微突破(二) 数列求和常用方法
例1 (1)C (2)76 [解析] (1)令f(ln a1)+f(ln a2)+…+f(ln a2025)=S①,则f(ln a2025)+f(ln a2024)+…+f(ln a2)+f(ln a1)=S②,由数列{an}为等比数列,得a1a2025=a2a2024=…==e2,所以ln a1+ln a2025=ln a2+ln a2024=…=ln e2=2,又f(x)+f(2-x)=(x-1)3+2+(1-x)3+2=4,所以f(ln a2025)+f(ln a1)=f(ln a2024)+f(ln a2)=…=4,故由①②两式相加得2S=2025×4,所以S=4050.故选C.
(2)∵f(x)+f(1-x)=1,∴f+f=1.
∵an=f(0)+f+f+…+f+f(1)①,∴an=f(1)+f+f+…+f+f(0)②,①+②得2an=n+1,∴an=,故数列{an}的通项公式为an=,∴数列{an}的前16项和为S16==76.
例2 解:(1)由已知a5=9,S11=121,设数列{an}的首项为a1,公差为d,则a5=a1+4d=9,S11=11a1+d=121,解得a1=1,d=2,所以an=a1+(n-1)d=2n-1.因为b1+b4=9,b2b3=b1b4=8,数列{bn}是递增的等比数列,设数列{bn}的首项为b1,公比为q,则q>1,解得b1=1,b4=8,所以q=2,所以bn=b1·qn-1=2n-1.
(2)因为cn=(k∈N*),所以
S2n=a1+b2+a3+b4+…+a2n-1+b2n=na1+×4+=2n2-n-(1-4n).
例3 解:(1)证明:由题意得bn+1=,an+1==,
则bn+1-bn=-=-=-=1,
所以{bn}是首项b1==1,公差为1的等差数列.
(2)由(1)得bn=b1+(n-1)×1=n,则(-1)n=(-1)nn2.
当n为偶数时,
Sn=-12+22-32+42-…-(n-1)2+n2=(2+1)×(2-1)+(4+3)×(4-3)+…+(n+n-1)×(n-n+1)=1+2+3+4+…+n-1+n=.
当n为奇数时,n+1为偶数,则Sn=Sn+1-=-(n+1)2=-.
综上,Sn=(-1)n.
例4 解:(1)证明:由已知4an+1=4-,可得2an+1=2-,则-=-=-==1.又=1,所以是首项为1,公差为1的等差数列.
(2)由(1)可得=1+(n-1)×1=n,所以an==,所以bn=,则bn=,故Tn===-.
例5 解:(1)因为数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=4an-4(n∈N*),
所以当n≥2时,2Sn-1=4an-1-4,两式相减得2an=4an-4an-1,即an=2an-1(n≥2),
当n=1时,2S1=2a1=4a1-4,解得a1=2≠0,可知数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)可知,bn===-,
所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=1-,对任意的n∈N*,不等式Tn>1-都成立,即1->1-,
化简得2k>.设cn=,因为cn+1-cn=-=-<0,所以{cn}是递减数列,则cn≤c1=,所以2k>,则k>,所以实数k的取值范围是.
例6 解:(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q>0),则即即消元得q2-q-6=0,解得q=3或q=-2(舍去),故d=2,故an=3+2(n-1)=2n+1,bn=3×3n-1=3n.
(2)cn=an·bn=(2n+1)·3n,则Sn=(2×1+1)×31+(2×2+1)×32+(2×3+1)×33+…+(2n+1)×3n①,
3Sn=(2×1+1)×32+(2×2+1)×33+…+(2n-1)×3n+(2n+1)×3n+1②,
①-②得-2Sn=3×3+2(32+33+…+3n)-(2n+1)·3n+1=3+2(3+32+…+3n)-(2n+1)·3n+1=3+2×-(2n+1)·3n+1=-2n·3n+1.故Sn=n·3n+1.微突破(二) 数列求和常用方法
1.B [解析] 设等差数列{an}的公差为d,因为a1+a5+a9=a1+(a1+4d)+(a1+8d)=3(a1+4d)=3a5=15,所以a5=5,所以a1+a9=2a5=10,所以S9===45.故选B.
