数列求和之倒序相加法

.数列求和之错位相减法、倒序相加法}}{{bac、错位相减法适用于1是等差数列，，其中是等比数列。

b×=a nnnnn的两边同乘以公比步骤：此时可把式子1)q1qq(10，得到且，两式错位相减整理即可求出.S n2、倒序相加法适用于数列首尾项的和为定值。

2n?1n】已知数列1【例0)a?(,5a,,(2n?1)a1,3a项和，求前.{}的等差数列，且满足0【例2】已知是一个公差大于aa a=55,a+a=16n7632{}的通项公式：（Ⅰ）求数列a n a{}}{}{nS.（Ⅱ）若数列和数列满足等式:的前项和bab n?b，求数列nnnnnn22222】求和：3【例89sin?sin3?2sin1?sin?1??????????Rfxx，点】已知函数4【例xfyx,yPxP,??图像上，是函数221112x24?1．的两个点，且线段PP P的横坐标为的中点212P的纵坐标是定值；（Ⅰ）求证：点n????????mmNn,,? ,?1,?af2aa的前的通项公式为求数列m，（Ⅱ）若数列??nnn m??S项的和；m【变式训练】n?2?12n?3、已知数列项和.1求前aa44a?a?62?）...，0,2a，，，，，（-8+2n1 / 2.??a}{{}322n的:2、若数列的通项公式为满足等式bb?a?na?b n，求数列，数列nnnnn nS前项和n cos179cos178??cos3??cos1?cos2.的值3、求【过关练习】ba{{2，1.设数列，nba)=b,}b(a-a}=nS=2为等比数列，且的前项和为nnn111221a{）求数列（1}b}{的通项公式；和nn a c{c（2）设，求数列．n n T}=项和的前nnn b n{}已知2、Sa?b?2,a?b?27n a{b}是等比数列，，是等差数列，其前且项和为，4411nnn S?b?10.44{}）求数列1（a{b}的通项公式；与nn**（2）记T?12??2a?10bbT?ab?a?b?an?n?NN ）；证明，（，nnnn?n121nn1??2,xy lg?n2?n?nn12求和3、已知yx lg(x?S lg?x?y)lg(?y)?lg n2 / 2。

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 ⎧=⎨->⎩ 。

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。

高中数学倒序相加例题摘要：一、引言二、倒序相加法概念三、倒序相加法应用举例四、总结正文：一、引言高中数学中，倒序相加法是一种求和的方法，广泛应用于等差数列求和问题。

通过这种方法，我们可以快速、准确地计算出等差数列的和，从而解决相关数学问题。

本文将详细介绍倒序相加法的概念以及应用举例。

二、倒序相加法概念倒序相加法，顾名思义，是指将数列中的元素按照倒序的方式两两相加。

具体操作步骤如下：1.将数列的第一个元素与最后一个元素相加；2.将数列的第二个元素与倒数第二个元素相加；3.以此类推，直到将数列的所有元素都相加一遍。

最后，将所有相加的结果相加，即为数列的和。

三、倒序相加法应用举例下面，我们通过一个具体的例子来说明倒序相加法的应用。

例题：求等差数列1, 3, 5, 7, 9, 11 的和。

解：1.将数列的第一个元素1 与最后一个元素11 相加，得到12；2.将数列的第二个元素3 与倒数第二个元素9 相加，得到12；3.将数列的第三个元素5 与倒数第三个元素7 相加，得到12；4.将数列的第四个元素7 与倒数第四个元素5 相加，得到12；5.将数列的第五个元素9 与倒数第五个元素3 相加，得到12。

最后，将所有相加的结果相加，即12+12+12+12+12=60。

所以，等差数列1, 3, 5, 7, 9, 11 的和为60。

四、总结通过以上介绍，我们可以看出，倒序相加法是一种求和的有效方法，尤其适用于等差数列求和问题。

需要注意的是，在实际操作过程中，要确保数列中元素的个数是偶数，否则无法使用倒序相加法求和。

前n项和公式的推导1. 等差数列前n项和公式的推导。

- 方法一：倒序相加法。

- 设等差数列{ a_n}的首项为a_1，公差为d，其前n项和为S_n，则S_n=a_1+a_2+·s +a_n。

- 即S_n=a_1+(a_1 + d)+(a_1+2d)+·s+[a_1+(n - 1)d]。

- 把上式倒过来写，S_n=a_n+a_n - 1+·s+a_1。

- 也就是S_n=a_n+(a_n-d)+(a_n-2d)+·s+[a_n-(n - 1)d]。

- +得：2S_n=(a_1+a_n)+(a_1+a_n)+·s+(a_1+a_n)（共n个(a_1+a_n)）。

- 所以2S_n=n(a_1+a_n)，则S_n=frac{n(a_1+a_n)}{2}。

- 又因为a_n=a_1+(n - 1)d，所以S_n=frac{n<=ft[a_1+a_1+(n -1)d]}{2}=na_1+(n(n - 1))/(2)d。

- 方法二：利用通项公式的推导。

- 由等差数列通项公式a_n=a_1+(n - 1)d。

- S_n=a_1+a_2+·s+a_n- =a_1+(a_1+d)+(a_1+2d)+·s+[a_1+(n - 1)d]- 这是一个首项为a_1，末项为a_1+(n - 1)d，项数为n的数列求和。

- 根据等差数列求和公式S_n=frac{n<=ft(a_1+a_n)}{2}（这里a_n=a_1+(n -1)d），同样可以得到S_n=na_1+(n(n - 1))/(2)d。

2. 等比数列前n项和公式的推导。

- 方法一：错位相减法（q≠1时）- 设等比数列{ a_n}的首项为a_1，公比为q，其前n项和为S_n，则S_n=a_1+a_1q+a_1q^2+·s+a_1q^n - 1。

