人教版初中数学-拓展二 数列求和常用的方法(精练)(解析版)

拓展二 数列求和常用的方法（精练）
【题组一 裂项相消法】
1．（2021·福建省连城县第一中学高二月考）已知数列{}n a ，其前n 项和记为n S ，满足2410a a +=，12n n n a S S ++=-.
（1)求数列{}n a 的通项公式； （2）设1
1
n n n b a a +=
⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .
【答案】（1）21n a n =-；（2）21
n n
T n =
+. 【解析】（1）因为112n n n n S a S a ++-==+， 所以12n n a a +-=，
即{}n a 是等差数列，且公差2d =， 又2412410a a a d +=+=，11a =， 所以12(1)21n a n n =+-=-， 即21n a n =- （2）因为1111
()(21)(21)22121
n b n n n n =
=--+-+，
所以1111
11
(1)2335
2121
n T n n =-+-+
+
--+ 11(1)22121
n
n n =-=++， 即21
n n
T n =
+. 2．（2021·江西上高二中高二月考 ）设数列{}n a 前n 项和为n S ，若0n a >，且2
243n n n a a S +=+
(1)求{}n a 的通项公式 (2)设1
1
n n n b a a +=
，求{}n b 前n 项的和n T . 【答案】(1)21n a n =+；(2)69
n n
T n =
+. 【解析】(1)因为0n a >，且2
243n n n a a S +=+ ①
当1n =时，112
320a a --=，得13a =或11a =-(舍)；
当2n ≥时，2
111243n n n a a S ---+=+ ②
由①-②得，11()(2)0n n n n a a a a --+--=，
因为0n a >，所以10n n a a ->+，可得12n n a a --=(2)n ≥， 所以{}n a 是以3为首项，公差为2的等差数列， 所以()32121n a n n =+-=+. (2)由(1)中结论得，()()111111212322123n n n b a a n n n n +⎛⎫
=
==- ⎪++++⎝⎭
， 所以12111111123557
2123n n T b b b n n ⎛⎫
=++
+=-+-+
+
- ⎪++⎝⎭
111232369
n n n ⎛⎫=-= ⎪
++⎝⎭. 3．（2021·辽宁阜新·高二期末）在等差数列{}n a 中，n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知24a =，420S =. （1）求{}n a 的通项公式；
（2）若______，求数列{}n b 的前n 项和n T .（在①1
4n n n b a a +=；②()1n
n n b a =-⋅两个条件中选择一个补充在第（2）问中，并对其求解，如果多写按第一个计分） 【答案】（1）2n a n =；（2）答案见解析.
【解析】（1）等差数列{}n a 中，n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知24a =，420S =. 设首项为1a ，公差为d ，
所以114
43
4202a d a d +=⎧⎪
⎨⨯+=⎪⎩，解得122a d =⎧⎨=⎩，故2n a n =. （2）由（1）得： 选条件①时，()14411411
n n n b a a n n n n +===-++， 故1111
111
...
1
2231
1
1
n n T n
n n n ；
选条件②时，()()112n
n
n n b a n =-⋅=-⋅，
当n 为偶数时，()()()2468 (21222)
n n
T n n n =-++-+++--+=
⋅=⎡⎤⎣⎦； 当n 为奇数时，()()()()()2468...22212121n T n n n n n n =-++-+++--+--=--=--⎡⎤⎣⎦，
所以()(),1,n n n T n n ⎧⎪=⎨--⎪⎩
为偶数为奇数. 4．（2021·全国高二单元测试）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且2a 1+3a 2＝1，a 32＝9a 2a 6，等差数列{}n b 满足b 2＝5，b 6+b 8＝30．
（Ⅰ）求数列{}{},n n a b 的通项公式；
（Ⅱ）求数列12n n b b +⎧⎫
⎨⎬⋅⎩⎭
的前n 项和n S ．
【答案】（Ⅰ）1,213n
n n a b n ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭
；（Ⅱ）23(23)n n S n =+. 【解析】（Ⅰ）依题意()
11225
11111231
911330
n n a a q a q a q a q a q a a q +=⎧⎪=⋅⎪⎛⎫
⇒==⇒=⎨
⎪⎝⎭>⎪⎪
>⎩. 111
153
2157302n b d b b n b d b d d +==⎧⎧⇒⇒=+⎨⎨
+++==⎩⎩ （Ⅱ）
()()12211
21232123
n n b b n n n n +==-⋅++++，
()
2111111122132332313557
3n S n
n n n n -+=-+-+
+
-==+++. 5．（2021·全国高二专题练习）已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2
15327
a a a +=，S 7＝63.
