倒序相加法
倒序相加法（对偶原理）.,一倒序相加法对偶原理的来源.二使用倒序相加的常用类型及常见对偶量 .三常用构造对偶量的方法 .四双倒序相加法,Gauss 说到对偶原理首先我们想到的是伟大数学家在十岁的时候123...100:++++计算123...100(1100)(5051)501015050++++=+++=⨯=,1,2,3,Gauss 通过配对的方法把这些变化量的累加变成常量的和.从而大大减小了运算量,.而这种配对的方法我们把它称作对偶原理,,:n n S 事实上在高中数学的数列部分我们推导过等差数列的前项和12111111,:,(),()2()(),2n n n n m p q n n n nn n k n k n n k S a a a a a a a a n m p q S a a a n a a S a a n a a S --+==+++=++=++++=+=+=∑为等差数列我们把改写成那么., 这种方法称为倒叙相加法事实上倒序相加也为对偶原理其关键在 ,,.于通过合理的配对使得某两项相加为定值使得计算简化,, 我们把某两项和为定值的量称为对偶量那自然就要问有哪些常见,,()n m p q a a a a n m p q +=++=+的对偶量比如前面提到的:这里我们直接给出一些常见对偶量 2211(),,:()()1111x x f x f x f x x x x =+=+++4()()(1)124x xx f x f x f x =+-=+22sin sin ()12x x π+-=:,()n m p q a a a a m n p q +=++=+等差数列2221.sin 1sin 2sin 89++例求042.(),,()24x n n nx k kf x S S f n ===+∑例求01,()()(),()(1)1n nS f f f f x f x n n n =+++-=事实上我们可以验证010()()(),2()()nn n k n n k n k S f f f S f f n nn n n =--=++=+∑那么12(1)1,2n n n S n S +=+⋅=则11113.(),,(1)(2)(2014)()()()1122014n n f x S S f f f f f f x ==++++++例求 1112221214.(),(,)(,),42x f x P x y P x y PP Q=+例和为函数上两点记中点为12(1)1,x x Q +=证明当时的纵坐标为定值(2)(),n n na f a n m=求前项的和5.,426,4110,187,n n a S n=例等差数列前项和为末项和为所有项之和求 2121006.(),(1)(2)(100)()()()1222x f x f f f f f f x =+++++++例求123100()()()()100100100100f f f f ++++1217.:22nn n n n C C nC n -++=例求证1213218.()(),n n n p n p f x f a x b a a a a a a a a a---++-=+=+=+==+=例已知1(),2nn k n k nbS f a S ===∑求证,(),事实上该例总结了可用倒序相加法对偶原理的一类问题我们特地给出证明 12:()()()n n S f a f a f a =++证明11()()()n n n S f a f a f a -=++112132112()(),nn k n k n n n p n p k S f a f a a a a a a a a a a-+---+==++=+=+==+=∑则而112()(),()()nn n k S f a f a f x f a x b==++-=∑得到考虑到2,2n n nb S nb S ==那么.其余例题的解答留给读者,, 以上内容中我们介绍了哪些问题可以使用倒序相加或对偶原理或者 ,.,,说哪些问题比较容易看出来用倒序相加法但是往往有些问题用倒序相加 ,.对偶原理来解决比较容易但是如何使用这种方法才是真正的难点通常情 ,,.,况下不知道对偶量使得我们无法解题通俗的讲不容易把那些相加为定值 .,,的量找出来因此在下面的内容中我们主要解决这个问题其中很重要的方法.就是构造对偶量22:sin 10cos 40sin10cos 40++ 我们先引入一个例子求 22:sin 10cos 40sin10cos 40M =++此处我们将正弦与余弦对偶令22cos 10sin 40cos10sin 40N =++ :2sin104010sin 402sin 50M N cos cos +=++=+那么得到12080sin104010sin 40sin 502M N cos cos cos cos -=-++-=--2sin 503,14sin 502M N M M N ⎧+=+⎪=⎨-=--⎪⎩因此, 下面我们介绍一些常见的构造对偶量的方法使得我们可以使用倒序相加或.,,,者对偶原理事实上构造对偶量十分灵活的因此我们不给出通性通解只给出典型:;;的类别利用三角函数构造对偶量利用共轭与和差关系构造对偶量直接倒序相加;.型轮换变量构造对偶量1.