- 两边同乘以q得：qS_n=a_1q+a_1q^2+a_1q^3+·s+a_1q^n④。

专题12 数列求和方法之倒序相加法一、单选题1．已知1()()32g x f x =+-是R 上的奇函数，1(0)()n a f f n=++1()(1)n f f n-++,n *∈N ,则数列{}n a 的通项公式为（ ）A ．1n a n =+B ．31n a n =+C ．33n a n =+D ．223n a n n =-+【答案】C 【分析】 由()132F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在R 上为奇函数，知11622f x f x ⎛⎫⎛⎫-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令12t x =-，则112x t +=-，得到()()16f t f t +-=．由此能够求出数列{}n a 的通项公式． 【详解】由题已知()132F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数， 故()()F x F x -=-，代入得：()11622f x f x x R ⎛⎫⎛⎫-++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴函数()f x 关于点132⎛⎫ ⎪⎝⎭，对称， 令12t x =-， 则112x t +=-， 得到()()16f 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()261n a n =+，即()31n a n =+， 故选：C ． 【点睛】思路点睛：利用函数的性质以及倒序相加法求数列的通项公式问题.先利用函数的奇偶性得到函数的对称中心，再用换元法得到()()16f t f t +-=，最后利用倒序相加法求解数列的通项公式. 2．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 【分析】由()112F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在R 上为奇函数，知11222f x f x ⎛⎫⎛⎫-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令12t x =-，则112x t +=-，得到()()12f t f t +-=．由此能够求出数列{}n a 的通项公式． 【详解】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 ． 【点睛】思路点睛：先利用函数的奇偶性得到函数的对称中心，再利用对称性以及倒序相加法求数列的通项公式. 3．已知12a =，121n n a a n +-=+（*n N ∈），则n a =（ ） A ．1n + B ．21nC ．21n +D ．221n +【答案】C 【分析】利用累加法即可求出通项公式． 【详解】解：∴121n n a a n +-=+，则当2n ≥时，121n n a a n --=-，……325a a -=， 213a a -=，∴132212153n n a a a a a a n --+⋅⋅⋅+-+-=-+⋅⋅⋅++，化简得()()21121312n n n a a n --+-==-，又12a =，∴21n a n =+，经检验12a =也符合上式， ∴()2*1n n N a n =+∈，故选：C ． 【点睛】本题主要考查累加法求数列的通项公式，考查数列的递推公式的应用，考查倒序相加法求数列的和，考查计算能力，属于中档题．4．设n 为满足不等式01222008nn n n n C C C nC ⋅+⋅<⋅+++的最大正整数，则n 的值为（ ）．A ．11B ．10C ．9D ．8【答案】D 【分析】利用倒序相加法可求得0121221n n n n n n C C C nC n -+++⋅⋅⋅+=⋅+，进而解不等式求得最大正整数n .【详解】设0122nn n n n S C C C nC =+++⋅⋅⋅+，则()()12012n n n n nn n S nC n C n C C --=+-+-+⋅⋅⋅+，又r n rn n C C -=，012102222n n n n n n n n n S nC nC nC nC nC C n -∴=++++++=⋅+，121n S n -∴=⋅+，由2008S <得：122007n n -⋅<，72128=，82256=，∴78210242007⨯=<，89223042007⨯=>，n ∴的值为8.故选：D . 【点睛】本题考查了与组合数有关的不等式的求解问题；涉及到了利用倒序相加法求解数列的前n 项和的问题，属于中档题.5．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10项和为（ ）A ．652B ．33C ．672D ．34【答案】A 【分析】根据()(1)1f x f x +-=，并结合倒序相加法可求出12n n a +=，再利用等差数列求和公式得到答案. 【详解】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 -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴，121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴，由∴+∴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10项和为10110165222+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=.故选：A. 【点睛】本题考查了函数的性质，考查倒序相加法求和，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，属于中档题. 6．已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足12(0)n a f f f n n ⎛⎫⎛⎫=++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1(1)n f f n -⎛⎫+ ⎪⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D 【分析】根据函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，利用倒序相加法求出n a ，再求前20项和． 【详解】 解：函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，()()12101n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴， ()()12110n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴，由∴+∴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 ． 【点睛】本题主要考查函数的性质及倒序相加法求和，属于基础题．7．已知函数()442x x f x =+，设2019n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（n *∈N ），则数列{}n a 的前2019项和2019S 的值为（ ） A ．30293B ．30323C ．60563D ．60593【答案】A 【分析】首先可得()()11f x f x +-=，又2019n n a f ⎛⎫=⎪⎝⎭，则20192019120192019n n n f f a --⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即20191n n a a -+=，则可得20181009S =，再由()91201120119422019423a f f ⎛⎫==== ⎪+⎝⎭及201920182019S S a =+计算可得； 【详解】解：因为()442xx f x =+，所以()114214242x x xf x ---==++ 所以()()21414242xx x f x f x +=-+=++因为2019n n a f ⎛⎫=⎪⎝⎭ 所以2019n n a f ⎛⎫=⎪⎝⎭，20192019120192019n n n f f a --⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以20191n n a a -+=则数列{}n a 的前2018项和2018S 则1220182018a a S a =+++ 2018212018017S a a a =+++所以201820182S = 所以20181009S = 又()91201120119422019423a f f ⎛⎫==== ⎪+⎝⎭20192018201923029100933S S a ∴=+=+=故选：A 【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，函数与数列，倒序相加法求和，属于中档题. 8．已知22()(),1f x x x=∈+R 若等比数列{}n a 满足120201,a a =则122020()()()f a f a f a +++=（ ）A ．20192B ．1010C ．2019D ．2020【答案】D 【详解】22()(),1f x x x=∈+R 22222122()11122211f x f x x x x x x⎛⎫∴+=+ ⎪+⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+=++等比数列{}n a 满足120201,a a =120202019220201...1,a a a a a a ∴====()()()()()()120202019202012...2f a f a f a f a f a f a ∴+=+==+=即122020()()()f a f a f a +++=2020故选：D 【点睛】本题综合考查函数与数列相关性质，需要发现题中所给条件蕴含的倒数关系，寻找规律进而求出答案. 9．设函数()221xf x =+，利用课本（苏教版必修5）中推导等差数列前n 项和的方法，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（ ）A ．9B ．11C ．92D ．112【答案】B 【分析】先计算出()()f x f x +-的值，然后利用倒序相加法即可计算出所求代数式的值. 【详解】()221x f x =+，()()()22222212121221x x x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221xx 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. 【点睛】本题考查函数值的和的求法，注意运用倒序相加法，求得()()2f x f x +-=是解题的关键，考查化简运算能力，属于中档题．10．设等差数列{}n a 的前n 项和是n S ，已知21832a a +=，则145S S -=（ ） A ．102S B ．144C ．288D ．()1145a a +【答案】B【分析】根据等差数列求和公式表示出145S S -，根据21832a a +=结合等差数列性质求解. 【详解】由题：等差数列中：()()614218145671499 (14422)a a a a S S a a a ++-=+++===．故选：B 【点睛】此题考查等差数列求和公式和等差数列性质的综合应用，熟练掌握相关性质可以减少计算量. 11．已知F (x )=f (x +12)−2是R 上的奇函数，a n =f (0)+f (1n )+⋯+f (n−1n)+f (1)，n ∈N ∗则数列{a n }的通项公式为 A ．a n =n B ．a n =2(n +1) C ．a n =n +1 D ．a n =n 2−2n +3【答案】B 【分析】由F (x )=f (x +12)−2在R 上为奇函数，知f （12−x ）+f （12+x ）=4，令t =12−x ，则12+x =1−t ，得到f （t ）+f （1−t ）=4．由此能够求出数列{a n }的通项公式． 【详解】由题已知F (x )=f (x +12)−2是R 上的奇函数 故F （−x ）=−F （x ），代入得：f （12−x ）+f （12+x ）=4，（x ∈R ） ∴函数f （x ）关于点（12，2）对称，令t =12−x ，则12+x =1−t ，得到f （t ）+f （1−t ）=4． ∴a n =f (0)+f (1n )+⋯+f (n−1n )+f (1)，a n =f (1)+f (n−1n )+⋯+f (1n )+f (0)倒序相加可得2a n =4（n +1），即a n =2（n +1） ， 故选B∴ 【点睛】本题考查函数的基本性质，借助函数性质处理数列问题问题，对数学思维的要求比较高，要求学生理解f （12−x ）+f （12+x ）=4，（x ∈R ）∴属难题12．已知函数()sin 3f x x x π=+-，则12340332017201720172017f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为（ ）A ．4033B ．-4033C ．8066D ．-8066【答案】D 【解析】试题分析：()()()2sin 32sin 234f x f x x x x x πππ+-=+-+-+--=-，所以原式()4033480662=-⋅=-. 考点：函数求值，倒序求和法.【思路点晴】本题主要考查函数求值与倒序相加法.注意到原式中第一个自变量加上最后一个自变量的值为2，依此类推，第二个自变量加上倒数第二个自变量的值也是2，故考虑()()2f x f x +-是不是定值.通过算，可以得到()()24f x f x +-=-，每两个数的和是4-，其中()()()114,12f f f +=-=-，所以原式等价于4033个2-即8066-.13．已知1()()12F x f x =+-为R 上的奇函数，121(0)()()()(1)n n a f f f f f n nn-=+++++*()n N ∈，则数列{}n a 的通项公式为 A ．1n a n =- B ．n a n =C ．1n a n =+D ．2n a n =【答案】C 【分析】观察到121(0)()()()(1)n n a f f f f f n nn-=+++++的自变量头尾加得1，根据()F x 为R 上的奇函数和1()()12F x f x =+-得到112,()22f x f x x R ⎛⎫⎛⎫-++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即可求解. 【详解】∴()F x 为R 上的奇函数， ∴()()F x F x -=-代入1()()12F x f x =+-得：112,()22f x f x x R ⎛⎫⎛⎫-++=∈⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当0x =时，112f ⎛⎫=⎪⎝⎭， 当n 为偶数时：()*121(0)(1)n n a f f f f f n N n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111122[(0)(1)]222n n n f f ff f f f n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎡-⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋯++⋯+++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦2112nn =⨯+=+当n 为奇数时：()*121(0)(1)n n a f f f f f n N n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭111122[(0)(1)]n n n f f f f f f n n n n ⎡-+⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥ ⎪ ⎪⎡-⎤⎛⎫⎛⎫=++++⋯++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦1212n n +=⨯=+ 综上所述，1n a n =+， 故选C. 