最强大脑—倒序相加法
（2）利用倒序相加思想求和
（1） 叠加法（2）利用倒序相加思想求和（3）1(?)n n a pa -=+型递推关系的求解。
今天才讲了这一段。
1(?)n n a pa -=+ 1,0p p ≠≠的类型通法两边除以n p 。
得到11(?)n n n n n a a p p p --=+，用跌加法求新数列n n a p ⎧⎫⎨⎬⎩⎭既可，但是括号头装的不一样，方法的简易程度有区别。
括号头装的有三类。
（1）常数。
121n n a a -=+，待定系数法。
12()n n a a λλ-+=+展开对应得1λ=。
所以{}1n a +是一个等比数列。
解决了， 可以用111222n n n n n a a --=+，求新数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭再求n a ，但显然没第一种简单。
（2）n 的多项式126n n a a n -=+。
类似于一类的将常数两边陪凑一部分，但是这个6n 不能两边分一样，因为构造新数列后n 要跟到n a 走，n-1要跟到1n a -走。
所以12[(1)]n n a xn y a x n y -++=+-+，展开后对应得到x ，y 。
构造出新数列{}n a xn y ++为等比数列。
可用116222n n n n n a a n --=+，用跌加法求2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的时候后面一部分东西会要用错位相消求和。
麻烦了，还是待定系数x,y 的办法好/ （3）指数形式。
123n n n a a -=+，这个用113()222n n n n n a a --=+就太完美了。
呵呵。
（4）等差数列的证明；已知数列an 的前n 项和为Sn 若a1=2,nan+1（角标）=Sn+n(n+1)证明an 为等差数列常规题，方法具有代表性。
,n n S a 同时出现，就要化统一，利用,n n S a 的关系。
11(1)(1)(1),2n n n n na S n n n a S n n n +-=++-=+-≥，两式差有11(1)2,2n n n n na n a S S n n +---=-+≥（1） 因为1,2n n n a S S n -=-≥，所以（1）式既为12,n n na na n +=+2n ≥既12,2n n a a n +=+≥。
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。
专题12 数列求和方法之倒序相加法(解析版)
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 ．100 B ．105 C ．110 D ．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 ．144 C ．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 mm ⎛⎫⎪⎝⎭＝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 ⎛⎫⎪⎝⎭]．∴km ＋m km -＝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 nb +=【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5(含答案)
高中数学倒序相加法归纳总结5（含答案）一、单选题（本大题共9小题，共45.0分）1.观察如图中各多边形图案，每个图案均由若干个全等的正六边形组成，记第n个图案中正六边形的个数是f(n).由f(1)=1，f(2)=7，f(3)=19，…，可推出f(10)= ()A. 271B. 72C. 73D. 74【答案】A【解析】解：由于：(1)f(4)=37，f(5)=61．由于：f(2)−f(1)=7−1=6，f(3)−f(2)=19−7=2×6，f(4)−f(3)=37−19=3×6，f(5)−f(4)=61−37=4×6，因此：当n≥2时，有f(n)−f(n−1)=6(n−1)，所以：f(n)=[f(n)−f(n−1)]+[f(n−1)−f(n−2)]+⋯+[f(2)−f(1)]+f(1)= 6[(n−1)+(n−2)+⋯+2+1]+1=3n2−3n+1．又：f(1)=1=3×12−3×1+1，所以：f(n)=3n2−3n+1．所以：f(10)=3×102−3×10+1=271．故选：A．根据图象的规律可得f(4)和f(5)的值．根据相邻两项的差的规律可分析得出f(n)−f(n−1)=6(n−1)，进而根据合并求和的方法求得f(n)的表达式，即可求得f(10)的值．本题主要考查了数列的求和问题．数列的求和是数列的重要内容之一，出等差数列和等比数列外，大部分的数列求和都需要一定的技巧，如裂项法、倒序相加，错位相减，分组求和等．2. 