三角函数对偶2211:sin cos 1,sin cos sin 2,(ln sin ln cos ln sin 2)22x x x x x x x x +==+=主要利用cos cos sin sin cos(),cos cos sin sin cos()x y x y x y x y x y x y +=--=+ 2221.:cos cos 2cos 31,0,2x x x x π⎡⎤++=∈⎢⎥⎣⎦例解方程222222cos cos 2cos 3,sin sin 2sin 3M x x x N x x x =++=++令3,(1)M N +=那么立即得到2cos 2cos 4cos62cos cos32cos 31M N x x x x x x -=++=+- 2cos3(cos cos3)14cos cos 2cos31,(2)x x x x x x =+-=-1(1)(2):cos cos 2cos3(22),14x x x M M +=-=而cos cos 2cos30,cos 0cos 20cos30x x x x x x ====那么或或0,,,,2642x x ππππ⎡⎤∈=⎢⎥⎣⎦考虑到 222.cos 10cos 50sin 40sin80+-例求2222:cos 10cos 50sin 40sin80sin 40sin 80sin 40sin80M =+-=+-构造对偶量令22cos 40cos 80cos 40cos80N =++32cos1202M N +=-=那么cos80cos160cos 402cos120cos 40cos 400N M -=++=+=33,240M N M N M ⎧+=⎪=⎨⎪-=⎩得23453.cos cos cos cos cos1111111111πππππ例求 23452345cos cos cos cos cos ,sin sin sin sin sin11111111111111111111M N ππππππππππ==令 12468101sin sin sin sin sin 32111111111132MN Nπππππ==10,32N M ≠=所以,,.该例子表面上是倒序相乘但原理和倒序相加一样都是先构造对偶量再配对 224.sin 10cos 40sin10cos 40++例求2315.(,1963):coscoscos 7772IMO πππ-+=例证明2323(:cos cos cos ,sin sin sin )777777A B ππππππ=-+=-+提示令解答留给读者2.()(),()(),(,),:f x g x f x g x z a bi a b R z a bi +-=+∈=-利用共轭与和差关系构造对偶对于可以构造对偶式对于可以构造共轭将构造出的对偶式与原来的关系联立1.例一个比较容易的例子(0,),3sin 4cos 5,tan 2x x x xπ∈+=求3sin 4cos ,3sin 4cos M x x N x x =+=-令5sin 3sin 4cos 56,3sin 4cos 5cos 8N x x x x x N Nx ⎧+⎧=⎪⎪+=⎪⎪⎨⎨-=-⎪⎪=⎪⎪⎩⎩得到 2273sin cos 1,,tan 54x x N x +==-=22:sin cos ,tan sin cos ,sin ,cos sin cos sin cos 1,sin ,cos ,tan a x b x M xa xb x Mx x N a x b x N x x x x x +=+=⎧⎨-=⎩+=一般的求解出关于的表达式最后利用求出222222101010,(1)210,(2)21(1)(2):242(100)2(1)(2):1610103aaa a x a x ax ====⎪⎩+=-=++=+-==±例利用和差构造对偶得到得到,,M =一般的N =M N ==3.,313z C zz iz i ∈-=+例解方程313zz iz i +=-构造对偶式313,:113313zz iz iz i zz iz i ⎧-=+⎪=--⎨+=-⎪⎩解得或14.,||1,1,:1z z C z z z -∈=≠±+例且证明为纯虚数1111,,01111z z z z M N M N z z z z ----==+=+=++++则110,11z z z z --≠++又所以为纯虚数,z a bi =+相比我们设计算量要少,, 以上三个例子我们可以发现利用和差或者共轭对偶入手比较容易并且在上,,,面几个例子过程也不太复杂下面我们给出几个过程稍微困难的例子但思路还是,.很自然仍为构造对偶量65.(1?+=例,当然可以直接计算但是运算量会比较大66:(1,1),A B ==构造对偶量设416A B +=那么很容易算出,,A B +事实上计算时运算量直接减少一半读者可自行验证:011,:415A <-<=同时注意到那么6.,,n n n a n a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦例为正整数讨论的奇偶性33,22a b ==同样我们构造对偶量并且我们注意到2:320a b x x --=和为为二次方程的两根:,n n n n x a b x =+我们写出对偶量之和同时也要找出的性质221121()()()32n n n n n n n n n x a b a b a b ab a b x x ++++++=+=++-+=+22123,13x a b x a b =+==+=为奇数:.n x 那么根据递推我们可得出为奇数:10,b -<<注意到(1):01,1n n n n n n b x a b a ⎡⎤<<=+=+⎣⎦为偶数时 ,nn x a ⎡⎤⎣⎦为奇数则为偶数 (2):10,n n n n n n b x a b a ⎡⎤-<<=+=⎣⎦为奇数时 n a ⎡⎤⎣⎦故为奇数:n a n 综上所述的奇偶性与相同1007.,,(1,a b N a ab +∈+=+例则的个位数为多少100(::(1a -=-提示利用对偶立即可以得出100100(3),)ab =+--之后类似于上例解答留给读者,这一类主要应用在证明不等式上我们特地把它总结于此 ,主要是考虑不等式的结构然后轮换字母构造对偶式221.:1,1,811a b a b b a >>+≥--例证明对任意实数 2222,1111a b b a M N b a b b =+=+----令22222()()0,11(1)(1)a b b a a b a b M N M Nb a b a --+--=+=≥≥----则即1111114(1)(1)81111N b a b a b a b a =+++++=+-++-+≥----8,8,2M N M a b ≥≥≥==所以当且仅当时成立2222.,,,:2a b c a b ca b c R a b b c c a +++∈++≥+++例求证222222,a b c b c a M N a b b c c a a b b c c a =++=++++++++设222222222a b b c c a a b b c c aM N a b ca b b c c a +++++++=++≥++=+++++那么0,2a b cM N M N ++-==≥1233.:1:,,,n a a a a 例证明对于和为的正数有如下不等式222121223112n n a a a A a a a a a a =++≥+++22232121321(::)n a a a B a a a a a a =+++++提示构造对偶量22224.1,:a b c d +++≤例设求证444444()()()()()()6a b a c a d b c b d c d +++++++++++≤ 44(:()().)B a b c d =-+-提示考虑对偶式.最后我们介绍双倒序相加法,,双倒序相加顾名思义就是两次倒叙我们最终要得出两个结论 n a n 等差数列的前项和组成的数列求和可以用双倒序相加法,n n a na n 为等差数列则的前项和可以用双倒序相加::1,12,123,,12n ++++++我们从一个例子引入求数列的和1(12)(123)(123),(1)n S n =+++++++++++n S 我们对做如下的恒等变换1(21)(321)((1)1),(2)n S n n =++++++++-+((1)(1))((2)(2)(2))(111),(3)n S n n n n n n =+-+-+-+-+-+++++(1)(2)(3)++得到3(2)2(2)3(2)(2)n S n n n n n =+++++++1(2)(123)(1)(2)2n n n n n =+++++=++(1)(2)6n n n n S ++=那么21(1)(21):6nn k n n n S k =++==∑我们再尝试用此方法解决另一个经典的求和2222123n S n =++++2135(21)n n =++++-注意到1(13)(135)(13521)n S n =++++++++++-1(31)(531)((21)(23)1)n S n n =+++++++-+-+(21)((23)(23))(1111)n S n n n =-+-+-+++++相加得到3(21)2(21)3(21)(21)n S n n n n n =+++++++;(1)(21)6n n n n S ++=:现在我们要得出一般的结论12,,,n na a bn n S S S =+对于等差数列他的前项和组成的数列(1)(3(2)),6n n n n n a n b n T T T +++==前和为则:()(()(2))(()(2)(3))(()())n T a b a b a b a b a b a b a b a nb =+++++++++++++++证明:两次倒序()((2)())((3)(2)())(()())n T a b a b a b a b a b a b a nb a b =+++++++++++++++()2((1))()n T a bn a n b n a b =+++-++3(3(2))2(3(2))(3(2))(12)(3(2))n T a n b a n b n a n b n a n b =++++++++=++++相加得(1)(3(2))6n n n a n b T +++=所以,为了证明我们的第二个结论我们还是从例子引入 :1427310(31)n n ⨯+⨯+⨯+++求和4(77)(101010)((31)(31))n S n n =++++++++++(31)((31)(32))((31)(32)74))n S n n n n n =++++-++++-+++(31)((32)(31))(47(32)(31))n S n n n n n =++-+++++++-++23(66)(123)3(1)n S n n n n =+++++=+那么2(1)n S n n =+则,和上面的情形几乎一样都是采用的双倒序相加法:接着我们给出一般的结论123:,:1,2,3,n na a bn a a a n T =+对于等差数列数列的前项和(32)(123)3n a b bn n T +++++=:()((2)(2))(()())n T a b a b a b a bn a bn =+++++++++证明 ()(()((1)))(()())n T a bn a bn a b n a bn a b =+++++-+++++ ()(((1))())(()())n T a bn a b n a bn a b a bn =+++-+++++++3(32)(123)n T a b bn n =+++++则(32)(123)3n a b bn n T +++++=。
数列求和的八种重要方法与例题
典例3:
通项
1+2×3+3×32+4×33+…+n×3n-1=？
课前探究学习
课堂讲练互动
活页规范训练
错位相减法： 如果一个数列的各项是由一
个等差数列与一个等比数列对 应项乘积组成，此时求和可采 用错位相减法.
既{anbn}型
等差
等比
课前探究学习
课堂讲练互动
活页规范训练
典例4： 4、裂项相消
1+ 1 + 1 + … + 1 = ?
类型a1+an=a2+an-1=a3+an-2=……
课前探究学习
课堂讲练互动
活页规范训练
典例. 已知 lg(xy) 2 2.倒序相加法
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lg(x·1 yn-1)+lgyn,
(x > 0,y > 0) 求S .