2.C [解析] 当a=1时,Sn=n;当a≠1时,Sn=.故选C.
3.D [解析] 依题意,an==-,所以Sn=-1+-+…+-=-1,由Sn=-1=8,解得n=80.故选D.
4.A [解析] 设该数列为{an},则数列{an}的通项公式为an=(2n-1)+,∴Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+=+·=n2+1-.故选A.
5.D [解析] ∵各项均为正数的数列{an}是公比不为1的等比数列,且a1·a2025=1,∴a1·a2025=a2·a2024=a3·a2023=…==1,又∵函数f(x)=,∴f(x)+f=+==4,令T=f(a1)+f(a2)+…+f(a2025),则T=f(a2025)+f(a2024)+…+f(a1),∴2T=[f(a1)+f(a2025)]+[f(a2)+f(a2024)]+…+[f(a2025)+f(a1)]=4×2025,∴T=4050.故选D.
6.D [解析] 因为a1+2a2+3a3+…+nan=n,所以a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=n-1(n≥2),两式相减可得nan=1,即an=(n≥2),又a1=1适合上式,所以an=.所以bn=an·an+2==,所以b1+b2+…+b10=×=×=.故选D.
7.B [解析] 设第n年每辆车的利润为an万元,则每辆车的利润构成首项为1,公差为0.1的等差数列,所以an=0.1n+0.9,设第n年新能源汽车的销量为bn辆,则该汽车的销量构成首项为2000,公比为1.2的等比数列,所以bn=2000×1.2n-1,设该汽车集团销售新能源汽车的总利润为S万元,则S=2000×(1+1.1×1.2+1.2×1.22+1.3×1.23+1.4×1.24+1.5×1.25)①,1.2S=2000×(1×1.2+1.1×1.22+1.2×1.23+1.3×1.24+1.4×1.25+1.5×1.26)②,①-②得-0.2S=2000×[1+0.1×(1.2+1.22+1.23+1.24+1.25)-1.5×1.26]=2000×=2000×(0.4-1.26),所以S=10 000×(1.26-0.4)≈25 900(万元),即S≈2.59亿元,所以该汽车集团销售新能源汽车的总利润约为2.59亿元.故选B.
8.ABD [解析] 由对任意n∈N*,都有an+2=an+1-an,得an+3=an+2-an+1=an+1-an-an+1=-an,于是an+6=-an+3=an,由a1=1,a2=3,得a3=2,a4=-1,a5=-3,a6=-2,因此S2=4,S4=5,S6=0,S8=4,…,所以S2n的取值仅有0,4,5.故选ABD.
9.ABD [解析] 对于选项A,当an=n2+n时,则an=n+1,此时bn==,A正确;
对于选项B,a1+a2+a3+…+an=n,当n=1时,a1=1,
当n≥2时,a1+a2+a3+…+an-1=n-1,则an=1,故an=n(当n=1时也成立),所以{an}为等差数列,B正确;
对于选项C,a1+a2+a3+…+an=n+1,则当n=1时,a1=2,当n≥2时,a1+a2+a3+…+an-1=n,则an=1,即an=n,当n=1时,a1=2不满足上式,所以{an}不是等差数列,C不正确;
对于选项D,a1+a2+a3+…+an=2n,当n=1时,a1=2,
当n≥2时,a1+a2+a3+…+an-1=2n-1,则an=2n-1,即an=n·2n-1,当n=1时,a1=2不满足上式,所以an=当n=1时,S1=2,
当n≥2时,a1=2,Sn=2+2×21+3×22+…+n·2n-1,
2Sn=2×2+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,两式相减得-Sn=2+22+23+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-2,所以Sn=(n-1)·2n+2,当n=1时上式也成立,D正确.故选ABD.
10.3036 [解析] 因为an=(-1)n(3n-2),所以a1+a2=3,a3+a4=3,…,a2023+a2024=3,所以a1+a2+…+a2024=1012×3=3036.
11.2- [解析] 由已知得,=,则Sn=++…++,Sn=++…++,两式相减得,Sn=+-=+-,所以Sn=2-.