已知a n =f(0)+f(1n )+f(2n )+⋯+f(n−1n)+f(1)(n ∈N ∗)，又函数F(x)=f(x +12)−1是R 上的奇函数，则数列{a n }的前n 项和S n 为( )A. S n =n 2B. S n =n(n+1)2C. S n =n(n+2)2D. S n =n(n+3)2【答案】D 【解析】 【分析】本题考查数列的求和方法：倒序相加求和，考查函数的奇偶性的定义和运用，考查化简运算能力，属于中档题．由奇函数的定义可得f(−x +12)+f(x +12)=2，即为f(x)+f(1−x)=2，再由数列的倒序相加求和，化简可得所求和． 【解答】解：函数F(x)=f(x +12)−1是R 上的奇函数，可得F(−x)=−F(x)，即为：f(−x +12)−1=−f(x +12)+1， 即f(−x +12)+f(x +12)=2， 即为f(x)+f(1−x)=2， 由a n =f(0)+f(1n )+f(2n )+⋯+f(n−1n)+f(1)，可得a n =f(1)+f(n−1n)+⋯+f(1n )+f(0)，两式相加可得2a n =[f(0)+f(1)]+[f(1n )+f(n−1n)]+⋯+[f(1)+f(0)]=2(n +1)，故a n =n +1， 所以S n =n(n+3)2．故选D ．3. 已知函数f(x)=x 21+x2，则f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(12)+f(13)+f(14)=( ) A. 3B. 4C. 72D. 92【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了倒序相加法，属于中档题．先得出f (x )+f (1x )=1，再由倒序相加法求和即可． 【解答】解：因为f (x )=x 21+x 2，所以f (1x )=(1x)21+(1x)2=1x 2+1，所以f (x )+f (1x )=1，记M =f (4)+f (3)+f (2)+f (1)+f (12)+f (13)+f (14)， 则M =f (14)+f (13)+f (12)+f (1)+f (2)+f (3)+f (4)， 所以2M =7[f (4)+f (14)]=7，故f (1)+f (2)+f (3)+f (4)+f (12)+f (13)+f (14)=72． 故选C ．4. 已知函数f(x)=11+x 2(x ∈R)，若等比数列{a n }满足a 1a 2019=1，f (a 1)+f (a 2)+⋯⋯+f (a 2019)=( )A.20192B. 2019C. 2D. 12【答案】A 【解析】 【分析】本题考查利用等比数列的性质及倒序相加求和问题，属于中档题． 根据函数的性质得f (x )+f (1x )=11+x 2+11+1x 2=1+x 21+x 2=1，再计算结果．【解答】解：由题意得a 1a 2019=1， 又{a n }是等比数列，有a 2018·a 2=a 2017·a 3=⋯=a 1009·a 1011=a 10102=1，因为f (x )=11+x 2，所以f (x )+f (1x )=11+x 2+11+1x 2=1+x 21+x 2=1，故有f(a 2019)+f(a 1)=1，f(a 2018)+f(2)=1，…，f(a 1009)+f(a 1011)=1，2f(a 1010)=1，令T =f (a 1)+f (a 2)+⋯⋯f (a 2019)，则T =f (a 2019)+f (a 2018)+⋯⋯+f (a 2)+f (a 1)，所以2T =f (a 1)+f (a 2019)+f (a 2)+f (a 2018)+⋯⋯+f (a 2019)+f (a 1)=2019， 所以T =20192．故选A ．5. 德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》，在其年幼时，对1+2+3+⋯+100的求和运算中，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．现有函数f(x)=2x3m+6057(m >0)，则f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(m +2018)等于( )A.m+20183B.2m+40363C.m+40366D.2m+40376【答案】A 【解析】 【分析】本题考查求函数值，考查倒序相加法，属于基础题． 正确应用倒序相加原理是解题的关键． 【解答】解：f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(m +2018) =2×13m+6057+2×23m+6057+⋯+2(m+2017)3m+6057+2(m+2018)3m+6057，又f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(m +2018) =2(m+2018)3m+6057+2(m+2017)3m+6057+⋯+2×23m+6057+2×13m+6057 ，两式相加可得f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(m +2018)=2m+40366=m+20183．