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lgyn
1 2
a0 (4
a0 )
3 2
,
2°假设n=k时 ak1 ak 2 有成立， 令
f (x) 1 x(4 x) 2
f(x)在[0，2]上单调递增 f (ak1) f (ak ) f (2),
1 2
ak 1 (4
ak 1 )
1 2
ak
(4
ak
)
1 2
2
1×2 2×3
n(n + 1)
变式1：通项改为 1 = 1( 1 - 1 ) n(n + 2)
高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结
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
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。
倒序相加法课程设计
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。
高中数学数列求和的七种方法
高中数学数列求和的七种方法
1、倒序相加法
倒序相加法如果一个数列{an}满足与首末两项等距离的两项的和相等(或等于同一常数)，那么求这个数列的前n项和，可用倒序相加法。
2、分组求和法
分组求和法一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列的通项公式组成，求和时可用分组求和法，分别求和而后相加。
3、错位相减法
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。
4、裂项相消法
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。
5、乘公比错项相减(等差等比)
这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列。
6、公式法
对等差数列、等比数列，求前n项和Sn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。
7、迭加法
主要应用于数列{an}满足an+1=an+f(n)，其中f(n)是等差数列或等
比数列的条件下，可把这个式子变成an+1-an=f(n)，代入各项，得到一
系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出an，从而求出Sn。
求数列前n项和的7种方法
求数列前n项和的7种方法求数列的前n项和要借助于通项公式，即先有通项公式，再在分析数列通项公式的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和。
当遇到具体问题时，要注意观察数列的特点和规律，找到适合的方法解题。
一、用倒序相加法求数列的前n项和如果一个数列{an}，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{an}，公差为d，求证：{an}的前n项和Sn=n(a1+an)/2解析：Sn=a1+a2+a3+...+an ①倒序得：Sn=an+an-1+an-2+…+a1 ②①+②得：2Sn=(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+…+(an+a1)又∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1∴2Sn=n(a2+an) Sn=n(a1+an)/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+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+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Sn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。
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。
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。
数列求和之错位相减法倒序相加法
.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。
组合数列求和的一个方法
组合数列求和的一个方法
数列求和的七种方法：倒序相加法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法、乘公比错项相减（等差×等比）、公式法、迭加法。
1、倒序相加法
倒序相乘法如果一个数列{an}满足用户与首末两项等“距离”的两项的和成正比(或等同于同一常数)，那么谋这个数列的前n项和，需用倒序相乘法。
2、分组求和法
分组议和法一个数列的通项公式就是由几个等差或等比或可以议和的数列的通项公式共同组成，议和时需用分组议和法，分别议和而后相乘。
3、错位相减法
错位二者加法如果一个数列的各项就是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积形成的，那么这个数列的前n项和需用此法xi，例如等比数列的前n项和公式就是用此法推论的。
4、裂项相消法
裂项二者消法把数列的通项切割成两项之差，在议和时中间的一些项可以相互抵销，从而求出其和。
5、乘公比错项相减（等差×等比）
这种方法就是在推论等比数列的'前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用作谋数列{an×bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别就是等差数列和等比数列。
6、公式法
对等差数列、等比数列，求前n项和sn可以轻易用等差、等比数列的前n项和公式展开解。
运用公式解的注意事项：首先必须特别注意公式的应用领域范围，确认公式适用于于这个数列之后，再排序。
7、迭加法
主要应用于数列{an}满足用户an+1=an+f(n)，其中f(n)就是等差数列或等比数列的条件下，可以把这个式子变为an+1-an=f(n)，代入各项，获得一系列式子，把所有的式子提至一起，经过整理，纡出来an，从而算出sn。