【点睛】本题考查数列与函数的综合应用.关键在于发现规律，再建立与已知的联系. 二、填空题14．设数列{}n a 的通项公式为2cos ,n a n =︒该数列的前n 项和为n S ，则89S =_________.【答案】892【分析】利用诱导公式和同角三角函数基本关系式可知()22cos cos 901n n +-=，再利用倒序相加法求和.【详解】()22cos sin 90n n =- ，222289cos 1cos 2cos 3...cos 89S =++++， 222289cos 89cos 88cos 87...cos 1S =++++ ，22cos 89sin 1=，22cos 88sin 2=，22cos 87sin 3=，…22cos 1sin 89=，()()()222222892cos 1cos 89cos 2cos 88...cos 89cos 1S ∴=++++++， ()()()222222892cos 1sin 1cos 2sin 2...cos 89sin 89S ∴=++++++，18989=⨯=，89892S ∴=. 故答案为：892 【点睛】关键点点睛：本题考查求三角函数的和，解题关键是找到()22cos cos 901n n +-=，然后利用倒序相加法求和.15．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【解析】试题分析：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 =++++ ∴，又99999897(ln )(ln )(ln )=++S f a f a f a ＋…＋1(ln )f a ∴，∴+∴，得99299=S ，所以99992=S ．考点：1、等比数列的性质；2、对数的运算；3、数列求和．【知识点睛】如果一个数列{}n a ，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和（都相等，为定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．16．设()'f x 是函数()y f x =的导数，()''f x 是()'f x 的导数，若方程()''0f x =有实数解0x ，则称点()()0,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.已知：任何三次函数都有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心.设()32182133f x x x x =-++，数列{}n a 的通项公式为27n a n =-，则()()()128f a f a f a ++⋅⋅⋅+=_______. 【答案】8 【分析】由题意对已知函数求两次导数可得图象关于点(2,1)对称，即()(4)2f x f x +-=，即可得到结论． 【详解】 解：3218()2133f x x x x =-++，28()43f x x x ∴'=-+，()24f x x ∴'=-，令()0f x ''=，解得：2x =， 而88(2)821133f =-+⨯+=， 故函数()f x 关于点(2,1)对称，()(4)2f x f x ∴+-=，27n a n =-， 15a ∴=-，89a =， 18()()2f a f a ∴+=，同理可得27()()2f a f a +=，36()()2f a f a +=，45()()2f a f a +=，128()()()248f a f a f a ∴++⋯+=⨯=，故答案为：8.【点睛】本题主要考查导数的基本运算，利用条件求出函数的对称中心是解决本题的关键．求和的过程中使用了倒序相加法． 17．已知()221x f x x +=-，等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且20181009S =，则()()()122018f a f a f a +++的值为___________.【答案】1009 【分析】先求出120181a a +=，并判断20181n n a a -+=，（n *∈N 且02018n <<），再由函数得到()()11f x f x +-=，最后求()()()122018f a f a f a +++的值即可.【详解】解：因为等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且20181009S =， 所以1201820182018()10092a a S +==，解得：120181a a +=，则20191n n a a -+=，（n *∈N 且02018n <<） 因为()221x f x x +=-，则()()2(1)211212(1)1x x f x f x x x +-++-=+=---， 所以()()()()20192(1)211212(1)1n n n n n n n n a a f a f a f a f a a a -+-++=+-=+=---设()()()122018T f a f a f a =+++，则()()()201821T f a f a f a =+++，由上述两式相加得：()()()()()()1201822017201812[][][]2018T f a f a f a f a f a f a =++++++=，则1009T = 故答案为：1009. 【点睛】本题考查等差数列的通项的性质、等差数列的前n 项和、倒序相加法，是中档题.18．设函数2()log f x =，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.【答案】40392- 【分析】由题得40391403924038403912()()()S a a a a a a =++++++，设k *∈N ,考虑一般情况，40401k k a a -+=-，即得解. 【详解】由题得4039124039S a a a =++⋅⋅⋅+,4039403921S a a a =+⋅⋅⋅++， 两式相加得40391403924038403912()()()S a a a a a a =++++++，考虑一般情况，设k *∈N ,则4040224040404020202020log log 404020202020424220202020k kk kk k a a f f k k ---⎛⎫⎛⎫+=+=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭-⨯-⨯2240401=log log 12k ⎤-==-⎢⎣ 所以40394039403924039,.2S S =-∴=- 故答案为：40392- 【点睛】本题主要考查对数的运算和倒序相加求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 19．若121()(1)2,(0)()()...()(1)n n f x f x a f f f f f n n n-+-==+++++(*n N ∈)，则数列{}n a 的通项公式是___________. 【答案】1n a n =+ 【分析】根据自变量的和为1时，函数值的和为2，运用数列的求和方法，倒序相加法求和，计算数列的通项公式. 【详解】()()1210...1n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()1211...0n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加可得 ()()()()1111201...10n n n a f f ff f f f f n n n n ⎡-⎤⎡-⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++++⎡⎤⎡⎤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦， ()221n a n =+，所以1n a n =+ . 故答案为：1n a n =+ 【点睛】本题考查倒序相加法求和，重点考查推理能力和计算能力，属于基础题型. 20．()f x 对任意x ∈R 都有()()112f x f x +-=.数列{}n a 满足：()120n a f f f n n ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()11n f f n -⎛⎫++ ⎪⎝⎭，则n a =__________.【答案】14n + 【分析】采用倒序相加法即可求得结果. 【详解】由题意得：()()1012f f +=，1112n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，2212n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，……， ()()12101n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()12110n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 122n n a +∴=，解得：14n n a +=. 故答案为：14n +. 【点睛】本题考查利用倒序相加法求和的问题，属于基础题.21．函数2()2cos 2xf x π=，数列{}n a 满足()2020n na f =，其前n 项和为n S ，则2019S =_____. 【答案】2019 【分析】由二倍角公式可得2()2coscos 12xf x x ππ==+，则cos12020n na π=+，再求其前2019项的即可，或根据函数的解析式化简得到()+(1)2f x f x -=求解. 【详解】 （法一）：2()2cos cos 12xf x x ππ==+，()2020n n a f = cos12020n na π∴=+ ()cos cos 0απα+-=1201922018coscos cos cos 02020202020202020ππππ∴+=+= 201912320191220182019cos1cos 1cos1cos 120202020202020202019S a a a a ππππ=++++=++++++++= （法二）：2()2cos=cos 12xf x x ππ=+，()()(1)cos 11cos 1f x x x πππ-=-+=-+=cos cos sin sin 1cos 1x x x πππππ++=-+所以()+(1)2f x f x -=，20191232019++++S a a a a =所以20191232019()()()()2020202020202020S f f f f =++++， 20192019201820171()()()()2020202020202020S f f f f =++++，所以2019222019S =⨯，所以20192019S =. 故答案为：2019 【点睛】本题考查三角函数诱导公式及数列求和降幂公式：21cos 2cos 2αα+=，21cos 2sin 2αα-=， 22．推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得22222sin 1sin 2sin 3sin 88sin 89︒+︒+︒+⋯+︒+︒=__________.【答案】892. 【分析】通过诱导公式可知sin1cos89,sin2cos88,...,sin89cos1︒=︒︒=︒︒=︒，结合22sin cos 1αα+=，可求出原式为892. 【详解】解：设22222sin 1sin 2sin 3sin 88sin 89S =︒+︒+︒+⋯+︒+︒，sin1cos89,sin2cos88,sin3cos87,...,sin88cos2,sin89cos1︒=︒︒=︒︒=︒︒=︒︒=︒，22222cos 1cos 2cos 3...cos 88cos 89S ∴=︒+︒+︒++︒+︒，则()()()2222222sin 1cos 1sin 2cos 2...sin 89cos 8989S =︒+︒+︒+︒++︒+︒=，即892S =， 故答案为:892【点睛】本题考查了诱导公式，考查了同角三角函数的基本关系.本题的关键是结合诱导公式对所求式子倒序求和. 23．设()f 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12019f ⎛⎫ ⎪⎝⎭22019f ⎛⎫+ ⎪⎝⎭2017201820192019f f ⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭_________．【答案】2【分析】由题干可证出()(1)f x f x +-=1009对的组合，即1009个2，计算即可得解. 【详解】()f x =，∴(1)x xf x -===，因此()(1)x xf x f x +-==2x ⎛⎫===， 所以12019f ⎛⎫⎪⎝⎭22019f ⎛⎫+ ⎪⎝⎭2017201820192019f f ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 12018201920192019202201197f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⎝⎭⎝⎭2=.故答案为：2. 【点睛】本题考查倒序相加法求数列的前n 项和，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题. 24．已知数列{}n a 满足2120n n n a a a ++-+=，且42a π=，若函数()2sin 22cos2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前7项和为__________. 【答案】7 【分析】利用等差数列的性质可得17263542a a a a a a a π+=+=+==，再利用二倍角的余弦公式可得()2sin22cos sin2cos 12xf x x x x =+=++，利用倒序相加法即可求解. 【详解】数列{}n a 满足211n n n n a a a a +++-=-，*N n ∈，∴数列{}n a 是等差数列，42a π=，17263542a a a a a a a π∴+=+=+==，()2sin22cos sin2cos 12xf x x x x =+=++，()()171177sin 2cos 1sin 2cos 1f a f a a a a a ∴+=+++++ ()()7777sin 22cos 1sin 2cos 1a a a a ππ=-+-++++7777sin 2cos 1sin 2cos 12a a a a =--++++=同理()()()()()2635422f a f a f a f a f a +=+==，∴数列{}n y 的前7项和为7.故答案为：7. 【点睛】本题考查了等差数列的性质、二倍角的余弦公式、诱导公式以及倒序相加法，属于中档题.25．给出定义 ：对于三次函数32()(0),f x ax bx cx d a =+++≠设'()f x 是函数()y f x =的导数，()f x ''是'()f x 的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称点0,0((())x f x 为函数()y f x =的“拐点”，经过研究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.已知函数3232115()32,()33212h x x x x g x x x x =-++=-+-.