（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）若数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列1n b ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
的前n 项和T n .
【答案】（1）a n ＝2n ＋1；（2）3111
(
)4212
n n -+++ 【解析】（1）设正项等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，a n >0，
则2
111124(2),
772163,a a d a d a d ⎧++=+⎪⎨⎪+=⎩解得13,2.a d =⎧⎨=⎩
∴a n ＝3＋（n －1）×2＝2n ＋1. （2）∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1，且a n ＝2n ＋1， ∴b n ＋1－b n ＝2n ＋3.
当n ≥2时，b n ＝（b n －b n －1）＋（b n －1－b n －2）＋…＋（b 2－b 1）＋b 1 ＝（2n ＋1）＋（2n －1）＋…＋5＋3＝n （n ＋2）， 当n ＝1时，b 1＝3满足上式，b n ＝n （n ＋2）. ∴
11111
()(2)22
n b n n n n ==-++ ∴T n ＝
1211111...n n
b b b b -++++ 1111111111[(1)()+()...()()]232435112n n n n =-+--++-+--++ 11113111[1]()22124212
n n n n =+--=-+++++ 6．（2021·河南信阳高中高二月考）已知各项均为正数的等差数列{}n a 的公差为4，其前n 项和为,n S 且22a 为23,S S 的等比中项 （1）求{}n a 的通项公式； （2）设1
4
n n n b a a +=
，求数列{}n b 的前n 项和n T ； （3）求证：11
32
n T ≤<.
【答案】（1）42n a n =-；（2）
21
n
n +；（3）证明见解析. 【解析】（1）因为数列{}n a 是公差为4的等差数列， 所以()()212131132
4,22,34342
a a S a S a a ⨯=+=+=+
⨯=+. 又2
2234a S S =，所以()()()2
11144624a a a +=++，即()()11420+-=a a ，
解得12a =或14a =-（舍去），所以24(1)42n a n n =+-=-. （2）因为14411
(42)(42)4242
n n n b a a n n n n +=
==--+-+， 所以121n n n T b b b b -=++
++
1111111126610
46424242n n n n =
-+-++
-+----+11242n =-+21
n
n =+.
（3）121n n n T b b b b -=++++11242
n =
-+， 121n n n T b b b b -=++
++单调递增，
n =1时，121n n n T b b b b -=++
++最小为1
3
，
因为
1
042n >+，所以1112422
n -<+ 所以1132
n T ≤<.
【题组二 错位相减法】
1．（2021·辽宁阜新·高二期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足32n n S a =-. （1）求证：{}n a 是等比数列； （2）求数列{}n na 的前n 项和n T .
【答案】（1）证明见解析；（2）()29933n
n T n ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭
.
【解析】（1）证明：数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足32n n S a =-，①， 当1n =时，整理得：11a =； 当2n ≥时，1132n n S a --=-，②， ①－②得：122n n n a a a -=-+， 整理得：
12
3
n n a a -=（常数）， 故数列{}n a 是以1为首项，2
3
为公比的等比数列；
（2）由（1）得：1
23n n a -⎛⎫
= ⎪
⎝⎭.
所以1
23n n n b na n -⎛⎫
==⋅ ⎪
⎝⎭
，
所以0
11
22212...333n n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=⨯+⨯++⋅ ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
①，
1
2
222212...3333n
n T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=⨯+⨯++⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
②， ①－②得：112221...3333n n
n T n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫
=+++-⋅⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
，
所以：2112323313
n
n
n T n ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=-⋅ ⎪⎝⎭-，
整理得：()29933n
n T n ⎛⎫
=-+⋅ ⎪⎝⎭.
故：()29933n
n T n ⎛⎫
=-+⋅ ⎪⎝⎭
.
2．（2021·全国高二课时练习）已知等比数列{a n }满足：a 1＝1
2，a 1，a 2，a 3－18
成等差数列，公比q ∈(0，
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S n . 【答案】（1） a n ＝
12n ；（2） S n ＝2－(n ＋2)12⎛⎫
⎪⎝⎭
. 【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝1
2，
因为a 1，a 2，a 3－1
8成等差数列，
所以2a 2＝a 1＋a 3－1
8
，
即得4q 2
－8q ＋3＝0，
解得q ＝1
2或q ＝32
，
又因为q ∈(0，1)， 所以q ＝1
2，
所以a n ＝1
111222n n
-⎛⎫
⋅=
⎪
⎝⎭
. （2）根据题意得b n ＝na n ＝2n
n
， 23123 (2222)
n n n
S =
++++ ① 23411123 (22222)
n n n
S +=++++ ② 两式相减得：2
3411
1111 (222222)
n n n
S +=+
+++-，
1111221212
n n n +⎛⎫- ⎪⎝⎭=--，
()
1
1
122n n +=-+， 所以()
1222n n
S n =-+. 3．（2021·全国高二专题练习）已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根. （1）求{a n }的通项公式；
（2）若数列2n n a ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
的前n 项和为S n ，求证：S n <2.