数列求和——倒序相加法的应用
数列求和一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 a 1 a 2 a 3 a n① S n a n a n 1 a n 2a 1 ② ①+②得：2S n (a 1 a n ) (a 2 a n 1 ) (a 3 a n 2) (a n ajn(a ia n )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 n 2C ： 3C ；nC ： n 2n 1 2 证明：设 S C ： 2C ； 3C 3 (n 1)C ： 1 nC ：① C ： ② 2C ；] [C n (n JC ：1] nC ： 2 2 9 10 2 2 2 2 2 9 1 10 13、已知f(x) ------------ (x R), R 区，yj, Pzg, y 2)是函数y f (x)图像上的两点,4 2 1且线段RP 2中点P 的横坐标是 。
(a i a .) (a i a n ) (a i a n )(共 n 个)S nn(a i a n ) 2S nC ； (n 1)C ；1 (n 2)C ； 2 ①+②得:2S nC ,[(n 1)C ；1 U] [(n 2)C ：2 nC ； nC ： 1 nC ri 2 n nC ： n(C ；n 1n 2 C n C n C °) n 2n S nn 2n 1 “ 2亠22、求和: 12 3 2 10 1 98 32(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 f (巴)(m N ,n 1,2, , m)求数列a 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：f (―)f(m】)f (―)f(m 2) f (-m$ f (丄)，共m 1 个相同的和，m m m m m m1求出S m(3m 1)。
数列求和(倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组求合法等)
考点4 数列求和（倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组求合法等）1．（2015江苏苏州市高三上调考）已知数列{n a }共有2k 项（2≤k 且k ∈N *），数列{n a }的前n 项的和为n S ，满足1a =2，1n a + =（p －1）n S +2（n =1，2，3，…，2n －1），其中常数p ＞1 （1）求证：数列{n a }是等比数列； （2）若p =2212k -，数列{n b }满足21log n b n=（12n a a a ⋯）（n =1，2，…，2n ），求数列{n b }的通项公式 （3）对于（2）中的数列{ n b }，记3||2n n c b =－，求数列{n c }的前2k 项的和． 【考点】数列的求和；数列的应用．【解】（1）证明：当n =1时，2a =2p ，则21a p a =， 当2≤n 时，112n n a p S +=+（－），-112n n a p S =+（－）， ∴11n n n a a p a +=－（－），即1n n a pa +=， ∴1n na p a +=， 故数列{n a }是等比数列．（2）由（1），得12n n a p -=（n =1，2，…，2n ），∴(1)123121222n nn n nn a a a pp-+++⋯+-⋯==2(1)(1)21221222n n n nn nk k --⨯+--==，=1(1)()21n n n n k -+- =(1)121n k -+-，（n =1，2，…，2n ）， 即数列{b n }的通项公式为(1)121n n b k -=+-，（n =1，2，…，2n ）． （3）3||2n n c b =-，设32n b ≤，解得n ≤12k +，又n 为正整数，于是：当n ≤k 时，32n b ＜；当n ≥k +1时，32n b ＞，∴数列{n c }的前2k 项的和：221k k =-．2．（2015江苏高考冲刺压轴卷（三））设数列{n a }的前n 项和记为n S ，且234n S n n =-+．（1）求数列{n a }的通项公式； （2）设3n n na b =，记数列{n b }的前n 项和记为n T ，，求证：2536n T ≤＜. 【考点】错位相减法求和【解】（1）当n =1时，12a =，当n ≥2时，124n n n a S S n -=-=-，故2,124,2n n a n n =⎧=⎨-⎩≥，（2）2,13243,23n n n nn a b n n ⎧=⎪⎪==⎨-⎪≥⎪⎩，其中123T =，当n ≥2时，22024...333n nn T -=+++①，23112024...3333n n n T +-=+++②，∴①－②得，231222224 (33333)n n n T +-=-++-， ∴521623n nn T -=-⨯(2)n ≥，由于0n b ≥，∴2536n T ≤＜． 3．（2015江苏高考冲刺压轴卷（三））已知数列{}n a 中，11a =，二次函数211()(2)2nn n f x a x a x -+=⋅+-⋅的对称轴为x =12， （1）试证明{}2n n a 是等差数列，并求{}n a 的通项公式；（2）设{}n a 的前n 项和为n S ，试求使得3n S ＜成立的n 的值，并说明理由． 【考点】等差数列的通项公式；二次函数的性质；错位相减法求和． 【解】（1） ∵二次函数211()(2)2n n n f x a x a x -+=⋅+-⋅的对称轴为x =12， ∴n a ≠0，1211222n n n a a -+--=⨯，整理得11122n nna a +=+， 左右两边同时乘以12n +，得11222n n n n a a ++=+，即11222n n n n a a ++-= (常数)，∴{}2nn a 是以2为首项，2为公差的等差数列，∴222(1)2nn a n n =+-=，∴1222n n n n n a -==． （2）∵ 012211231...22222n n n n nS ---=+++++， ①12n S = 12311231 (22222)n n n n--++++， ②①-②得：1231111111121 (1222222212)n n n n n n n S --=++++-=--， 整理得 1242n n n S -+=-．