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第1讲 等差数列与等比数列



第1讲

等差数列与等比数列

1.(2015· 课标全国Ⅰ)已知{an}是公差为 1 的等差数列,Sn 为{an}的前 n 项和,若 S8=4S4, 则 a10 等于( )

17 19 A. B. C.10D.12 2 2 2.(2015· 安徽)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列

{an}的前 n 项和 等于________. 3. (2014· 广东)若等比数列{an}的各项均为正数, 且 a10a11+a9a12=2e5, 则 lna1+lna2+?+lna20 =______. 4.(2013· 江西)某住宅小区计划植树不少于 100 棵,若第一天植 2 棵,以后每天植树的棵数是 前一天的 2 倍,则需要的最少天数 n(n∈N*)等于________.

1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现.2.数列求和及数列 与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点,考查分析问题、解决问题的综合能力.

热点一 等差数列、等比数列的运算
(1)通项公式

等差数列:an=a1+(n-1)d; 等比数列:an=a1· qn 1 .


(2)求和公式 n?a1+an? n?n-1? 等差数列:Sn= =na1+ d; 2 2 a1?1-qn? a1-anq 等比数列:Sn= = (q≠1). 1-q 1-q (3)性质 若 m+n=p+q, 在等差数列中 am+an=ap+aq; 在等比数列中 am· an=ap· aq. 例1 (1)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a1=-11,a4+a6=-6,则当 Sn 取最小值时,n

=________. (2)已知等比数列{an}公比为 q,其前 n 项和为 Sn,若 S3,S9,S6 成等差数列,则 q3 等于( 1 A.- 2 1 C.- 或 1 2 思维升华 B.1 1 D.-1 或 2 在进行等差(比)数列项与和的运算时,若条件和结论间的联系不明显,则均可化 )

成关于 a1 和 d(q)的方程组求解,但要注意消元法及整体计算,以减少计算量. 跟踪演练 1 (1)(2015· 浙江)已知{an}是等差数列,公差 d 不为零.若 a2,a3,a7 成等比数列, 且 2a1+a2=1,则 a1=________,d=________. (2) 已 知 数 列 {an} 是 各 项 均 为 正 数 的 等 比 数 列 , a1 + a2 = 1 , a3 + a4 = 2 , 则 log2 a2011+a2012+a2013+a2014 =________. 3

热点二 等差数列、等比数列的判定与证明
数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法: ①利用定义,证明 an+1-an(n∈N*)为一常数; ②利用中项性质,即证明 2an=an-1+an+1(n≥2). (2)证明{an}是等比数列的两种基本方法: an+1 ①利用定义,证明 (n∈N*)为一常数; an

②利用等比中项,即证明 a2 n=an-1an+1(n≥2). 例2 (2014· 大纲全国)数列{an}满足 a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.

(1)设 bn=an+1-an,证明:{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式.

思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列,也可以利用通项公式及前 n 项和公式,但不能 作为证明方法. an+1 (2) =q 和 a2 n=an-1an+1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件,判断时还要看 an 各项是否为零. an 跟踪演练 2 (1)(2015· 大庆铁人中学月考)已知数列{an}的首项 a1=1,且满足 an+1= , 4an+1 则 an=________________________________________________________________________. (2)已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3,则 an=________.

热点三 等差数列、等比数列的综合问题
解决等差数列、等比数列的综合问题,要从两个数列的特征入手,理清它们的关系;数列与 不等式、函数、方程的交汇问题,可以结合数列的单调性、最值求解. 例 3 已知等差数列{an}的公差为-1,且 a2+a7+a12=-6. (1)求数列{an}的通项公式 an 与前 n 项和 Sn; (2)将数列{an}的前 4 项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前 3 项,

记{bn}的前 n 项和为 Tn,若存在 m∈N*,使对任意 n∈N*,总有 Sn<Tm+λ 恒成立,求实数 λ 的取值范围.

思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题,常用“基本量法”求解,但有时灵活地运用 性质,可使运算简便. (2)数列的项或前 n 项和可以看作关于 n 的函数,然后利用函数的性质求解数列问题. (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数,通过求数列的值域求解. 3 跟踪演练 3 已知首项为 的等比数列{an}不是 递减数列, 其前 n 项和为 Sn(n∈N*), 且 S3+a3, .. 2 S5+a5,S4+a4 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)设 Tn=Sn- (n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值. Sn

1.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1>0,a3+a10>0,a6a7<0,则满足 Sn>0 的最大自然 数 n 的值为( A.6 C.12 ) B.7 D.13

2.已知各项不为 0 的等差数列{an}满足 a4-2a2 7+3a8=0,数列{bn}是等比数列,且 b7=a7, 则 b2b12 等于( A.1 C.4 ) B.2 D.8

3.已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7=a6+2a5,存在两项 am,an 使得 am· an=4a1, 1 4 则 + 的最小值为( m m 3 A. 2 25 C. 6 ) 5 B. 3 4 D. 3

4.已知等比数列{an}中,a4+a6=10,则 a1a7+2a3a7+a3a9=________.