故选A ．6. 已知函数f(x)(x ∈R)满足f(x)=2−f(2−x)，若函数y =x+1x−1与y =f(x)的图象交点为(x 1,y 1),(x 2,y 2),⋯,(x m ,y m )，则∑(m i=1x i +y i )=( )A. 0B. 2mC. 4mD. m【答案】B 【解析】【分析】本题考查抽象函数的运用，考查函数的对称性的运用，以及化简整理的运算能力，属于中档题．由题意可得f(x)关于点(1,1)对称，函数y =x+1x−1=1+2x−1的图象关于点(1,1)对称，再根据对称性即可得到答案． 【解答】解：函数f(x)(x ∈R)满足f(x)=2−f(2−x)， 即为f(x)+f(2−x)=2， 可得f(x)关于点(1,1)对称，函数y =x+1x−1=1+2x−1的图象关于点(1,1)对称，即有(x 1,y 1)为交点，(2−x 1,2−y 1)也为交点，(x 2,y 2)为交点，(2−x 2,2−y 2)也为交点，...则有∑(x i +y i )m i=1=(x 1+y 1)+(x 2+y 2)+⋯+(x m +y m )=12[(x 1+y 1)+(2−x 1+2−y 1)+(x 2+y 2)+(2−x 2+2−y 2)+⋯+(x m +y m )+(2−x m +2−y m )]=2m ． 故选B ．7. 已知F(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 }的通项公式为( )A. a n =n −1B. a n =nC. a n =n +1D. a n =n 2【答案】C 【解析】 【分析】本题考查函数奇偶性在解题中的运用以及数列求和方法，属于中档题． 利用条件得到f (x )+f (1−x )=2后，对等式倒序相加即可求出． 【解答】解：由F (−x )=−F (x )得到f (12+x)+f (12−x)=2， 令x 为x −12得f (x )+f (1−x )=2， 所以f (kn )+f (n−k n)=2，由a n =f (0)+f (1n )+...+f (n−1n)+f (1)，可得a n =f (1)+f (n−1n)+...+f (1n )+f (0)，两式相加，可得2a n =2(n +1)， 所以a n =n +1． 故选C ．8. 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⋅2x1+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+2+⋯+2+⋯+2+2=2×11， 可得s =11． 故选：B ．9. 已知函数f(x)=x +sinπx −3，则f(12017)+f(22017)+f(32017)+⋯+f(40332017)的值为( )A. 4033B. −4033C. 8066D. −8066【答案】D 【解析】 【分析】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，解题的关键是推导出f(x)+f(2−x)=−4．推导出f(x)+f(2−x)=−4，由此能求出f(12017)+f(22017)+f(32017)+⋯+f(40332017)=2016×(−4)+f(20172017)的值．【解答】解：∵函数f(x)=x +sinπx −3，∴f(x)+f(2−x)=x +sinπx −3+[(2−x)+sin(2−x)π−3]=−4，∴f(12017)+f(22017)+f(32017)+⋯+f(40332017)=2016×(−4)+f(20172017) =−8064+1+sinπ−3=−8066． 故选：D ．二、单空题（本大题共7小题，共35.0分）10. 若f(x)+f(1−x)=2,a n =f(0)+f(1n )+f(2n )+...+f(n−1n)+f(1)(n ∈N ∗)，则数列{a n }的通项公式是___________． 【答案】a n =n +1 【解析】 【分析】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．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． 【解答】解：a n =f (0)+f (1n )+f (2n )+...+f (n−1n )+f (1)，a n =f (1)+f (n−1n)+...+f (2n )+f (1n )+f (0) ，两式相加可得2a n =[f (0)+f (1)]+[f (1n )+f (n−1n)]+...+[f (n−1n)+f (1n )]+[f (1)+f (0)]，2a n =2(n +1)， 所以a n =n +1 ． 故答案为：a n =n +1．