设1234037()()()......(),2019201920192019h h h h n ++++=1232018()()()......()2019201920192019g g g g m +++=.若2()(1),t x mx nxt '=+则(0)t '=__________．【答案】-4037 【分析】由题意对已知函数求两次导数,令二阶导数为零,即可求得函数的中心对称,即有()(1)2g x g x +-=,()(2)2h x h x +-=,借助倒序相加的方法,可得,m n 进而可求2()(1)t x mx nxt '=+的解析式,求导,当1x =代入导函数解得(1)t ',计算求解即可得出结果. 【详解】 函数32115()33212g x x x x =-+-函数的导数2()3,()21g x x x g x x '''=-+=-由()0g x ''=得0210x -=解得012x =,而112g ⎛⎫= ⎪⎝⎭故函数()g x 关于点1,12⎛⎫⎪⎝⎭对称, ()(1)2g x g x ∴+-=故1232018()()()...+()2019201920192019g g g g m +++=，201820171201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 两式相加得220182m ⨯=，则2018m =.同理32()32h x x x x =-++,2()361h x x x '=-+,()66h x x ''=-,令()0h x ''=,则1x =,(1)1h =,故函数()h x 关于点()1,1对称,()(2)2h x h x ∴+-=,1234037()()()...(),2019201920192019h h h h n ++++=4037403640351()()()...(),2019201920192019h h h h n ++++=两式相加得240372n ⨯=,则4037n =. 所以2()20184037(1),t x x xt '=+()40364037(1),t x x t ''=+当1x =时, (1)40364037(1),t t ''=+解得:(1)=1t '-,所以()40364037,t x x '=-则(0)4037t =-'.故答案为: -4037.【点睛】本题考查对新定义的理解,考查二阶导数的求法,仔细审题是解题的关键,考查倒序法求和,难度较难.三、解答题26．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ．（∴）若{}n a 为等差数列，求证：()12n n n a a S +=； （∴）若()12n n n a a S +=，求证：{}n a 为等差数列． 【答案】（∴）证明见解析；（∴）证明见解析.【分析】（1）根据{}n a 为等差数列，利用倒序相加法证明()12n n n a a S +=即可； （2）由前n 项和公式有1n n n a S S -=-、11n n n a S S ++=-，相加后整理可得11n n n n a a a a +--=-，{}n a 为等差数列得证．【详解】（∴）证明：已知数列{}n a 为等差数列，设其公差为d ，则有1123(1),n n n a a n d S a a a a =+-=++++， 于是()()[]11112(1)n S a a d a d a n d =+++++++-，∴ 又()()[]2(1)n n n n n S a a d a d a n d =+-+-++--，∴ ∴+∴得：()12n n S n a a =+，即()12n n n a a S +=． （∴）证明：∴()12n n n a a S +=，当2n ≥时，()111(1)2n n n a a S ---+=， ∴()()1111(1)22n n n n n n a a n a a a S S --+-+=-=-，∴ ()()11111(1)22n n n n n n a a n a a a S S ++++++=-=-，∴ ∴-∴并整理，得112n n n a a a -+=+，即11(2)n n n n a a a a n +--=-≥，∴数列{}n a 是等差数列．【点睛】本题考查了已知等差数列的通项公式，应用倒序相加法求证前n 项和公式，由前n 项和公式，结合等差数列的定义证明等差数列，属于基础题.27．已知函数()21x f x x =+，设数列{}n a 满足1()n n a f a +=，且112a =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若记((21))(1i n b f i a i =--⨯=，2，3，⋯，)n ，求数列{}i b 的前n 项和n T .【答案】（1）12n a n =；（2）2n n T =. 【分析】（1）由1()n n a f a +=得到121n n n a a a +=+，然后变形为1112n n a a +-=，利用等差数列的定义求解. （2）由（1）得到121221i i b n i -+=⨯-+，由112112*********i n i i n i b b n i n i -+-+-++=⨯+⨯=-+-+，利用倒序相加法求解.【详解】（1）因为()21x f x x =+，所以由1()n n a f a +=得121n n na a a +=+， 所以121112n n n na a a a ++==+，∴1112n n a a +-=， 所以1{}n a 是首项为2，公差为2的等差数列， 所以12(1)22n n n a =+-⨯=，所以12n a n=. （2）由（1）知21()(1,2,3,,)2i i b f i n n-=-=⋯， 则21(21)1212212[(21)]22212()12i i i i n b i i n n i -----+===⨯-⨯--+-+⨯-+， {}12(1)1[2(1)1]22(1)12[2(1)1]22[]12n i n i n i n b n i n i n n -+-+----+-==-+-⨯--+-+⨯-+， 12(1)112212[2(1)1]221n i n i n i n n i -+--+=⨯=⨯-+---+， 所以112112211(1,2,3,,)221221i n i i n i b b i n n i n i -+-+-++=⨯+⨯==⋯-+-+， 123n n T b b b b =+++⋯+，121n n n n T b b b b --=+++⋯+，两式相加，得：121321112()()()()()nn n n n n i n i i T b b b b b b b b b b n ---+==++++++⋯++=+=∑， 所以2n n T =. 【点睛】 本题主要考查数列的递推关系，等差数列的定义及通项公式以及倒序相加求和，话考查了运算求解的能力，属于中等题.28．已知f (x )＝142x + (x ∴R )，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是函数y ＝f (x )的图像上的两点，且线段P 1P 2的中点P的横坐标是12. （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 n ＝()*m N ,n 1,2,3,,m n f m ⎛⎫∈=⋯⎪⎝⎭，求数列{a n }的前m 项和S m . 【答案】（1）证明见解析；（2）S m ＝3112m - 【分析】（1）先根据中点坐标公式得x 1＋x 2＝1，再代入化简求得y 1＋y 2＝12，即证得结果； （2）先求()1f ，再利用倒序相加法求121S=m f f f m m m -⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两者相加得结果. 【详解】（1）证明：∴P 1P 2的中点P 的横坐标为12， ∴122x x +＝12，∴x 1＋x 2＝1. ∴P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是函数y ＝f (x )的图像上的两点，∴y 1＝1142+x ，y 2＝2142+x ， ∴y 1＋y 2＝1142+x ＋2142+x ＝121242424242()()+++++x x x x ＝12121244442444()++++++x x x x x x ＝121244442444()+++++x x x x ＝12124442444()++++x x x x ＝12， ∴点P 的纵坐标为122y y +＝14. ∴点P 的纵坐标是定值.（2）S m ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a m＝()12121=1m m f f f f f f f m m m m m m -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭令121S=m f f f m m m -⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 由（1）知k f m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋m k f m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＝12.(k ＝1，2，3，…，m －1) ∴倒序相加得∴2S ＝12 (m －1)，∴S ＝14 (m －1). 又f （1）＝142+＝16， ∴S m ＝S ＋f （1）＝14 (m －1)＋16＝3112m -. 【点睛】本题考查利用指数性质运算、利用倒序相加法求和，考查基本求解能力，属基础题.29．已知f (x )＝142x + (x ∴R )，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是函数y ＝f (x )的图像上的两点，且线段P 1P 2的中点P 的横坐标是12. （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 n ＝()*N ,1,2,3,,n f m n m m ⎛⎫∈=⋯⎪⎝⎭，求数列{a n }的前m 项和S m . 【答案】（1）见证明过程（2）S m ＝3112m - 【分析】 （1）根据P 1P 2的中点P 的横坐标是12可得x 1＋x 2＝1，计算y 1＋y 2＝12121244442444()++++++x x x x x x ，代入x 1＋x 2＝1可得y 1＋y 2＝12，即可得证； （2）利用倒序相加法求数列的和即可.【详解】（1）证明：∴P 1P 2的中点P 的横坐标为12， ∴122x x +＝12，∴x 1＋x 2＝1. ∴P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是函数y ＝f (x )的图像上的两点，∴y 1＝1142+x ，y 2＝2142+x∴y 1＋y 2＝1142+x ＋2142+x ＝121242424242()()+++++x x x x ＝12121244442444()++++++x x x x x x ＝121244442444()+++++x x x x ＝12124442444()++++x x x x ＝12， ∴点P 的纵坐标为122y y +＝14. ∴点P 的纵坐标是定值．（2）S m ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a m＝f 1m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 3m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋…＋f m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝f 1m ⎛⎫⎪⎝⎭＋f 2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 3m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋…＋f 1m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f (1)． 令S ＝f 1m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 3m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋…＋f 1m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴ 倒序得S ＝f 1m m -⎛⎫⎪⎝⎭＋f 2m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 3m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＋…＋f 1m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴ ∴＋∴，得2S ＝11m f f m m -⎛⎫⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＋[f 2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋ f 2m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭]＋[f 3m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋ f 3m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭]＋…＋[f 1m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 1m ⎛⎫ ⎪⎝⎭]． ∴k m ＋m k m-＝1(k ＝1，2，3，…，m －1)， ∴由（1）知f k m ⎛⎫⎪⎝⎭＋f m k m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＝12. ∴2S ＝12 (m －1)，∴S ＝14(m －1)． 又f (1)＝142+＝16， ∴S m ＝S ＋f (1)＝14(m －1)＋16＝3112m -【点睛】本题主要考查了定值问题，数列倒序相加求和，考查了推理分析问题能力，运算能力，属于中档题.30．已知数列{}n a 的前n 项和224()n n S n N ++=-∈，函数()f x 对一切实数x 总有()(1)1f x f x +-=，数列{}n b 满足121(0)()()()(1).n n b f f f f f n n n -=+++++分别求数列{}n a 、{}n b 的通项公式. 【答案】()1*2n n a n N +=∈；12n n b += 【分析】 利用,n n a S 的关系即可容易得到n a ；根据函数性质，利用倒序相加法即可求得n b .【详解】当12111,244n a S +===-=当()()21112,24242n n n n n n n a S S +++-≥=-=---= 1n =时满足上式，故()1*2n n a n N +=∈ ；∴()()1f x f x +-=1∴111n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴()120n b f f f n n ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()11n f f n -⎛⎫++ ⎪⎝⎭∴ ∴()121n n n b f f f n n --⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()10f f ++ ∴ ∴∴+∴，得1212n n n b n b +=+∴=【点睛】 本题考查利用,n n a S 的关系求数列的通项公式，涉及倒序相加法求数列的前n 项和，属综合基础题.。