【答案】（1）a n ＝1
2n ＋1；（2）证明见解析.
【解析】（1）方程x 2
－5x ＋6＝0的两根为2,3，因为{a n }是递增的等差数列， 所以a 2＝2，a 4＝3.
设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，
故d ＝1
2，从而a 1＝32
.
所以{a n }的通项公式为a n ＝1
2n ＋1.
（2）证明：设2n n a ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
的前n 项和为S n ，由(1)知2n n a ＝122n n ++，
则S n ＝23
2＋342
＋…＋12n n +＋122n n ++，
1
2S n ＝332＋442＋…＋112n n ++＋222
n n ++. 两式相减得1
2S n ＝34＋341
111()22
2n +++
+
－222n n ++＝3
4＋111142n -⎛⎫- ⎪⎝⎭－222n n ++. 所以S n ＝2－1
42n n ++. 因为
1
4
02n n ++>， 所以S n <2.
4．（2021·全国高二专题练习）数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *
. （1）证明：数列n a n ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
是等差数列；
（2）设b n ＝3n ，求数列{b n }的前n 项和S n .
【答案】（1）证明见解析；（2）S n =1(21)33
4
n n +-⨯+.
【解析】（1）证明：由已知可得
11n a n ++＝n a n ＋1，即11
n a n ++－n a
n ＝1. 所以n a n ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
是以1为首项，1为公差的等差数列.
（2）由（1）得，n
a n
＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2. 从而b n ＝n ×3n .
S n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，①
3S n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n ＋n ×3n ＋1.② ①－②得－2S n ＝31＋32＋…＋3n －n ×3n ＋1， ＝
3(13)13
⨯--－n ×3n ＋1
＝1(12)332n n +-⨯-.
所以S n ＝1(21)33
4
n n +-⨯+.
5．（2021·全国高二专题练习）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2a n 1-. （1）证明：数列{a n }是等比数列；
（2）设b n =（2n 1-）a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】（1）证明见解析；（2）T n =（2n 3-）×2n +3. 【解析】（1）证明：当n =1时，a 1=S 1=2a 11-，所以a 1=1， 当n ≥2时，a n =S n －S n －1=（2a n －1）－（2a n －1－1）， 所以a n =2a n －1，
所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列. （2）由（1）知，a n =2n －1， 所以b n =（2n －1）×2n －1，
所以T n =1+3×2+5×22+…+（2n －3）×2n －2+（2n －1）×2n －1，① 2T n =1×2+3×22
+
+（2n －3）×2
n －1
+（2n －1）×2n
，② ①－②，得－T n =1+2×（21
+22
++2
n －1
）－（2n －1）×2n
=1+2×122212n --⨯-－（2n －1）×2n
=（3－2n ）×2n －3， 所以T n =（2n －3）×2n +3.
6．（2021·全国高二专题练习）设数列{a n }的前n 项和为S n ，且231n n S a =-.
（1）求数列{a n }的通项公式； （2）设b n =
n
n
a ，求数列{
b n }的前n 项和T n . 【答案】（1）a n =3n -1
；（2）T n =969443n
n +-⨯.
【解析】（1）由231n n S a =-，① 得11231n n S a --=-（n ≥2），② ①－②，得1233n n n a a a -=-，∴13(2)n n a a n
，
又1112312S a a =-=，∴a 1=1，
∴{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， ∴a n =3n -1
.
（2）由（1）得，b n =1
3n n
-， ∴T n =
0121
123···3333n n -++++， 1
3T n =123123·
··3333
n n ++++， 两式相减，得23T n =01211111·
··33333
n n n
-++++- 1
13233=1322313n n n n n -
+-=-⨯-
， ∴T n =969443n
n +-⨯.
【题组三 分组求和法】
1．（2021·全国高二专题练习）数列{}(1)n
n -⋅的前n 项和为n S ，则2020S =（ ）
A ．1010
B ．－1010
C ．2020
D ．－2020
【答案】A
【解析】由题意，数列{}(1)n
n -⋅，即(1)n n
a n ，
则()()()2020123420192020123420192020S =-+-+--+=-++-+++-+
2020
110102
=⨯
=. 故选：A.