11. f(x)=2x2x−1，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法，可求得f (12021)+f (22021)+⋅⋅⋅+f (20202021)=______． 【答案】2020 【解析】 【分析】本题考查借助倒序相加求函数值的和，属于中档题．先证得f(x)+f(1−x)=2，利用倒序相加法求得表达式的值． 【解答】解： 因为f(x)=2x2x−1，所以f(1−x)=2(1−x )2(1−x )−1=2x−22x−1， 因此f(x)+f(1−x)=2x2x−1+2x−22x−1 =2(2x−1)2x−1=2，所以令S =f (12021)+f (22021)+⋯+f (20202021)， 则S =f (20202021)+f (20192021)+⋯+f (12021)， 两式相加得，2S =2020×2， 故S =2020． 故答案为2020．12. 已知函数f (x )=3x3x +1，(x ∈R )，正项等比数列{a n }满足a 50=1，则f (lna 1)+f (lna 2)+⋯+f (lna 99)等于______． 【答案】992 【解析】【分析】本题考查等比数列的性质的应用，考查倒序相加法的应用，属于中档题． 由条件得f(x)+f(−x)=1.利用倒序相加法即可求得结果． 【解答】 解：因为f(x)=3x 3x +1，所以f(x)+f(−x)=3x 3x +1+3−x 3−x +1=1．因为数列{a n }是等比数列，所以a 1a 99=a 2a 98=⋯=a 49a 51=a 502=1，即ln a 1+ln a 99=ln a 2+ln a 98=⋯=ln a 49+ln a 51=0．∴f(ln a 1)+f(ln a 99)=f(ln a 2)+f(ln a 98)=⋯=f(ln a 99)+f(ln a 1)=1 设S 99=f(ln a 1)+f(ln a 2)+f(ln a 3)+⋯+f(ln a 99)①， 又S 99=f(ln a 99)+f(ln a 98)+f(ln a 97)+⋯+f(ln a 1)②， ①+②，得2S 99=99，所以S 99=992．13. 已知，则．【答案】1008 【解析】 【分析】此题考查利用倒序相加求数列的和，关键是f(x)+f(1−x)=4x4x +2+41−x41−x +2=4x4x +2+44+2×4x=1的应用．【解答】解：因为f(x)+f(1−x)=4x4x +2+41−x41−x +2=4x4x +2+44+2×4x =1， 所以令S =f(12017)+f(22017)+⋯+f(20162017)， 则S =f(20162017)+⋯+f(22017)+f(12017)，两式相加得2S=2016[f(12017)+f(20162017)]=2016，所以S=1008．故答案为1008．14.已知lg x+lg y=1，且S n=lg x n+lg(x n−1y)+lg(x n−2y2)+⋯+lg(xy n−1)+lg y n，则S n=________．【答案】n(n+1)2【解析】【分析】本题考查对数的运算及倒序相加求和，属中档题。
数列求和——倒序相加法的应用
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)。
专题12 数列求和方法之倒序相加法(解析版)
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)
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．。
最强大脑—倒序相加法
倒序相加法一、教学目标1、通过公式的推导和公式的运用，使学生体会从特殊到一般，再从一般到特殊的思维规律，初步形成认识问题，解决问题的思路和方法；通过公式推导的过程教学，对学生进行思维灵活性与广阔性的训练，提高学生的思维水平．2、通过公式的推导过程，展现数学中的对称美。
体会模仿与创新的重要性。
使学生获得发现的成就感，优化思维品质，提高数学的推理能力．二、教学重难点倒序相加的算法，及数形结合的数学思想；特殊到一般的研究方法三、教学过程“数学是思维的体操”，课程标准指出，教学中应注意沟通各部分内容之间的联系，通过类比、联想、知识的迁移和应用等方式，使学生体会知识间的有机联系，感受数学的整体性．为此，在具体教学过程中，我把本节课分为以下：“创设情境——课题引入——探究新知——应用举例——课堂小结——布置作业”六个阶段来完成．创设情境引入高斯上小学时的小故事（设计意图：源于历史，富有人文气息．激发学习兴趣。
）问题1：1＋2＋3＋.....＋100＝？学生大都听过数学家高斯小学时的故事，对这个问题很熟悉，因此很快利用高斯首尾配对的方法得出结果．但是学生对高斯首尾配对的算法可能只处于简单的记忆模仿阶段，为了促进学生对这种算法的进一步理解，接着提出下面问题。