高中数学数列倒序相加法归纳总结1（含答案）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.在进行1+2+3+⋯…+100的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列a n=n2m+4034，则a1+a2+⋯…+a m+2016=()A. m2+504 B. m4+504 C. m+504 D. 2m+504【答案】B【解析】解：依题意a n=n2m+4034，记S=a1+a2+⋯…+a m+2016，则S=12m+4034+22m+4034+⋯+m+20152m+4034+m+20162m+4034，又S=m+20162m+4034+m+20152m+4034+⋯+22m+4034+12m+4034，两式相加可得2S=m+20172m+4034+m+20172m+4034+⋯+m+20172m+4034+m+20172m+4034=m+20162，则S=m+20164=m4+504．故选：B．可设S=12m+4034+22m+4034+⋯+m+20152m+4034+m+20162m+4034，又S=m+20162m+4034+m+20152m+4034+⋯+22m+4034+12m+4034，两式相加，计算可得所求和．本题考查数列的求和方法：倒序相加法，考查运算能力，属于基础题．2.已知函数f(x)=ln exe−x ，若f(e2021)+f(2e2021)+⋯+f(2020e2021)=1010(a+b)，则a2+b2的最小值为()A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】本题考查了函数的对称性，倒序相加法求，利用基本不等式求最值，属中档题．由题意得到f(x)+f(e−x)=2，进而求出a+b=2，再利用基本不等式求最值即可．【解答】解：f (x)=ln exe−x ，则f (x)+f (e −x)=ln exe−x +ln e(e−x)e−(e−x )=lne²=2，设S =f (e2 021)+f (2e2 021)+⋯+f (2 020e2 021)， 则S =f (2 020e2 021)+f (2019e2021)+⋯…+f (e2 021)， 故2S =2×2020，S =2020， ∴1 010(a +b)=2 020， ∴a +b =2． ∴a 2+b 2≥(a+b)22=2，当且仅当a =b =1时取等号． 故选B ．3. 设函数f(x)=22x +1，利用课本中推导等差数列前n 项和的方法，求得f(−5)+f(−4)+⋯+f(0)+⋯+f(4)+f(5)的值为( )A. 9B. 11C. 92D. 112【答案】B 【解析】 【分析】本题考查函数的值的和的求法，注意运用倒序相加法，求得f(x)+f(−x)=2是解题的关键，考查化简运算能力，属于中档题．由题意求得f(x)+f(−x)=2，设s =f(−5)+f(−4)+⋯+f(0)+⋯+f(4)+f(5)， 则s =f(5)+f(4)+⋯+f(0)+⋯+f(−4)+f(−5)，两式相加，计算可得所求和． 【解答】解：函数f(x)=22x +1， 可得f(−x)=22−x +1=2⋅2x 1+2x ，则f(x)+f(−x)=2(1+2x )1+2x=2，设s=f(−5)+f(−4)+⋯+f(0)+⋯+f(4)+f(5)，则s=f(5)+f(4)+⋯+f(0)+⋯+f(−4)+f(−5)，相加可得2s=[f(−5)+f(5)]+[f(−4)+f(4)]+⋯+2f(0)+⋯+[f(4)+f(−4)]+[f(5)+f(−5)]=2×11，可得s=11．故选：B．4.设n为满足不等式C n0+C n1+2C n2+⋅⋅⋅+nC n n<2008的最大正整数，则n的值为()．A. 11B. 10C. 9D. 8【答案】D【解析】【分析】本题考查了与组合数有关的不等式的求解问题；涉及到了利用倒序相加法求解数列的前n项和的问题，属于中档题．利用倒序相加法可求得C n0+C n1+2C n2+⋅⋅⋅+nC n n=n⋅2n−1+1，进而解不等式求得最大正整数n．【解答】解：设S=C n0+C n1+2C n2+⋅⋅⋅+nC n n，则S=nC n n+(n−1)C n n−1+(n−2)C n n−2+⋅⋅⋅+C n0，又C n r=C n n−r，∴2S=nC n0+nC n1+nC n2+⋯+nC n n−1+nC n n+2C n0=n⋅2n+2，∴S=n⋅2n−1+1，由S<2008得：n⋅2n−1<2007，∵27=128，28=256，∴8×27=1024<2007，9×28=2304>2007，∴n的值为8．故选：D．.设5.已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S n=an2+bn，(a,b均为常数)，且a7=π2函数f(x)=sin 2x+2cos2 x，记y n=f(a n)，则数列{y n}的前13项和为()2B. 7πC. 7D. 13A. 13π2【答案】D本题主要考查等差数列的定义、性质及三角函数基本性质在数列求和中的应用，属于中档题．先由题设可得数列{a n }是公差为2a 的等差数列，再由等差数列的性质和a 7=π2，即a 1+a 13=π，进而有y 1+y 13=2，即可求得结果． 【解答】解：∵S n =an 2+bn ，∴当n ≥2时，有a n =S n −S n−1=2an +b −a ， 又当n =1时，有S 1=a 1=a +b 也适合上式， ∴a n =2an +b −a ， 又a n+1−a n =2a 为常数，∴数列{a n }是公差为2a 的等差数列， 又∵a 7=π2，∴a 1+a 13=2a 7=π，∵f(x)=sin2x +2cos 2x2=sin2x +cosx +1，则y 1+y 13=f(a 1)+f(a 13)=sin2a 1+cosa 1+1+sin2a 13+cosa 13+1 =sin2a 1+cosa 1+1+sin(2π−2a 1)+cos(π−a 1)+1=2， 同理可得y 2+y 12=y 3+y 11=⋯=2y 7=2， 则数列{y n }的前13项和为f(a 1)+f(a 2)+⋯+f(a 13)， 记M =f(a 1)+f(a 2)+⋯+f(a 13)， 则M =f(a 13)+f(a 12)+⋯+f(a 1)， 所以2M =13[f(a 1)+f(a 13)]=26， 因此M =13． 故选D ．6. 已知g(x)=f(x +12)−1是R 上的奇函数，a n =f(0)+f(1n )+⋯+f(n−1n)+f(1)，n ∈N ∗，则数列{a n }的一个通项公式为( )A. a n =n +1B. a n =3n +1C. a n =3n +3D. a n =n 2−2n +3【答案】A本题考查了数列通项公式和倒序相加法求通项公式，是一般题．由g(x)=f(x +12)−1在R 上为奇函数，知f(12−x)+f(12+x)=2，令t =12−x ，则12+x =1−t ，得到f(t)+f(1−t)=2.由此能够求出数列{a n }的通项公式． 【解答】解：由题已知g(x)=f(x +12)−1是R 上的奇函数， 故g (−x )=−g (x )，代入得：f(12−x)+f(12+x)=2(x ∈R)， ∴函数f(x)关于点(12,1)对称， 令t =12−x ， 则12+x =1−t ， 得到f(t)+f(1−t)=2，∵a n =f(0)+f(1n )+⋯+f(n−1n)+f(1)，a n =f(1)+f(n−1n)+⋯+f(1n)+f(0)，倒序相加可得2a n =2(n +1)， 即a n =n +1， 故选：A ．7.对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y=f(x)的导数，f′′(x)是f′(x)的导数，若方程f′′(x)=0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g(x)=13x3−1 2x2+3x−512，则g(12015)+g(22015)+⋯+g(20142015)=()A. 2014B. 2013C. 20152D. 1007【答案】A【解析】【分析】本题主要考查新定义函数的理解，考查了函数导数的求法，考查零点问题，考查数列求和中的倒序相加求和法，考查了函数的对称性，属于中档题．由于题目给定了新定义，理解新定义的内涵是本题的关系，新定义的拐点即原函数二阶导数的零点，求得零点也即求得函数的对城中心，由此利用倒序相加求和法求得原式的和．【解答】解：由g(x)=13x3−12x2+3x−512可得g′(x)=x2−x+3，所以，令g′′(x)=2x−1=0得x=12，因为g(12)=1，所以函数g(x)的对称中心为(12,1)．综上可得g(x)+g(1−x)=2，所以g(12015)+g(22015)+⋯+g(20142015)=[g(12015)+g(20142015)]+[g(22015)+g(20132015)]+⋯+[g(10072015)+g(10082015)]=2×1007=2014．故选A．8.对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(d≠0)，给出定义：设f’(x)是函数y=f(x)的导数，f’’(x)是y=f’(x)的导数，若方程f’’(x)=0有实数解x，则称点(x,f(x))为函数f(x)的“拐点”，经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，设函数g (x )=2x 3−3x 2+12，则g (1100)+g (2100)+⋯+g (99100)=( )A. 100B. 50C. 992D. 0【答案】D 【解析】 【分析】由题意对已知函数求两次导数可得图象关于点(12,0)对称，即f(x)+f(1−x)=0，由此可得到结论．本题主要考查导数的基本运算，利用条件求出函数的对称中心是解决本题的关键，属于中档题． 【解答】解：∵g(x)=2x 3−3x 2+12，∴g′(x)=6x 2−6x ，g′′(x)=12x −6， 由g′′(x)=0，得x =12，又g(12)=2×(12)3−3×(12)2+12=0， ∴故函数g(x)关于点(12,0)对称， ∴g(x)+g(1−x)=0，∴g(1100)+g(2100)+⋯+g(99100) =49×0+g(50100)=g(12)=0．故选：D ．二、单空题（本大题共1小题，共5.0分）9. f (x )对任意x ∈R 都有f (x )+f (1−x )=12.数列{a n }满足：a n =f (0)+f (1n )+f (2n )+⋯+f (n−1n)+f(1)，则a n =__________．【答案】n+14【解析】【分析】本题考查了数列的通项公式和倒序相加法，结合f(x)+f(1−x)=12，采用倒序相加可得a n ． 【解答】解：由题意得，f(0)+f(1)=12， f(1n )+(n−1n)=12，f(2n)+(n−2n)=12，⋯，∵a n =(0)+f(1n )+f(2n )+⋯f(n−1n)+f(1)，a n =f(1)+f(n−1n)+f(n−2n)+⋯+f(1n )+f(0)， ∴2a n =n+12，解得a n =n+14．故答案为n+14．三、多空题（本大题共2小题，共10.0分）10. 