12.21 1540 [解析] 设“三角垛”每层的球的个数为an,则a1=1,a2=a1+2=1+2,a3=a2+3=1+2+3,…,an=an-1+n=1+2+3+…+n,故an=1+2+3+…+n==n2+n,所以a6==21,所以这个“三角垛”的球的个数为a1+a2+a3+a4+…+a20=×(12+22+32+…+202)+×(1+2+3+…+20)=×+×=1540.
13.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,因为2a2+a4=13,S7=49,
所以解得
所以{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.
(2)由(1)知bn=an+=2n-1+22n-1,
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=(1+2)+(3+23)+(5+25)+…+(2n-1+22n-1)
=(1+3+5+…+2n-1)+(2+23+25+…+22n-1)=+=+n2.
14.解:(1)由已知得a1=S1=1,当n≥2时,Sn==,Sn-1=,
则an=Sn-Sn-1=n(n≥2),a1=1也满足an=n.综上,数列{an}的通项公式为an=n.
(2)证明:由(1)知,bn=,记Tn=b1+b2+…+bn=+++…+,
则Tn=++…++,所以Tn=1+++…+-=-=2-,
故Tn=4-<4.
15.解:(1)由题可知数列{an}是公差为1的等差数列,且a1+a2=a3,则a1+a1+1=a1+2,解得a1=1,
所以an=1+n-1=n.设等比数列{bn}的公比为q,且b1·b2=b3,a4=4b1-b2,则解得b1=q=2,所以bn=2×2n-1=2n.
(2)由(1)得an=n,则(-1+(-1=(-1)2n-1·(2n-1)2+(-1)2n·(2n)2=-(2n-1)2+(2n)2=4n-1,
所以数列{cn}的前2n项和S2n=-12+22-32+42+…-(2n-1)2+(2n)2=(-12+22)+(-32+42)+…+[-(2n-1)2+(2n)2]=3+7+…+4n-1==2n2+n.
(3)由(1)得an=n,bn=2n,
所以dn=
因为当n为奇数时,dn===-,
所以数列{dn}的前2n项和T2n=(d1+d3+d5+…+d2n-1)+(d2+d4+d6+…+d2n)=+(2+22+4+24+…+2n+22n)=1-+(2+4+…+2n)+(22+24+…+22n)=1-++=n(n+1)+×4n+1--,
故T2n=n(n+1)+×4n+1--.微突破(二) 数列求和常用方法
◆ 方法一 倒序相加法
如果一个数列满足与首末两项等“距离”的两项之和等于首末两项之和,那么这个数列的前n项和即可用倒序相加法来求,如等差数列的前n项和公式就是用此方法推导的.
例1 (1)[2024·福建泉州高二期中] 已知函数f(x)=(x-1)3+2,数列{an}为等比数列,an>0,且a1013=e,则f(ln a1)+f(ln a2)+…+f(ln a2025)= ( )
A. B.2025 C.4050 D.8100
(2)已知函数f(x)对任意的x∈R,都有f(x)+f(1-x)=1,若数列{an}满足an=f(0)+f+f+…+f+f(1),则数列{an}的前16项和为 .
◆ 方法二 分组求和法
如果一个数列是由若干个等差数列或等比数列或其他可求和的数列组成的,那么求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减.
例2 [2024·江苏苏州高二期中] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a5=9,S11=121,数列{bn}是递增的等比数列且满足b1+b4=9,b2b3=8.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)记cn=(k∈N*),求数列{cn}的前2n项的和S2n.
例3 已知数列{an},{bn}满足a1=-1,an+1=--1,bn=.
(1)证明:{bn}为等差数列.
(2)设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,求Sn.
◆ 方法三 裂项相消法
把数列的通项公式拆成两项的差,求和时可正负相消,最后只剩下首尾若干项.
例4 已知数列{an}满足a1=1,4an+1=4-.
(1)证明:是等差数列;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
例5 已知数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=4an-4(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,若对任意的n∈N*,不等式Tn>1-都成立,求实数k的取值范围.
◆ 方法四 错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求,如等比数列的前n项和公式就是用此方法推导的.