课题引入问题2：建筑工地上一堆圆木，从上到下每层的数目分别为1，2，3，……，9 ．问共有多少根圆木？请用简便的方法计算．即1＋2＋3＋....＋ 9＝?这是求奇数项和的问题，不能简单模仿偶数项求和的方法，需要启发学生观察中间项5与首、尾两项1和9的关系．通过前后比较得出认识：高斯“首尾配对”的算法还得分奇数项、偶数项两种情况求和．进而提出有没有更简单的方法?（设计意图：借助几何图形的直观性，引导学生使用熟悉的几何方法：把“全等三角形”倒置，与原图补成平行四边形，获得算法）探究新知问题3：求1到n的正整数之和，即1＋2＋3＋.....＋n＝?S=1+2+3+...+(n-1)+nS=n+(n-1)+...+3+2+1则2S=(n+1)+(n+1)+...+(n+1)+(n+1)=(n+1)n=n(n+1)故S=n(n+1)/2（设计意图：从求确定的前n个正整数之和到求一般项数的前n个正整数之和，目的在于让学生体验“倒序相加”这一算法的合理性应用举例练习：为备战2008年奥运会，“世界飞人”刘翔的主教练孙海平制定了今年8月1 日至7日的训练计划：每天的训练量（110米栏训练次数）如下表：日期 1日 2日 3日 4日 5日 6日 7日训练量 20 22 24 26 28 30 32试求刘翔七天的训练量的总和．（设计意图：这是一道根据应用题目，以刘翔为例，以2008奥运会为背景，可以充分激发学生的学习兴趣，调动学习的主动性，体现在数学生活中的广泛性．同时本题给了许多数据信息，既可以利用公式一，也可以利用公式二．通过两种方法的比较，引导学生根据已知条件灵活选用公式，便于计算．）课堂小结1、回顾从特殊到一般的研究方法；2、倒序相加的算法，及数形结合的数学思想；（设计意图：为了使课堂知识条理化、系统化，同时培养学生的总结概括能力，教师引导学生从思想方法和知识内容两方面进行小结）布置作业1、1+2+3+4+5+....+202、12+14+16+18+...+30四、教学反思。
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倒序相加法
一、教学目标
1、通过公式的推导和公式的运用，使学生体会从特殊到一般，再从一般到特殊的思维规律，初步形成认识问题，解决问题的思路和方法；通过公式推导的过程教学，对学生进行思维灵活性与广阔性的训练，提高学生的思维水平．
2、通过公式的推导过程，展现数学中的对称美。
体会模仿与创新的重要性。
使学生获得发现的成就感，优化思维品质，提高数学的推理能力．
二、教学重难点
倒序相加的算法，及数形结合的数学思想；特殊到一般的研究方法
三、教学过程
“数学是思维的体操”，课程标准指出，教学中应注意沟通各部分内容之间的联系，通过类比、联想、知识的迁移和应用等方式，使学生体会知识间的有机联系，感受数学的整体性．为此，在具体教学过程中，我把本节课分为以下：“创设情境——课题引入——探究新知——应用举例——课堂小结——布置作业”六个阶段来完成．
创设情境
引入高斯上小学时的小故事
（设计意图：源于历史，富有人文气息．激发学习兴趣。
）
问题1：1＋2＋3＋.....＋100＝？
学生大都听过数学家高斯小学时的故事，对这个问题很熟悉，因此很快利用高斯首尾配对的方法得出结果．但是学生对高斯首尾配对的算法可能只处于简单的记忆模仿阶段，为了促进学生对这种算法的进一步理解，接着提出下面问题。
课题引入
问题2：建筑工地上一堆圆木，从上到下每层的数目分别为1，2，3，……，9 ．问共有多少根圆木？请用简便的方法计算．即1＋2＋3＋....＋ 9＝?
这是求奇数项和的问题，不能简单模仿偶数项求和的方法，需要启发学生观察中间项5与首、尾两项1和9的关系．通过前后比较得出认识：高斯“首尾配对”的算法还得分奇数项、偶数项两种情况求和．进而提出有没有更简单的方法?
（设计意图：借助几何图形的直观性，引导学生使用熟悉的几何方法：把“全等三角形”倒置，与原图补成平行四边形，获得算法）探究新知
问题3：求1到n的正整数之和，即1＋2＋3＋.....＋n＝?
S=1+2+3+...+(n-1)+n
S=n+(n-1)+...+3+2+1
则2S=(n+1)+(n+1)+...+(n+1)+(n+1)=(n+1)n=n(n+1)
故S=n(n+1)/2
（设计意图：从求确定的前n个正整数之和到求一般项数的前n个正
整数之和，目的在于让学生体验“倒序相加”这一算法的合理性
应用举例
练习：为备战2008年奥运会，“世界飞人”刘翔的主教练孙海平制定了今年8月1 日至7日的训练计划：每天的训练量（110米栏训练次数）如下表：
日期 1日 2日 3日 4日 5日 6日 7日
训练量 20 22 24 26 28 30 32
试求刘翔七天的训练量的总和．
（设计意图：这是一道根据应用题目，以刘翔为例，以2008奥运会为背景，可以充分激发学生的学习兴趣，调动学习的主动性，体现在数学生活中的广泛性．同时本题给了许多数据信息，既可以利用公式一，也可以利用公式二．通过两种方法的比较，引导学生根据已知条件灵活选用公式，便于计算．）
课堂小结
1、回顾从特殊到一般的研究方法；
2、倒序相加的算法，及数形结合的数学思想；
（设计意图：为了使课堂知识条理化、系统化，同时培养学生的总结概括能力，教师引导学生从思想方法和知识内容两方面进行小结）布置作业
1、1+2+3+4+5+....+20
2、12+14+16+18+...+30
四、教学反思。