已知函数f(x)=2x 2x−1，数列{a n }的通项公式为a n =f (n2019)(n ∈N +)，则a 2019= ；此数列前2019项的和为 ． 【答案】2 2020 【解析】 【分析】本题考查了数列的通项公式，倒序相加法求数列的前n 项和，考查分析解决问题的能力和计算能力，属于中档题．由函数f(x)的解析式，求出数列{a n }的通项公式，将n =2019代入即可得到a 2019的值，再利用倒序相加法即可求出此数列前2019项的和． 【解答】解：依题意，f(x)=2x2x−1，数列{a n }的通项公式为a n =f(n2019)(n ∈N ∗)， 所以a n =2n2n−2019，所以a 2019=2019×22019×2−2019=2；∵a n +a 2019−n =2n2n−2019+2×(2019−n)2×(2019−n)−2019=2n2n−2019−4038−2n2n−2019=4n−40382n−2019=2， 设此数列前2019项的和S 2019，则有： S 2019=a 1+a 2+a 3+⋯…+a 2018+2，S 2019=a 2018+a 2017+a 2016+⋯…+a 1+2， 所以2S 2019=2×2018+4，即S 2019=2020． 故答案为：2；2020．11. 对于三次函数f(x)=ax 3+bx 2+cx +d(a ≠0)，定义：设f′′(x )是函数y =f (x )的导数y =f′(x )的导数，若方程f′′(x )=0有实数解x 0，则称点(x 0,f (x 0))为函数y =f (x )的“拐点”.有同学发现“任何一个三次函数都有拐点，任何一个三次函数都有对称中心；且拐点就是对称中心．”请你将这一发现为条件，解答问题：若已知函数f (x )=x 3−32x 2+3x −14，则f (x )的对称中心为 ；计算f (12021)+f (22021)+f (32021)+⋯+f (20202021)= ． 【答案】(12,1) 2020 【解析】 【分析】本题结合新定义考查导数的运算，属于中档题． 求导得到f′(x)=3x 2−3x +3，故f′′(x)=6x −3=0得到对称中心，故f(1−x)+f(x)=2，计算得到答案． 【解答】解：f(x)=x 3−32x 2+3x −14，则f ′(x)=3x 2−3x +3，f′′(x)=6x −3=0，则x =12．f(12)=1，故f(x)的对称中心为(12,1)． 故f(1−x)+f(x)=2，则f(12021)+f(22021)+f(32021)+⋯+f(20202021) =[f(12021)++f(20202021)]+...+[f(22021)+f(20192021)]=2020． 故答案为：(12,1)；2020．四、解答题（本大题共9小题，共108.0分）12. 已知函数f(x)=(1+x)n ,n ∈N ∗．(1)当n =8时，求展开式中系数的最大项；(2)化简C n 02n−1+C n 12n−2+C n 22n−3+⋯+C n n 2−1；(3)定义：，化简：．【答案】解：(1)f(x)=(1+x)8 ∴系数最大的项即为二项式系数最大的项，T 5=C 84x 4=70x 4．(2)f(x)=(1+x)n =C n 0x 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯C n n−1x n−1+C n n x n ， ∴原式=12(C n 02n +C n 12n−1+C n 22n−2+⋯+C n n 20)=12(1+2)n =3n 2．(3)∑ni=1(i +1)C n i =2C n 1+3C n 2+⋯nC n n−1+(n +1)C n n ①， ∑ni=1(i +1)C n i =(n +1)C n n +nC n n−1+⋯3C n 2+2C n 1 ②， 在①、②添加C n 0，则得1+∑ni=1 (i +1)C n i =C n 0+2C n 1+3C n 2+⋯nC n n−1+(n +1)C n n ③，1+∑ni=1 (i +1)C n i =(n +1)C n n +nC n n−1+⋯3C n 2+2C n 1+1C n 0 ④，③+④得：2(1+∑ni=1 (i +1)C n i )=(n +2)(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n−1+C n n )=(n +2)2n ，∴ ∑ni=1(i +1)C n i=(n +2)2n−1−1． 【解析】本题主要考查二项式定理，二项式系数，倒序相加法，赋值法，属于中档题． (1)根据题意展开式中系数的最大项就是二项式系数最大的项，n =8，中间项为第5项，其系数最大;(2)根据f(x)=(1+x)n =C n 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯C n n−1x n−1+C n n x n ，根据二项式定理即可求值;(3)原式添加C n 0，利用倒序相加，化简即可．13. 已知f(n)=a 1+a 2C n1+⋯+a r C n r−1+⋯+a n+1C n n(n ∈N ∗)．(1)若a n=n−1，求f(n)；(2)若a n=3n−1，求f(20)除以5的余数．【答案】解：(1)因为f(n)=0⋅C n0+1⋅C n1+2C n2+3C n3+⋯+nC n n．所以f(n)=nC n n+(n−1)C n n−1+(n−2)C n n−2+⋯+1−C n1+0⋅C n0．因为C n m=C n n−m，所以两式相加可得2f(n)=nC n0+nC n1+nC n2+⋯+1−C n n=n(C n0+C n1+C n2+⋯+C n n)=n⋅2n，所以f(n)=n⋅2n−1．(2)因为f(n)=30C n0+3C1C n1+32C n2+⋯+3n C n n=(1+3)n=4n，所以f(20)=420=(5−1)20=C200520−C201519+C202518−⋯+C201852−C201852−C201951+C202050除以5余数为1.所以f(20)除以5的余数为1【解析】本题主要考查二项式定理的应用，组合数公式计算，倒序相加法求和，考查学生计算能力，属于难题．(1)将a n=n−1，代入F(n)中，利用倒序相加法以及组合数运算求得2f(n)=nC n0+ nC n1+nC n2+⋯+1−C n n=n(C n0+C n1+C n2+⋯+C n n)=n⋅2n，即可得到F(n)；(2)由二项式定理的性质得f(20)=420=(5−1)20=C200520−C201519+C202518−⋯+ C201852−C201852−C201951+C202050，即可得到F(20)除以5的余数为1．14.已知f(n)=a1+a2C n1+⋯+a r C n r−1+⋯+a n+1C n n(n∈N∗)．(1)若a n=n−1，求f(n)；(2)若a n=3n−1，求f(20)除以5的余数．【答案】解：(1)因为f(n)=0⋅C n0+1⋅C n1+2C n2+3C n3+⋯+nC n n．所以f(n)=nC n n+(n−1)C n n−1+(n−2)C n n−2+⋯+1−C n1+0⋅C n0．因为C n m=C n n−m，所以两式相加可得2f(n)=nC n0+nC n1+nC n2+⋯+1−C n n=n(C n0+C n1+C n2+⋯+C n n)=n⋅2n，所以f(n)=n⋅2n−1．(2)因为f(n)=30C n0+3C1C n1+32C n2+⋯+3n C n n=(1+3)n=4n，所以f(20)=420=(5−1)20=C200520−C201519+C202518−⋯+C201852−C201852−C 201951+C 202050除以5余数为1.所以f(20)除以5的余数为1【解析】本题主要考查二项式定理的应用，组合数公式计算，倒序相加法求和，考查学生计算能力，属于难题．(1)将a n =n −1，代入F (n )中，利用倒序相加法以及组合数运算求得2f(n)=nC n 0+nC n 1+nC n 2+⋯+1−C n n =n(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n )=n ⋅2n ，即可得到F(n)； (2)由二项式定理的性质得f(20)=420=(5−1)20=C 200520−C 201519+C 202518−⋯+C 201852−C 201852−C 201951+C 202050，即可得到F(20)除以5的余数为1．15. 已知数列{a n }的首项为1，设f (n )=a 1C n 1+a 2C n 2+⋯+a k C n k +⋯+a n C n n (n ∈N ∗)．(1)若{a n }为常数列，求f(4)的值；(2)若{a n }为公比为2的等比数列，求f(n)的解析式；(3)数列{a n }能否成等差数列，使得f (n )−1=2n ⋅(n −1)对一切n ∈N ∗都成立？若能，求出数列{a n }的通项公式；若不能，试说明理由． 【答案】解：(1)∵{a n }为常数列，∴a n =1(n ∈N ∗).∴f(4)=C 41+C 42+C 43+C 44=15．(2)∵{a n }为公比为2的等比数列，∴a n =2n−1(n ∈N ∗).∴f(n)=C n 1+2C n 2+4C n 3+⋯+2n−1C n n ，∴1+2f(n)=1+2C n 1+22C n 2+23C n 3+⋯+2n C n n =(1+2)n =3n ，故f(n)=3n −12．(3)假设数列{a n }能为等差数列，使得f(n)−1=(n −1)2n 对一切n ∈N ∗都成立，设公差为d ，则f(n)=a 1C n 1+a 2C n 2+⋯+a k C n k +⋯+a n C n n ， 且f(n)=a n C n n +⋯+a k C n k +⋯+a 2C n 2+a 1C n1， 相加得2f(n)=2a n +(a 1+a n−1)(C n 1+C n 2+...+C n k +...+C n n−1)， ∴f(n)=a n +a 1+a n−12(C n 1+C n 2+...+C n k +...+C n n−1)=a n +a 1+a n−12(2n−2) =1+(n −1)d +[2+(n −2)d](2n−1−1)．∴f(n)−1=(d −2)+[2+(n −2)d]2n−1=(n −1)2n 对n ∈N ∗恒成立， 即(d −2)+(d −2)(n −2)2n−1=0对n ∈N ∗恒成立，∴d =2．故{a n }能为等差数列，使得f(n)−1=(n −1)2n 对一切n ∈N ∗都成立， 它的通项公式为a n =2n −1．【解析】本题重点考查二项式定理的应用，解决的方法有倒序相加法求f(n)，难点在于综合分析，配凑逆用二项式定理，属于难题．(1){a n }为常数列，a 1=1，可求a n =1，代入f(n)=a 1C n 1+a 2C n 2+⋯+a k C n k +⋯+a n C n n(n ∈N ∗)可求f(4)的值；(2)根据题意可求a n =2n−1(n ∈N ∗)，f(n)=C n 1+2C n 2+4C n 3+⋯+2n−1C n n ，两端同时2倍，配凑二项式(1+2)n ，问题即可解决；(3)假设数列{a n }能为等差数列，使得f(n)−1=(n −1)2n 对一切n ∈N ∗都成立，利用倒序相加法求得f(n)=a n +a 1+a n−12(2n −2)，最终转化为(d −2)+(d −2)(n −2)2n−1=0对n ∈N ∗恒成立，从而求得d =2，问题解决．