例6 [2024·浙江宁波镇海中学高二期中] 已知等差数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足a1=b1=3,a10-12=b2,3a4=b3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=an·bn,数列{cn}的前n项和为Sn,求Sn.微突破(二) 数列求和常用方法
一、选择题
1.设等差数列{an}的前n项和是Sn,若a1+a5+a9=15,则S9= ( )
A.5 B.45 C.15 D.90
2.等比数列1,a,a2,a3,…(a≠0)的前n项和Sn=( )
A. B.
C. D.
3.数列{an}中,an=,Sn=8,则n= ( )
A.77 B.78 C.79 D.80
4.[2024·福建宁德一中高二月考] 数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和Sn= ( )
A.n2+1- B.2n2-n+1-
C.n2+1- D.n2-n+1-
5.已知各项均为正数的数列{an}是公比不为1的等比数列,且a1a2025=1,若f(x)=,则f(a1)+f(a2)+…+f(a2025)= ( )
A.2024 B.4048 C.2025 D.4050
6.已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=n(n∈N*),若bn=an·an+2,则数列{bn}的前10项和为 ( )
A. B. C. D.
7.某汽车集团从2023年开始大力发展新能源汽车,2023年全年生产新能源汽车2000辆,每辆车的利润为1万元.如果在后续的几年中,经过技术不断创新,后一年新能源汽车的产量都是前一年的120%,每辆车的利润都比前一年增加1000元,则生产新能源汽车6年的时间内,该汽车集团销售新能源汽车的总利润约为(假设每年生产的新能源汽车都能销售出去,参考数据:1.26≈2.99) ( )
A.2.291亿元 B. 2.59亿元
C.22.91亿元 D.25.9亿元
8.(多选题)[2024·河北沧州高二期中] 在数列中,a1=1,a2=3,对任意n∈N*,都有an+2=an+1-an,Sn为数列的前n项和,则S2n的值可以为 ( )
A.5 B.4 C.2 D.0
9.(多选题)已知数列{an},{bn}满足a1+a2+a3+…+an=bn(n∈N*),Sn是{an}的前n项和,则下列说法正确的是 ( )
A.若an=n2+n,则bn=
B.若bn=n,则{an}为等差数列
C.若bn=n+1,则{an}为等差数列
D.若bn=2n,则Sn=(n-1)·2n+2
二、填空题
10.[2024·福建莆田高二期中] 若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a2024= .
11.已知an=n+1,则数列的前n项和Sn= .
12.[2024·江苏海安实验中学高二月考] 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中提到“三角垛”的问题,如图,“三角垛”的最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球……若一个“三角垛”共有20层,则第6层有 个球,这个“三角垛”共有 个球.
三、解答题
13.[2024·湖南邵阳邵东一中高二月考] 已知数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,且2a2+a4=13,S7=49.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=an+,求数列{bn}的前n项和Tn.
14.[2024·山东青岛高二期中] 记Sn为数列{an}的前n项和,Sn-1=(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,证明:b1+b2+…+bn<4.
15.已知数列{an}是公差为1的等差数列,且a1+a2=a3,数列{bn}是等比数列,且b1·b2=b3,a4=4b1-b2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=(-1(n∈N*),求数列{cn}的前2n项和S2n;
(3)设dn=(n∈N*),求数列{dn}的前2n项和T2n.(共47张PPT)
微突破（二） 数列求和常用方法
方法一 倒序相加法
方法二 分组求和法
方法三 裂项相消法
方法四 错位相减法
方法一 倒序相加法
如果一个数列满足与首末两项等“距离”的两项之和等于首末两项之和,那么这个
数列的前项和即可用倒序相加法来求,如等差数列的前 项和公式就是用此方法
推导的.
例1（1） [2024·福建泉州高二期中]已知函数，数列 为
等比数列，，且，则
( )
C
A. B.2025 C.4050 D.8100
[解析] 令 ，则
,
由数列 为等比数列，得 ，所以
，
又 ,所以
，
故由①②两式相加得，所以 .故选C.
（2）已知函数对任意的,都有,若数列 满足
,则数列 的前16项和为____.
76
[解析] , .
①,
,
得 ,
,故数列的通项公式为，
数列 的前16项和为 .
方法二 分组求和法
如果一个数列是由若干个等差数列或等比数列或其他可求和的数列组成的,那么
求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减.