∵ 113214(4)0222n n n n n n n n S S +-+++-=---=＞，∴ 数列{n S }是单调递增数列． ∴ 要使n S ＜3成立，即使12432n n -+-＜，整理得n +2>12n -， ∴ n =1，2，3．4．（2015江苏省南京市高三考前综合）公差不为零的等差数列{n a }的前n 项之和为n S ，且2()2n n a k S +＝对n ∈*N 成立．（1）求常数k 的值以及数列{n a }的通项公式；（2）设数列{n a }中的部分项123n k k k k a a a a ⋯，，，⋯，，恰成等比数列，其中1k ＝2，,3k ＝14，求1122n n a k a k a k ⋯＋＋＋的值．【考点】等差数列或等比数列中的基本量问题；错位相减法与裂项相消法． 【解】（1）法一：条件化为2n n S a k ＝＋对n ∈*N 成立． 设等差数列公差为d ，则11(1)2(1)2n n dna a n d k -+＝＋－＋． 分别令n ＝1，2，3得：1111112222332a a k a d a d k a d a d k ⎧=+⎪⎪+=++⎨⎪+=++⎪⎩①②③由①＋③－2⨯②得，1113322a a d a d ++=+．两边平方得，21114233a d a a d +＋＝．两边再平方得，2211440a a d d －＋＝．解得d ＝21a ．代入②得，1143a a k ＝＋，④由④－①得，11a a ＝．所以1a ＝0，或1a ＝1． 又当1a ＝0时，d ＝0不合题意．所以1a ＝1，d ＝2． 代入①得k ＝1．而当k ＝1，1a ＝1，d ＝2时，221n n S n a n ＝，＝－，等式2()2n n a k S +＝对n ∈*N 成立．所以k ＝1，21n a n ＝－． 法二：设等差数列的首项为1a ，公差为d ，则211(1)()222n n n d dS na d n a n -＝＋＝＋－，11(1)()n a a n d dn a d ＝＋－＝＋－．． 代入2 ()2n n a k S +＝得，22111()[()]224d d n a n dn a k d ＋－＝＋＋－，即22221112(42)2()()dn a d n d n d a k d n a k d ＋－＝＋＋－＋＋－．因为上面等式对一切正整数n 都成立，所以由多项式恒等可得，21112422()0d d a d d a k d a k d ⎧=⎪-=+-⎨⎪+-=⎩因为d ≠0，所以解得，1211d a k =⎧⎪=⎨⎪=⎩所以常数k ＝1，通项公式21n a n ＝－． （2）设n n k c a ＝，则数列{n c }为等比数列，且1312314327k k c a a c a a ＝＝＝，＝＝＝． 故等比数列{n c }的公比q 满足2319c q c ＝＝． 又n c ＞0，所以q ＝3．所以111333n n n n c c q⨯－－＝＝＝．又21n n k n c a k ＝＝－，所以213nn k －＝．由此可得11322nn k ⨯＝＋．所以2121322n n n n n a k --⨯＝＋． 所以1122n n a k a k a k ⋯＋＋＋123113355(3)(3)(3)222222=⨯++⨯++⨯+1[135(21)]2n +++++-123211[133353(21)3]22n n n =⨯+⨯+⨯++-⨯+． 法一：令123133353(21)3n S n =⨯+⨯+⨯++-⨯，则3S =++++2311333(23)3(21)3n n n n +⨯⨯-⨯-⨯，两式相减得:=++++23123232323(21)3n n S n +-⨯⨯⨯--⨯，1112(1)36(1)332n n n n ++⎡⎤=---⨯-=-⨯+⎣⎦,代入得+++1122n n a k a k a k121211(1)33(1)33222n n n n n n ++-⋅++⎡⎤=⨯-⨯++=⎣⎦． 法二：因为1(21)3[(1)2]3(2)3kk k k k k +-⨯=+-⨯--⨯1(1)3k k +=-⨯-(2)3k k -⨯．所以213243[03(1)3][1303][2313]S =⨯--⨯+⨯-⨯+⨯-⨯1[(1)3(2)3]n n n n +++-⨯--⨯1(1)33n n ⨯＋＝－＋．代入得1122n n a k a k a k ⋯+++121211(1)33(1)33222n n n n n n ++-⋅++⎡⎤=⨯-⨯++=⎣⎦. 5．(江苏省南京市2015届高三上学期9月调考数学试卷)已知{}n a 是等差数列，其前n 项的和为n S ，{}n b 是等比数列，且112a b ==，4421a b +=，4430S b +=. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记*,n n n c a b n =∈N ，求数列{}n c 的前n 项和.【考点】数列的求和，数列递推式.【解】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由112a b ==，得4a =2+3d ，342b q =，486S d =+由条件4421a b +=，4430S b +=，得方程组332322186230d q d q ⎧++=⎨++=⎩解得12d q =⎧⎨=⎩ 所以*12n n n a n b n =+=∈N ，，. (2)由题意知，(1)2nn c n =+⨯.记123n n T c c c c =++++.则123n n T c c c c =++++=231223242212n n n n -⨯+⨯+⨯++⨯++⨯（），23412223242212n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++⨯++⨯（），所以2311=22(2222)(1)2n n n n T n -+-⨯+++++-+，1*2()n n T n n +=⨯∈N .6. （15淮安市金湖中学高三上学期第一次学情检测数学试卷）已知{n a }为等比数列，其中1a =1，且2354a a a a +，，成等差数列．（1）求数列{n a }的通项公式：（2）设21n n b n a =⋅（﹣），求数列{n b }的前n 项和n T ． 【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．