 21292 2 2823222921210 23、已知f (x)1( x R), P1 (x1, y1 ), P2 ( x2 , y2 ) 是函数y f ( x) 图像上的两点，4 x21 。

且线段 P1 P2中点P的横坐标是2（ 1）求证：点P 的纵坐标是定值。

（ 2）若数列a n的通项公式是 a nnN , n1,2, , m) 求数列a n的前n f ( )(mm项和 S m。

这是一道综合题，第二题的解决要用到第一题的结论：1m 12m 2m11f ( ) f () f ( ) f () f () f ( ) ，共 m 1个相同的和，m m m m m m求出S m1(31) 。

数列前n项和的求法一.用倒序相加法求数列的前n项和如果一个数列{a n}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。

我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”。

例题1：设等差数列{a n}，公差为d，求证：{a n}的前n项和S n=n(a1+a n)/2解：S n=a1+a2+a3+...+a n ①倒序得：S n=a n+a n-1+a n-2+…+a1②①+②得：2S n=(a1+a n)+(a2+a n-1)+(a3+a n-2)+…+(a n+a1)又∵a1+a n=a2+a n-1=a3+a n-2=…=a n+a1∴2S n=n(a2+a n) S n=n(a1+a n)/2点拨：由推导过程可看出，倒序相加法得以应用的原因是借助a1+a n=a2+a n-1=a3+a n-2=…=a n+a1即与首末项等距的两项之和等于首末两项之和的这一等差数列的重要性质来实现的。

二.用公式法求数列的前n项和对等差数列、等比数列，求前n项和S n可直接用等差、等比数列的前n项和公式进行求解。

运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。

例题2：求数列的前n项和S n解：点拨：这道题只要经过简单整理，就可以很明显的看出：这个数列可以分解成两个数列，一个等差数列，一个等比数列，再分别运用公式求和，最后把两个数列的和再求和。

三.用裂项相消法求数列的前n项和裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前n项和。

例题3：求数列(n∈N*)的和解：点拨：此题先通过求数列的通项找到可以裂项的规律，再把数列的每一项拆开之后，中间部分的项相互抵消，再把剩下的项整理成最后的结果即可。

数列专题：数列求和的6种常用方法一、几种数列求和的常用方法1、分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．2、裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．3、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，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．4、倒序相加法：如果一个数列{}n a 与首末两端等“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求解．二、公式法求和常用公式公式法主要适用于等差数列与等比数列.1、等差数列{}n a 的前n 项和11()(1)22++==+n n n a a n n S na d 2、等比数列{}n a 的前n 项和111(1)11，，=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩n n na q S a q q q 3、一些常见的数列的前n 项和：①112123(1)==++++=+∑nk k n n n ；122462(1)==++++=+∑nk k n n n ②21(21)135(21)=-=++++-=∑n k k n n ；③22222116123(1)(21)==++++=++∑nk k n n n n ；④3333321(1)2123[]=+=++++=∑nk n n k n 三、裂项相消法中常见的裂项技巧1、等差型裂项（1）111(1)1=-++n n n n （2）1111()()=-++n n k k n n k（3）21111()4122121=---+n n n （4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦n n n n n n n （5）211111()(1)(1)(1)2(1)(1)==---+-+n n n n n n n n n（6）22111414(21)(21)⎡⎤=+⎢⎥-+-⎣⎦n n n n （7）1111(1)(2)(3)3(1)(2)(1)(2)(3)⎡⎤=-⎢⎥++++++++⎣⎦n n n n n n n n n n （8）2222211111)(()+=-++n n n n n （9）222211112)42)((⎡⎤+=-⎢⎥++⎣⎦n n n n n 2、根式型裂项=1=-k12=(1)1111(1)1++=+-++n n n n n n 3、指数型裂项（1）11112(21)(21)11(21)(21)(21)(21)2121++++---==-------n n n n n n n n n （2）113111()(31)(31)23131++=-----n nn n n （3）122(1)21111(1)2(1)2122(1)2-++-⎛⎫==-⋅=- ⎪+⋅+⋅+⋅+⋅⎝⎭n n n n nn n n n n n n n n n n （4）1111(41)31911333(2)2(2)22-+--⎛⎫⎡⎤-⋅=-⋅=- ⎪⎢⎥+++⎣⎦⎝⎭n n n n n n n n n n n （5）11(21)(1)(1)(1)(1)++⋅---=-++n n n n n n n n （6）222111(1)2(1)(1)(42)2(1)(42)2(1)2(1)2(1)2+++-++++-++-++==⋅⋅+⋅+⋅+⎡⎤⎣⎦n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n 1111(1)1111(1)(1)(1))22(1)2222(1)2++++⎡⎤⎡⎤---=+-+=-+⎢⎥⎢⎥⋅+⋅⋅+⋅⎣⎦⎣⎦n n n n n n n n nn n n n n 4、对数型裂项11log log log ++=-n a n aa a n na a a 四、错位相减法求和步骤形如n n n A B C =⋅，其中{}n B 为等差数列，首项为1b ，公差为d ；{}n C 为等比数列，首项为1c ，公比为q .对数列{}n A 进行求和，首先列出n S ，记为①式；再把①式中所有项同乘等比数列{}n C 的公比q ，即得n q S ⋅，记为②式；然后①②两式错开一位作差，从而得到{}n A 的前n 项和。

倒序相加法等差数列求和倒序相加法（Reverse Summation）是一种用于计算等差数列求和的数学方法。

它的原理是将等差数列从末尾向前相加，来求得数列的和。

首先，我们先了解一下等差数列的概念。

等差数列是指数列中任意相邻两项的差都相等，这个差就是等差数列的公差。

假设等差数列的首项为a1，公差为d，数列的前n项和为Sn。

则Sn的计算公式为：Sn = (n/2)(a1 + an)，其中an为等差数列的第n项。

在正常情况下，我们可以通过直接使用这个公式来计算等差数列的求和，不过当等差数列的项数非常大时，计算起来会非常繁琐。

这时候，倒序相加法就能够提供一个更加方便快捷的计算方法。

倒序相加法的步骤如下：1.找出等差数列的首项a1和末项an；2.用倒序相加法，在an和a1之间加上n/2对数，每对数加起来的和为an+a1；3.将n/2对数相加得原等差数列的和Sn = (n/2)(a1 + an)。

具体来说，我们可以通过一个例子来说明倒序相加法的计算过程。

比如说有一个等差数列，首项为3，末项为99，共有49个项。

按照正常的方式来计算这个数列的和会比较繁琐，但是倒序相加法可以让我们更加方便地求得这个数列的和。

首先，我们有a1 = 3，an = 99，n = 49。

根据倒序相加法的步骤，我们可以在a1和an之间加上n/2对数，每对数的和为a1 + an = 102。

然后，我们可以按照下面的方法来计算数列的和：102 + 102 + 102 + 102 + ... + 102 = 49 * 102 = 4998。

这样，我们就得到了数列的和为4998。

通过这个例子，我们可以看到倒序相加法在计算等差数列的和时确实可以提供更加简便快速的计算方法。

而且，这种方法同样适用于其他形式的等差数列求和，在需要计算大量项的等差数列时，倒序相加法能够提供一个更加高效的方式。

除了加速计算等差数列的和之外，倒序相加法还有一些其他的特点和应用。