例2 [2024·江苏苏州高二期中] 已知等差数列的前项和为 ,且满足
,，数列是递增的等比数列且满足, .
（1）求数列和 的通项公式；
解：由已知,，设数列的首项为，公差为 ，则
，,解得, ，所以
.
因为，,数列 是递增的等比数列，
设数列的首项为，公比为，则，解得 ,
，所以，所以 .
（2）记，求数列的前项的和 .
解：因为 ，所以
.
例3 已知数列，满足,, .
（1）证明： 为等差数列.
证明：由题意得， ,
则 ，
所以是首项 ，公差为1的等差数列.
（2）设数列的前项和为，求 .
解：由（1）得，则 .
当 为偶数时，
.
当为奇数时， 为偶数，则
.
综上， .
方法三 裂项相消法
把数列的通项公式拆成两项的差,求和时可正负相消,最后只剩下首尾若干项.
例4 已知数列满足, .
（1）证明： 是等差数列；
证明：由已知，可得 ，则
.
又 ，所以 是首项为1，公差为1的等差数列.
（2）设，求数列的前项和 .
解:由（1）可得，所以 ，
所以，则，
故 .
例5 已知数列的前项和为，满足 .
（1）求数列 的通项公式；
解:因为数列的前项和满足 ，
所以当时，，两式相减得 ，即
，
当时，，解得，可知数列 是以2为首项，
2为公比的等比数列，所以 .
（2）记,是数列的前项和，若对任意的 ，不等
式都成立，求实数 的取值范围.
解:由（1）可知， ，
所以
，
对任意的，不等式 都成立，即 ，
化简得.
设 ，因为，
所以 是递减数列，则，所以，则，
所以实数的取值范围是 .
方法四 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
么这个数列的前项和即可用错位相减法来求,如等比数列的前 项和公式就是用
此方法推导的.
例6 [2024·浙江宁波镇海中学高二期中] 已知等差数列 和各项均为正数的
等比数列满足，, .
（1）求数列, 的通项公式；
解：设数列的公差为，数列的公比为，则 即
即消元得，解得
或（舍去），故，
故 , .
（2）记，数列的前项和为，求 .
解： ，则
，
，
得.故 .
1.裂项相消法求和,结合不等式问题
例1 [2024·广州高二期末] 数列满足, ,记数列
的前项和为,若恒成立,则实数 的取值范围是( )
C
A. B. C. D.
[解析] 由,,可得 ,则
,所以
.
若 恒成立,则,即的取值范围是 .故选C.
2.分组求和法和错位相减法求和
例2 已知数列对任意满足 .
（1）若且，求 的通项公式.
解：由，得，即，
又 ，所以 ， 故数列 是以 为首项，2为公差的等差数列，即
，则 .
（2）若，且 .
①求实数的值，使得数列 为等比数列；
解： 由，得，即 ，则
，化简得，即有，可得 ，所
以，
又，则，故数列 是以为首项，为公比的
等比数列，故当时，数列 为等比数列.
②求数列的前项和 .
解： 由数列是以为首项， 为公比的等比数列，可得
，即 ，
则 ，
令 ，则
，
两式相减得
，
即，则 ，
故 .
练习册
一、选择题
1.设等差数列的前项和是，若，则 ( )
B
A.5 B.45 C.15 D.90
[解析] 设等差数列的公差为 ，因为
，所以
，所以，所以 .故选B.
2.等比数列1,,,,的前项和 ( )
C
A. B.
C. D.
[解析] 当时,;当时, .故选C.
3.数列中，，，则 ( )
D
A.77 B.78 C.79 D.80
[解析] 依题意， ，所以
，
由，解得 .故选D.
4.[2024·福建宁德一中高二月考]数列，，，， ，
， 的前项和 ( )
A
A. B.
C. D.
[解析] 设该数列为，则数列的通项公式为 ，
．故选A.
5.已知各项均为正数的数列是公比不为1的等比数列，且 ，若
，则 ( )
D
A.2024 B.4048 C.2025 D.4050
[解析] 各项均为正数的数列是公比不为1的等比数列，且 ，
，又 函数 ，
，
令 ，则 ，
， .故选D.