2．（2021·全国高二专题练习）设
cos
cos(30)
n
n
a
n
=
-
，n S为数列的前n项和，求59
S
的值是（）A B．0 C．59 D．
59
2
【答案】A
【解析】令()
59
cos1cos2cos59
cos29cos28cos29
S
︒︒︒
=++⋯+
︒︒-︒①
则()()
59
cos59cos58cos1
cos29cos28cos29
S
︒︒︒
=++⋯+
-︒-︒︒②
①+②可得：
59
cos1cos59cos2cos58cos1cos59
2
cos29cos28cos29
S
︒+︒︒+︒︒+︒
=++⋯+
︒︒︒
，
(
)
(
)
1
cos1cos1
cos1cos601
cos1cos59
cos
29cos301
︒+︒+
︒
︒+︒-︒
︒+︒
===
︒︒-︒59
2S
∴=
59
S
∴=
故选：A
3．（2021·全国）已知数列{a n}满足：a1＝1，a n＋1＝2a n＋n－2(n∈N*)．
（1）求证：数列{a n＋n－1}是等比数列；
（2）求数列{a n}的前n项和S n.
【答案】（1）首项为1，公比为2的等比数列；（2）2n－
22
2
n n
-+
.
【解析】（1）由已知得1222
n n
a n a n
+
+=+-，
1
1110
a+-=≠，所以1
1
n
n
a n
a n
+
+
+-
＝2，
所以数列{a n＋n－1}是首项为1，公比为2的等比数列．
（2）由（1）知：a n＋n－1＝2n－1，
a n＝2n－1＋1－n，
S n＝a1＋a2＋…＋a n＝(1＋2＋…＋2n－1)－(1＋2＋…＋n－1)
S n＝(2n－1)－1
2
(n2－n)＝2n－
22
2
n n
-+
.
4（2021·全国高二专题练习）求和：1357(1)(21)
n
n
S n
=-+-+-+--．
【答案】(1)n n
-⋅
【解析】由题意知1357(1)(21)
n
n
S n
=-+-+-+--，
当n 为偶数时，
可得()()
1357[(23)(21)]2
2
n
n
S n n n
=-++-+-+-++-=⨯=；
当n为奇数时，1
n-为偶数，
可得()()1(1)(21)1357[(25)(23)](1)(21)
n
n n S S n n n n -=+--=-++-+-
+-++---⨯-1
2(21)2
n n n -=
⨯--=- 综上可得，(1)n
n S n =-⋅.
5．（2021·全国高二专题练习）在等差数列{a n }中，a 2＋a 7＝－23，a 3＋a 8＝－29. （1）求数列{a n }的通项公式；
（2）设数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列，求{b n }的前n 项和S n .
【答案】（1）见解析；（2）当q ＝1时，S n ＝(31)2n n -＋n ＝232
n n +；当q ≠1时，S n ＝(31)2n n -＋11n q q --.
【解析】（1）设等差数列{a n }的公差是d . ∵a 3＋a 8－(a 2＋a 7)＝2d ＝－6，∴d ＝－3， ∴a 2＋a 7＝2a 1＋7d ＝－23，解得a 1＝－1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－3n ＋2.
（2）∵数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列， ∴a n ＋b n ＝q n －1，即－3n ＋2＋b n ＝q n －1， ∴b n ＝3n －2＋q n －1，
∴S n ＝[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]＋(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1) ＝
(31)2
n n -＋(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1
)， 故当q ＝1时，S n ＝(31)2n n -＋n ＝232n n
+；
当q ≠1时，S n ＝(31)2
n n -＋11n
q q --.