16. 已知函数f(x)=(1+x)n ，n ∈N ∗．(1)当n =8时，求展开式中系数的最大的项；(2)化简C n 02n−1+C n 12n−2+C n 22n−3+⋯+C n n 2−1；(3)定义：∑a i n i=1=a 1+a 2+⋯+a n ，化简：∑(i +1)C n i n i=1．【答案】解：(1)f(x)=(1+x)8 ∴系数最大的项即为二项式系数最大的项，T 5=C 84x 4=70x 4．(2)f(x)=(1+x)n =C n 0x 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯C n n−1x n−1+C n n x n ， ∴原式=12(C n 02n +C n 12n−1+C n 22n−2+⋯+C n n 20)=12(1+2)n =3n 2．(3)∑ni=1(i +1)C n i =2C n 1+3C n 2+⋯nC n n−1+(n +1)C n n ①， ∑ni=1(i +1)C n i =(n +1)C n n +nC n n−1+⋯3C n 2+2C n 1 ②， 在①、②添加C n 0，则得1+∑ni=1 (i +1)C n i =C n 0+2C n 1+3C n 2+⋯nC n n−1+(n +1)C n n ③，1+∑ni=1 (i +1)C n i =(n +1)C n n +nC n n−1+⋯3C n 2+2C n 1+1C n 0 ④，③+④得：2(1+∑ni=1 (i +1)C n i )=(n +2)(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n−1+C n n)=(n +2)2n ，∴ ∑ni=1(i +1)C n i=(n +2)2n−1−1． 【解析】本题主要考查二项式定理，二项式系数，倒序相加法，赋值法，属于中档题． (1)根据题意展开式中系数的最大项就是二项式系数最大的项，n =8，中间项为第5项，其系数最大;(2)根据f(x)=(1+x)n =C n 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯C n n−1x n−1+C n n x n ，根据二项式定理即可求值;(3)原式添加C n 0，利用倒序相加，化简即可．17. (1)已知函数f(x)=(1+x)n ,n ∈N ∗，当n =8时，求展开式中系数最大的项；(2)化简C n 02n−1+C n 12n−2+C n 22n−3+...+C n n 2−1；(3)定义：∑ni=1 a i =a 1+a 2+...+a n ，化简：∑(i +1)C n i n i=1．【答案】解：(1)f(x)=(1+x)8 ∴系数最大的项即为二项式系数最大的项，T 5=C 84x 4=70x 4．(2)f(x)=(1+x)n =C n 0x 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯C n n−1x n−1+C n n x n ， ∴原式=12(C n 02n +C n 12n−1+C n 22n−2+⋯+C n n 20)=12(1+2)n =3n 2．(3)∑ni=1(i +1)C n i =2C n 1+3C n 2+⋯nC n n−1+(n +1)C n n ①， ∑ni=1(i +1)C n i =(n +1)C n n +nC n n−1+⋯3C n 2+2C n 1 ②， 在①、②添加C n 0，则得1+∑ni=1 (i +1)C n i =C n 0+2C n 1+3C n 2+⋯nC n n−1+(n +1)C n n ③，1+∑ni=1 (i +1)C n i =(n +1)C n n +nC n n−1+⋯3C n 2+2C n 1+1C n 0 ④，③+④得：2(1+∑ni=1 (i +1)C n i )=(n +2)(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n−1+C n n )=(n +2)2n ，∴ ∑ni=1(i +1)C n i=(n +2)2n−1−1． 【解析】本题主要考查二项式定理，二项式系数，倒序相加法，赋值法，属于中档题． (1)根据题意展开式中系数的最大项就是二项式系数最大的项，n =8，中间项为第5项，其系数最大;(2)根据f(x)=(1+x)n =C n 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯C n n−1x n−1+C n n x n ，根据二项式定理即可求值;(3)原式添加C n 0，利用倒序相加，化简即可．18. 已知函数f(x)=x 21+x 2．(1)求f(2)与f (12)，f(3)与f (13)；(2)由(1)中求得的结果，你能发现f(x)与f (1x )有什么关系？证明你的发现； (3)求f(2)+f (12)+f(3)+f (13)+⋯+f(2 021)+f (12 021)的值．【答案】解：(1)f(2)=221+22=45，f(12)=(12)21+(12)2=15； f(3)=321+32=910，f(13)=(13)21+(13)2=110．(2)由(1)可得：f(x)+f(1x )=1，证明如下： f(x)+f(1x )=x 21+x 2+(1x)21+(1x )2=x 21+x 2+11+x 2=x 2+11+x 2=1． (3)由(2)知f(x)+f (1x )=1， ∴f(2)+f (12)=1，f(3)+f (13)=1， f(4)+f (14)=1，…，f(2 020)+f (12 020)=1．∴f(2)+f (12)+f(3)+f (13)+⋯+f(2 021)+f (12 021)=2 020．【解析】本题考查了函数值的求法、探究发现规律即证明应用，属于中档题． (1)直接代入计算即可；(2)发现f(x)+f(1x )=1，代入化简即可证明； (3)利用(2)的结论即可得出．19. 已知函数f(x)=(1+x)n ，n ∈N ∗．(1)当n =8时，求展开式中系数的最大项；(2)化简C n 02n−1+C n 12n−2+C n 22n−3+⋯+C n n 2−1；(3)定义：∑a i n i=1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n =1，化简：∑(i +1)n i=1C n i ．【答案】解：(1)n =8时，f(x)=(1+x)8，所以系数最大的项即为二项式系数最大的项T 5=C 84x 4=70x 4; (2)f(x)=(1+x)n =C n 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯+C n n−1x n−1+C n n x n ， 原式=12(C n 02n +C n 12n−1+C n 22n−2+⋯+C n n 20)=12(1+2)n =3n 2;(3)∑(n i=1i +1)C n i =2C n 1+3C n 2+⋯+nC n n−1+(n +1)C n n ，① ∑(n i=1i +1)C n i =(n +1)C n n +nC n n−1+⋯+3C n 2+2C n 1，② 在①、②添加C n 0，则得：1+∑(n i=1i +1)C n i =C n 0+2C n 1+3C n 2+⋯+nC n n−1+(n +1)C n n ，③ 1+∑(n i=1i +1)C n i =(n +1)C n n +nC n n−1+⋯+3C n 2+2C n 1+1C n 0，④ ③+④得：2(1+∑(n i=1i +1)C n i )=(n +2)(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n−1+C n n)=(n +2)2n ，∴∑(n i=1i +1)C n i =(n +2)2n−1−1． 【解析】本题考查了二项式定理的应用及二项展开式的特定项与特定项的系数，倒序相加法，组合数的性质，属于较难题．(1)根据系数最大的项即为二项式系数最大的项即可求得；(2)由f(x)=(1+x)n =C n 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯+C n n−1x n−1+C n n x n ，将C n 02n−1+C n 12n−2+C n 22n−3+⋯+C n n 2−1提出12后逆用二项式定理可得；(3)利用倒序相加后由二项式系数和即可求得．20. 设数列{a n }是等比数列，a 1=C 2m+33m A m−21，公比q 是(x +14x 2)4的展开式中的第二项． (1)求a 1；(2)用n ，x 表示数列{a n }的通项a n 和前n 项和S n ；(3)若A n =C n 1S 1+C n 2S 2+⋅⋅⋅+C n n S n ，用n ，x 表示A n ．【答案】解：(1)∵a 1=C 2m+33m⋅A m−21，∴{2m +3≥3m m −2≥1⇔{m ≤3m ≥3，∴m =3．∴a 1=C 99⋅A 11=1，(2)由(x +14x 2)4知q =T 2=C 41x 3⋅14⋅x −2=x ， ∴a n =x n−1， ∴S n ={n(x =1)1−x n1−x(x ≠1)．(3)当x =1时，S n =n ．A n =C n 1+2C n 2+3C n 3+⋯+nC n n…①而A n =nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+(n −3)C n n−3+⋯+2C n 2+C n 1…② 又∵C n 0=C n n ，C n 1=C n n−1，C n 2=C n n−2，…①②相加得2A n =n(C n0+C n 1+C n 2+C n 3+⋯+C n n )=n ⋅2n ， ∴A n =n ⋅2n−1． 当x ≠1时，S n =1−x n 1−x，A n =11−x[(1−x)C n 1+(1−x 2)C n 2+(1−x 3)C n 3+⋯+(1−x n )C n n ]=11−x[(C n 0+C n 1+C n 2+C n 3+⋯+C n n )−C n 0−(xC n 1+x 2C n 2+⋯+x n C n n )] =11−x[(2n −1)−((1+x)n −1)] =11−x[2n −(1+x)n ]， ∴A n ={n ⋅2n−1(x =1)2n −(1+x)n1−x(x ≠1)． 【解析】本题考查二项式定理的应用，考查数列的求和，考查逻辑思维与运算能力，属于难题．(1)依题意，a 1=C 2m+33m⋅A m−21，由排列数与组合数的意义可得到关于m 的不等式组，从而可求得m ；(2)利用二项展开式的通项公式可求得q =x ，从而可得数列{a n }的通项a n 和前n 项和S n (需对x 分x =1与x ≠1分类讨论)；(3)当x =1时，S n =n ，A n =C n 1+2C n 2+3C n 3+⋯+nC n n ， 利用倒序相加法与C n 0+C n 1+C n 2+C n 3+⋯+C n n =2n 即可求得A n ；当x≠1时，S n=1−x n1−x ，A n=11−x[(1−x)C n1+(1−x2)C n2+(1−x3)C n3+⋯+(1−x n)C n n]，利用分组求和的方法即可求得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。