【解】（1）设在等比数列{n a }中，公比为q ， ∵11a =，且2354a a a a +，，成等差数列，∴35242a a a a +=+（）， ∴2432q q q q +=+（）， 解得q =12，∴n a =11()2n -． （2）∵n a =11()2n -，∴1121212n n n b n a n =⋅=⋅﹣（-）（-）（）， ∴211111135()(21)()222n n T n -=⋅+⋅+⋅++-⋅，①231111113()5()(21)()22222n n T n =⋅+⋅+⋅++-⋅，② ①－②，得：211111112()()(21)()22222n n n T n -⎡⎤=+⋅+++--⋅⎢⎥⎣⎦ 11112[1]2122n n n =+⋅﹣-()-(﹣)（）23=32n n +-，∴12362n n n T -+=-．7．等差数列{}n a 的通项公式为21n a n ＝＋，其前n 项和为n S ，则数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项的和为________． 【答案】 75 【分析】 因为2n S n n =+，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项和为10×3＋1092⨯＝75. 8．已知函数()22,n n f n n n ⎧⎨-⎩当为奇数时＝,当为偶数时，且()(1)n a f n f n ＝＋＋，则123100+a a a a +＋＋等于________．【答案】 100【分析】 由题意，得123100+a a a a +＋＋＝2222222222221223344599100100101------＋＋＋＋＋＋ ＝(12)(32)(99100)(101100)--＋＋＋＋＋＋＋＝(1299100)(23100101)-＋＋＋＋＋＋＋＋＋ ＝5010150103100-⨯⨯＋＝. 9．数列12a ＋，，2k a k ＋，，1020a ＋共有十项，且其和为240，则1a ＋＋10k a a ＋＋的值为________．【答案】 130 【分析】 1a ＋＋10k a a ＋＋＝240－(2＋＋2k ＋＋20)＝240－(220)102+⨯＝240－110＝130.10．(2015·泰州质检)已知数列{}n a 满足11a ＝，*12()n n n a a n ⋅∈N ＋＝，则2016S =________. 【答案】 1008323⋅- 【分析】 11a ＝，2122a a =＝，又1211222n n n n n n a a a a ++++⋅==⋅.∴2n na a +＝2.∴1a ，3a ，5a ，成等比数列；2a ，4a ，6a ，成等比数列，∴201612345620152016S a a a a a a a a ＝＋＋＋＋＋＋＋＋＝13520152462016()()a a a a a a a a ＋＋＋＋＋＋＋＋＋＝100810081008122(12)3231212--+=⋅---. 11．已知数列{}n a ：12，1233+，123444++，，123910101010++++，，若11n n n b a a +＝，那么数列{}n b 的前n 项和n S 为________． 【答案】41nn + 【分析】 12312n n na n ++++==+，∴114114()(1)1n n n b a a n n n n +===-++， ∴111114[(1)()()]2231n S n n =-+-++-+ ＝144[1]11nn n -=++. 12．(2015·扬州测试)在数列{}n a 中，11a ＝，1(1)(1)n n n a a -＋＝＋，记n S 为{}n a 的前n 项和，则2013S ＝________. 【答案】 －1005【分析】 由11a ＝，1(1)(1)n n n a a -＋＝＋可得22a -＝，31a -＝，40a ＝，51a ＝, 该数列是周期为4的数列，所以20131234 2 013503()503(2)1S a a a a a ⨯-＝＋＋＋＋＝＋＝ 1005-.13．(2014·济南模拟)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且3224S S ＝＋，536a ＝.(1)求n a ，n S ；(2)设*1()n n b S n -∈N ＝，1231111n nT b b b b =++++，求n T . 【解】(1)因为3224S S ＝＋，所以14a d --＝， 又因为536a ＝，所以1436a d ＋＝.解得d ＝8，14a ＝， 所以48(1)84n a n n --＝＋＝，2(484)42n n n S n +-==.(2)241(21)(21)n b n n n --＝＝＋，所以11111()(21)(21)22121n b n n n n ==--+-+. 11(1)22121nn n -=++. 14．(2015·石家庄模拟)已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且122a a ⋅＝，3432a a ⋅＝.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 的前n 项和为2*()n S n n ∈N ＝，求数列{}n n a b ⋅的前n 项和．【解】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，由已知得21251232a q a q ⎧=⎨=⎩，又∵10a ＞，0q ＞，解得112a q =⎧⎨=⎩，∴12n n a －＝.(2)由2n S n ＝得()21(1)2n S n n --＝≥，∴当2n ≥时，121n n n b S S n ---＝＝，当n ＝1时，11b ＝符合上式， ∴*21()n b n n -∈N ＝，∴1(21)2n n n a b n -⋅-⋅＝.12113252(21)2n n T n -=+⋅+⋅++-⋅，2312123252(23)2(21)2n n n T n n ⋅⋅⋅-⋅-⋅－＝＋＋＋＋＋， 两式相减得2112(222)(21)2(23)23n n n n T n n ----⋅--⋅-＝＋＋＋＋＝，∴(23)23nn T n -＝＋.15．数列{}n a 满足1(1)21nn n a a n --＋＋＝，则{}n a 的前60项和为________．