6．（2021·全国高二专题练习）各项均为正数的等比数列{a n }，a 1＝1，a 2a 4＝16，数列{b n }的前n 项和为S n ，
且S n ＝232
n n
+(n ∈N ＋)．
（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；
（2）若c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 【答案】（1） a n ＝2n －1，b n ＝3n －1；（2）2n －1＋(31)
2
n n +. 【解析】（1）设公比为q ，∵a 1＝1，a 2a 4＝16， ∴q 4＝16，∵q ＞0，∴q ＝2，∴a n ＝2n －1，
∵S n ＝232
n n +，
∴当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝232n n +－23(1)(1)
2n n -+-＝3n －1
当n ＝1时，b 1＝S 1＝2满足上式，∴b n ＝3n －1； （2）c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1 ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝(20
＋21
＋…＋2
n －1
)＋(2＋5＋…＋3n －1)
＝1212
n
--＋
[]2(31)2n n +-＝2n －1＋(31)2n n +． 7．（2021·全国高二课时练习）已知等比数列{}n a 中，1232a a a +=，且1a ，2a ，31a -成等差数列． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ；
（2）当数列{}n a 为正项数列时，若数列{}n b 满足()
*
21n n b n a n N =-+∈，求数列{}n b 的前n 项和n S ．
【答案】（1）()1
114
n n a -=⨯-或12n n
a ；（2） 221n n +-．
【解析】（1）记{}n a 的公比为q ，
由1232a a a +=，得22q q +=，解得1q =-或2．
又由()13212a a a +-=，得2
11112a a q a q +-=，
解得()
12
1
1a q =
-．
当1q =-时，11
4a =，此时()1114
n n a -=⨯-；
当2q
时，11a =，此时12n n a ．
综上，数列{}n a 的通项公式()1
114
n n a -=⨯-或12n n
a ．
（2）由已知，得12n n a ，则1212n n b n -=-+，
所以()()2
1135211222n n S n -=+++
+-++++
+⎡⎤⎣⎦
()2
21211221212n n n n +--=+=+--．
【题组四 倒序相加法】
1（2021·全国高二课时练习）设函数()2
21
x f 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 ．9
B ．11
C ．92
D ．
112
【答案】B
【解析】()221
x f x =+，()()()
22222212121221x x x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()
2122222211221x x x x x +⋅=+==+++， 设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++， 则()()()()()54045S f f f f f =++
+++-+-，
两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =. 故选：B.
2．（2021·全国高二课时练习）已知函数()1e e x
x f x =+，数列{}n a 为等比数列，0n a >，1831a =，则
()()()()123365ln ln ln ln f a f a f a f a ++++=______．
【答案】
365
2
【解析】∵()e e 1x
x f x =+，
∴()()e e e e 1)e (e 1)2e e 1e 1e 1(e 1)(e (e 1)2e x x x x x x x x
x
x x x x x f x f x -------++++++-=+===++++++． ∵数列{}n a 是等比数列，∴2
136523641831a a a a a ====，
∴2
136523643651183ln ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a a +=+==+==．
设()()()36512365ln ln ln S f a f a f a =++
+，① 则()()()3653653641ln ln ln S f a f a f a =+++，②
①＋②，得
()()()()()()()()()3651365236436512ln ln ln ln ln ln S f a f a f a f a f a f a =++++++365=，
∴365365
2S =
． 故答案为：365
2
3．（2021·全国）已知函数()331x
x 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】因为3()31x x f x =+，所以33()()13131x x
x x f x f x --+-=+=++．因为数列{}n a 是等比数列，所以
2
1992984951501a a a a a a a ==
===，即1992984951ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a +=+=
=+=．设
9912399(ln )(ln )(ln )(ln )S f a f a f a f a =++++ ①，又99999897(ln )(ln )(ln )=++S f a f a f a ＋…＋1(ln )f a ②，
①+②，得99299=S ，所以9999
2
=
S ． 4（2021·全国高二课时练习）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 ⎛⎫
⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭
_________．
【解析】
()
f x =
∴
(1)x x
f x -===
因此()(1)
x x
f x f x +-
== 所以12019f ⎛⎫ ⎪⎝⎭22019f ⎛⎫+ ⎪⎝⎭2017201820192019f f ⎛⎫⎛⎫
++
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 12018201920192019202201197f f f f
⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⎝⎭⎝⎭
=
5．（2021·全国高二专题练习）函数f (x )＝
1
42
x +(x ∈R )，若x 1＋x 2＝1，则f (x 1)＋f (x 2)＝______，若n ∈N *
，则f (1n )＋f (2n )＋…＋f (1n n -)＋f (n n
)＝__________.
【答案】1
2 4n －112
【解析】函数1
()()42x
f x x R =
∈+， 1
11
()42x f x ∴=+，1(1)6
f =，
又121x x +=，211x x =-，
12(1)
1()4
2
x f x -∴=
+
1111111
12(1)1124241
()()24242244424424
x x x x x x x f x f x -++=+=+==+++++； 由题得n S =121()()()()n n
f f f f n n n n
-++⋯++ 所以n S =12
21(
)()()()()n n n f f f f f n n
n n n
--+++++
两式相加得11
(1)226
n S n =-⨯+⨯，
所以111
226n n S -=
+ 所以1
412
n n S =-
. 故答案为：1
2；1
412
n -
．。