一、数列求和的常用方法有哪些
1.裂项相加法：数列中的项形如的形式，可以把表示为
，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如
的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法；
3、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。

4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。

5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

1、裂项相加法：数列中的项形如的形式，可以把表示为，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如
的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法；
3、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。

数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：
（1）对通项公式含有的一类数列，在求时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。

求数列前n项和的七种方法
求数列前n项和的七种方法如下：
1. 公式法：对于等差数列和等比数列，可以直接使用公式计算前n项和。

2. 倒序相加法：将数列倒序排列，然后与原数列相加，得到一个常数列，其和即为数列前n项和。

3. 错位相减法：对于一个等差数列和一个等比数列，将等差数列的每一项乘以等比数列的公比，得到一个新的等比数列，再使用错位相减法求和。

4. 裂项相消法：将数列中的每一项都拆分成两个部分，使得在求和时相邻的两项可以相互抵消。

5. 分组求和法：将数列分成若干组，每组内部求和，再将各组的和相加。

6. 累乘法：对于一个等差数列，将相邻两项相乘，得到一个新的等差数列，再使用累乘法求和。

7. 数学归纳法：对于一些特殊的数列，可以使用数学归纳法证明其前n项和的公式。

以上是求数列前n项和的七种方法，可以根据具体情况选择合适的方法进行计算。

第九讲 倒序求和法倒序相加法：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．例1．已知函数3()13xxf x =+（x ∈R ），正项等比数列{}n a 满足501a =，则 1299(ln )(ln )(ln )f a f a f a +++= 。

【答案】992【解析】因为函数3()13x xf x =+，1)()(=-+x f x f 正项等比数列{}n a 满足2501995011a a a a =∴== 9921ln ln ln ln ...0a a a a +=+=，则1299(ln )(ln )(ln )f a f a f a +++=992。

例2．若函数1132()32x x e e f x x x ---=-+，则12()()20202020f f ++⋯40384039()()20202020f f ++=______． 【答案】8078-【解析】因为1132()32x x e e f x x x ---=-+，所以2112113232(2)(2)3(2)(2)3(2)22---+-----=---+=---+x x x x e e e e f x x x x x ， 因此3232()(2)3(2)3(2)4+-=-+---=-f x f x x x x x ；记1240384039()()()()2020202020202020=++⋯++M f f f f ， 则1403924038403822()()()()()()202020202020202020202020⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++⋯++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦M f f f f f f 4039114039()()4039()()4039(4)2020202020202020⎡⎤⎡⎤++=+=⨯-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦f f f f ，因此8078=-M .故答案为：8078-例3．已知函数11()3sin()22f x x x =+-+，则12()()20192019f f +2018()2019f +⋅⋅⋅+= _________； 【答案】2018【解析】()()111113sin 13sin 12222f a f a a a a a ⎛⎫⎛⎫+-=+-++-+--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭112sin sin 222a a ⎛⎫⎛⎫=+-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设12S 20192019f f ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 20182019f ⎛⎫+⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭①则20182017S 20192019f f ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 12019f ⎛⎫+⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭②①+②得1201822018403620192019S f f ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=⨯+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，2018S ∴=.故答案为2018.例4.设函数()21log 21x f x x =+-,定义121...n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,其中,2n N n *∈≥,则n S =【答案】12n - 【解析】22111()(1)log log 1212x x f x f x x x -∴+-=+++=-，因121...n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,所以．两式相加可得:,．故选C ．例5．已知()122F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数，()()1101n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，n *∈N 则数列{}n a 的通项公式为 。

数列求和——【知识四】倒序相加法求和班级： 姓名：【例1】求和︒++︒+︒+︒89sin 3sin 2sin 1sin 2222【例2】设，1231011111111f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.【练习1】设()22xf x =+(5)(4)(0)f f f f -+-+⋯++⋯+（5）f +（6）的值为 ．这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +.【练习2】已知定义在R 上的函数()f x 的图象的对称中心为(1008,2)，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()n a f n =，*n N ∈，求2015S ．【练习3】已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则（ ）A ．2018B ．4036C ．2019D ．4038【练习4】已知函数()cos lnxf x x x ππ=+-，若22018201920192019f f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()1009ln 0,0)a b a b π+>>（，则11a b+的最小值为（ ） A ．2 B ．4 C ．6 D ．8【例1】求和︒++︒+︒+︒89sin 3sin 2sin 1sin 2222【解析】设︒++︒+︒+︒=89sin 3sin 2sin 1sin 2222T ①︒++︒+︒+︒=1sin 87sin 88sin 89sin 2222 T︒++︒+︒+︒=89cos 3cos 2cos 1cos 2222 T ②①+②得892=T ，所以44.5=T【例2】设4()42xx f x =+，1231011111111f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.【解析】由于()()1144114242x xx x f x f x --+-=+=++，故原式11029565111111111111f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++=⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 3．设()22xf x +，利用推导等差数列前n 项和的方法--倒序相加法，求(5)(4)(0)f f f f -+-+⋯++⋯+（5）f +（6）的值为 32 ．【解答】解：()(1)f x f x -++12222xx -+++1112222x x x +=+++12212222x x ++==+， (5)(4)(0)f f f f ∴-+-+⋯++⋯+（5）f +（6）((5)f f =-+（6）)((4)f f +-+（5）)((0)f f +⋯++（1）) 2632== 故答案为：32．4．已知定义在R 上的函数()f x 的图象的对称中心为(1008,2)，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()n a f n =，*n N ∈，求2015S ．【解答】解：函数()f x 的图象的对称中心为(1008,2)，可得 ()(2016)4f x f x +-=，则2015122015S a a a f =++⋯+=（1）f +（2）(2015)f +⋯+， 即有2015(2015)(2014)S f f f =++⋯+（2）f +（1），相加可得，20152[S f =（1）(2015)][f f ++（2）(2014)][(2014)f f f ++⋯++（2）][(2015)f f ++（1）]44442015=++⋯+=⨯，则20154030S =．【练习1】已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则（ ）A ．2018B ．4036C ．2019D ．4038 【解析】∵正数数列是公比不等于1的等比数列，且∴，即.∵函数，∴令，则∴ ∴ 故选C.【练习2】已知函数()cos lnxf x x x ππ=+-，若22018201920192019f f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()1009ln 0,0)a b a b π+>>（，则11a b+的最小值为（ ） A ．2 B ．4C ．6D ．8【详解】由题可知：()()()()2cos lncos ln ln 2ln x xf x f x x x x xππππππππ-+-=++-+==- 令22018201920192019S f f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又20182017201920192019S f f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭于是有22ln 2ln 2ln 22018ln S ππππ=++⋅⋅⋅+=⨯ 2018ln S π⇒= 因此2a b += 所以()()11111112222222a b a b a b a b b a ⎛⎫⎛⎫+=++=++≥+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 当且仅当1a b ==时取等号， 本题正确选项：A。