【答案】 1830【分析】 ∵1(1)21nn n a a n --＋＋＝，∴211a a ＝＋，312a a -＝，417a a -＝，51a a ＝，619a a ＝＋，712a a -＝，8115a a -＝， 91a a ＝，10117a a ＝＋，1112a a -＝，12123a a -＝，，571a a ＝，581113a a ＝＋， 5912a a -＝，601119a a ＝－，∴12601234567857585960()()()a a a a a a a a a a a a a a a ＋＋＋＝＋＋＋＋＋＋＋＋＋＋＋＋15(10234)102642234=18302⨯+=＝＋＋＋＋.16．在等比数列{}n a 中，13a ＝，481a ＝，若数列{}n b 满足3log n n b a ＝，则数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ＝________.【答案】1n n + 【分析】 设等比数列{}n a 的公比为q ，则34127a q a ==，解得q ＝3. 所以111333n n nn a a q --⨯＝＝＝，故3log n n b a n ＝＝， 所以11111(1)1n n b b n n n n +==-++. 则数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为11111111223111nn n n n -+-++-=-=+++. 17．(2015·南京模拟)数列{}n a 满足1n n a a ＋＋＝12* ()n ∈N ，且11a ＝，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则21S ＝________. 【答案】 6【分析】 依题意得11212n n n n a a a a ＋＋＋＋＝＋＝，则2n n a a ＋＝，即数列{}n a 中的奇数项、偶数项分别相等，则2111a a ＝＝，211234()()S a a a a ＝＋＋＋＋1920()a a ＋＋211221110()10162a a a a ⨯＋＝＋＋＝＋＝.18．(2015·长沙模拟)已知函数()()2cos f n n n π＝，且()(1)n a f n f n ＝＋＋，则12a a ＋3100a a ＋＋＋＝________. 【答案】 －100【分析】 若n 为偶数，则()22(1)(1)(21)n a f n f n n n n --＝＋＋＝＋＝＋，为首项为25a -＝，公差为4-的等差数列；若n 为奇数，则()(1)n a f n f n ＝＋＋＝22(1)21n n n -＋＋＝＋，为首项为13a ＝，公差为4的等差数列．所以123100139924100()()a a a a a a a a a a ＋＋＋＋＝＋＋＋＋＋＋＋5049504950345054=10022⨯⨯⨯⨯+⨯--⨯-＝＋（）. 19．设()442x x f x +＝，利用倒序相加法，可求得1210()()()111111f f f +++的值为________．【答案】 5【分析】 当121x x ＋＝时，()()121212444242x x x x f x f x +++＋＝＝12121212242(44)14(44)24x x x x x xx x ++⨯+⨯+=++⨯+. 设S ＝1210()()()111111f f f +++，倒序相加有2S ＝11029101[()()][()()][()()]10111111111111f f f f f f ++++++=，即S ＝5.20．在数列{}n a 中，15a -＝，22a -＝，记()12n A n a a a ＝＋＋＋，()23B n a a ＝＋1n a ＋＋＋，()*342()n C n a a a n ∈N ＋＝＋＋＋，若对于任意*n ∈N ，A (n )，B (n )，C (n )成等差数列．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求数列{}||n a 的前n 项和．【解】(1)根据题意A (n )，B (n )，C (n )成等差数列， ∴A (n )＋C (n )＝2B (n )，整理得2121253n n a a a a ---＋＋＝＝＋＝， ∴数列{}n a 是首项为－5，公差为3的等差数列， ∴53(1)38n a n n ---＝＋＝. (2)38,2||=38,3n n n a n n -+⎧⎨-⎩≤≥，记数列{}||n a 的前n 项和为n S . 当2n ≤时，2(583)313222n n n S n n +-==-+；当3n ≥时，2(2)(138)313714222n n n nS n -+-=-+＝＋，综上，22313,22231314,322n n n n S n n n ⎧-+⎪⎪=⎨⎪-+⎪⎩≤≥.21. (2014·广州综测)已知等差数列{}n a 的前n 项和为2()n S n pn q p q ∈R ＝＋＋，，且2a ，3a ，5a 成等比数列．(1)求p ，q 的值；(2)若数列{}n b 满足22log log n n a n b ＋＝，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解】(1)当n ＝1时，111a S p q ＝＝＋＋， 当2n ≥时，1n n n a S S -－＝＝22[(1)(1)]n pn q n p n q ---＋＋＋＋ ＝21n p -＋. ∵{}n a 是等差数列，∴1＋p ＋q ＝2×1－1＋p ，得q ＝0. 又23a p ＝＋，35a p ＝＋，59a p ＝＋， ∵2a ，3a ，5a 成等比数列，∴2325a a a =，即2(5)(3)(9)p p p ＋＝＋＋，解得p ＝－1.(2)由(1)得22n a n -＝.∵22log log n n a n b ＋＝，∴221224n an n n b n n n --⋅⋅⋅＝＝＝. ∴1231n n n T b b b b b -＝＋＋＋＋＋0122142434(1)44n n n n --⨯⨯⋅⋅＝＋＋＋＋－＋，① 1231442434(1)44n n n T n n -⨯⨯-⋅⋅＝＋＋＋＋＋，② ①－②得0121344444n n n T n ---⋅＝＋＋＋＋ 14(13)414143n n n n n --⋅-=-⋅=-. ∴1[(31)41]9n n T n =-⋅＋．。