6.已知数列满足 ，若，
则数列 的前10项和为( )
D
A. B. C. D.
[解析] 因为 ，所以
，两式相减可得 ，即
，
又适合上式，所以 .
所以，所以 .故选D.
7.某汽车集团从2023年开始大力发展新能源汽车，2023年全年生产新能源汽车2
000辆，每辆车的利润为1万元.如果在后续的几年中，经过技术不断创新，后一
年新能源汽车的产量都是前一年的 ，每辆车的利润都比前一年增加1000元，
则生产新能源汽车6年的时间内，该汽车集团销售新能源汽车的总利润约为
（假设每年生产的新能源汽车都能销售出去，参考数据： ）( )
B
A.2.291亿元 B.2.59亿元 C.22.91亿元 D.25.9亿元
[解析] 设第年每辆车的利润为 万元，则每辆车的利润构成首项为1，公差为
0.1的等差数列，所以，
设第年新能源汽车的销量为 辆，则该汽车的销量构成首项为2000，公比为
1.2的等比数列，所以 ，
设该汽车集团销售新能源汽车的总利润为 万元，则
①，
，
得
，所以
（万元），即 亿元，所以该汽车集
团销售新能源汽车的总利润约为2.59亿元.故选B.
8.（多选题）[2024·河北沧州高二期中] 在数列中，, ,对任意
,都有,为数列的前项和，则 的值可以为
( )
ABD
A.5 B.4 C.2 D.0
[解析] 由对任意,都有 ，得
，于是 ，
由,，得,,,，
因此,, ,， ，所以的取值仅有0,4,5.故选 .
9.（多选题）已知数列,满足 ,
是的前 项和，则下列说法正确的是( )
ABD
A.若，则 B.若，则 为等差数列
C.若，则为等差数列 D.若，则
[解析] 对于选项A，当时，则 ，此时
，A正确；
对于选项B，，当时， ，
当时，，则，故
（当时也成立），所以 为等差数列，B正确；
对于选项C，，则当时， ，当
时，，则，即 ，当
时，不满足上式，所以 不是等差数列，C不正确；
对于选项D，，当时， ，
当时，，则 ，即
，当时，不满足上式，所以
当时， ，
当时，, ，
,两式相减得
,所
以,当时上式也成立，D正确.故选 .
二、填空题
10.[2024·福建莆田高二期中] 若数列的通项公式是 ，
则 ______.
3036
[解析] 因为，所以，, ，
,所以 .
11.已知，则数列的前项和 ________.
[解析] 由已知得，，则 ，
,两式相减得，
，所以 .
12.[2024·江苏海安实验中学高二月考] 南宋数学家杨辉所著的
《详解九章算法·商功》中提到“三角垛”的问题，如图，“三角
垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……若
21
1540
[解析] 设“三角垛”每层的球的个数为，则, ,
, , ，故
，所以 ，
所以这个“三角垛”的球的个数为
．
一个“三角垛”共有20层，则第6层有 ____个球，这个“三角垛” 共有______个球.
（参考公式： ）
三、解答题
13.[2024·湖南邵阳邵东一中高二月考] 已知数列是等差数列，其前 项和为
，且， .
（1）求 的通项公式；
解：设等差数列的公差为，因为， ，
所以解得
所以的通项公式为 .
（2）设，求数列的前项和 .
解：由（1）知 ，
所以 .
14.[2024·山东青岛高二期中] 记为数列的前项和， .
（1）求数列 的通项公式；
解：由已知得，当时，， ,
则,也满足.
综上，数列 的通项公式为 .
（2）设，证明： .
证明：由（1）知， ，记 ，
则 ，
所以 ，
故 .
15.已知数列是公差为1的等差数列，且，数列 是等比数列，
且, .
（1）求和 的通项公式；
解：由题可知数列是公差为1的等差数列，且 ，则
，解得 ，所以.
设等比数列的公比为，且 ，
，则解得，所以 .
（2）设，求数列的前项和 ；
解：由（1）得 ，则
，
所以数列的前 项和
.
（3）设，求数列的前项和 .
解：由（1）得， ，
所以
因为当为奇数时， ，
所以数列的前 项和
,
故 .