提醒:完成作业 专题四 第 1 讲

二轮专题强化练

专题四

第 1 讲 等差数列与等比数列

A组

专题通关
)

1.已知等差数列{an}中,a5=10,则 a2+a4+a5+a9 的值等于( A.52 C.26 B.40 D.20

99 2.已知等差数列{an}中,a7+a9=16,S11= ,则 a12 的值是( 2 A.15 C.31 B.30 D.64

)

3.(2015· 浙江)已知{an}是等差数列,公差 d 不为零,前 n 项和是 Sn,若 a3,a4,a8 成等比数 列,则( ) B.a1d<0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0 )

A.a1d>0,dS4>0 C.a1d>0,dS4<0

a8 4.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,(n+1)Sn<nSn+1(n∈N*).若 <-1,则( a7 A.Sn 的最大值是 S8 C.Sn 的最大值是 S7 B.Sn 的最小值是 S8 D.Sn 的最小值是 S7

5.数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且 bn=an+1-an(n∈N*),若 b3=-2,b10=12,则 a8 等于( )

A.0B.3C.8D.11 2 6.若数列{n(n+4)( )n}中的最大项是第 k 项,则 k=________. 3 7 . (2015· 课标全国 Ⅱ)设 Sn 是数列 {an}的前 n 项和,且 a1 =- 1, an+ 1 =SnSn + 1 ,则 Sn= ____________.

1 8.已知数列{an}的首项为 a1=2,且 an+1= (a1+a2+?+an) (n∈N*),记 Sn 为数列{an}的前 2 n 项和,则 Sn=________,an=________. 9. 成等差数列的三个正数的和等于 15, 并且这三个数分别加上 2、 5、 13 后成为等比数列{bn} 中的 b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式; 5 (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:数列{Sn+ }是等比数列. 4

3 5 10.(2015· 广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,n∈N*.已知 a1=1,a2= ,a3= ,且当 n≥2 2 4 时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1. (1)求 a4 的值; 1 ? ? (2)证明:?an+1-2an?为等比数列;
? ?

(3)求数列{an}的通项公式.

B 组 能力提高
11. 已知{an}是等差数列, Sn 为其前 n 项和, 若 S21=S4000, O 为坐标原点, 点 P(1, an), Q(2011, → → a2011),则OP· OQ等于( )

A.2011B.-2011C.0D.1 12.(2015· 福建)若 a,b 是函数 f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且 a,b,- 2 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 p+q 的值等于( A.6B.7C.8D.9 1 13.数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1= ,且对任意正整数 m,n,都有 am+n=am· an,若 Sn<t 5 恒成立,则实数 t 的最小值为________. 14.已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,S4,S2,S3 成等差数列,且 a2+a3+a4=-18. (1)求数列{an}的通项公式; (2)是否存在正整数 n,使得 Sn≥2013?若存在,求出符合条件的所有 n 的集合;若不存在, 说明理由. )

学生用书答案精析
专题四 数列、推理与证明

第1讲

等差数列与等比数列

高考真题体验 1.B [∵公差为 1, 8×?8-1? ∴S8=8a1+ ×1=8a1+28,S4=4a1+6. 2 1 ∵S8=4S4,∴8a1+28=4(4a1+6),解得 a1= , 2 1 19 ∴a10=a1+9d= +9= .故选 B.] 2 2 2.2n-1
?a1a4=8, ? 解析 由等比数列性质知 a2a3=a1a4,又 a2a3=8,a1+a4=9,所以联立方程? 解 ? ?a1+a4=9, ?a1=1, ?a1=8, ? ? 得? 或? 又数列{an}为递增数列,∴a1=1,a4=8,从而 a1q3=8,∴q=2. ?a4=8 ?a4=1, ? ?

∴数列{an}的前 n 项和为 Sn= 3.50

1-2n n =2 -1. 1-2

解析 因为 a10a11+a9a12=2a10a11=2e5, 所以 a10a11=e5. 所以 lna1+lna2+?+lna20=ln(a1a2?a20) =ln[(a1a20)· (a2a19)· …· (a10a11)]=ln(a10a11)10=10ln(a10a11)=10lne5 =50lne=50. 4.6 解析 每天植树棵数构成等比数列{an}, a1?1-qn? + 其中 a1=2,q=2.则 Sn= =2(2n-1)≥100,即 2n 1≥102. 1-q ∴n≥6,∴最少天数 n=6. 热点分类突破 例1 (1)6 (2)A

解析 (1)设该数列的公差为 d,则 a4+a6=2a1+8d=2×(-11)+8d=-6,解得 d=2, n?n-1? 所以 Sn=-11n+ ×2=n2-12n=(n-6)2-36, 2 所以当 Sn 取最小值时,n=6. (2)若 q=1,则 3a1+6a1=2×9a1, 得 a1=0,矛盾,故 q≠1. a1?1-q3? a1?1-q6? 所以 + 1-q 1-q a1?1-q9? =2 , 1-q 1 解得 q3=- 或 1(舍),故选 A. 2 2 跟踪演练 1 (1) 3 -1 (2)1005

解析 (1)∵a2,a3,a7 成等比数列,∴a2 3=a2a7, 即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+6d), 2 ∴a1=- d, 3 ∵2a1+a2=1,∴2a1+a1+d=1 即 3a1+d=1, 2 ∴a1= ,d=-1. 3 (2)在等比数列中,(a1+a2)q2=a3+a4, 即 q2=2,所以 a2011+a2012+a2013+a2014=(a1+a2+a3+a4)q2010=3×21005, a2011+a2012+a2013+a2014 所以 log2 3 =1005. 例2 (1)证明 由 an+2=2an+1-an+2 得

an+2-an+1=an+1-an+2, 即 bn+1=bn+2. 又 b1=a2-a1=1, 所以{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. (2)解 由(1)得 bn=1+2(n-1)=2n-1, 即 an+1-an=2n-1. ∴an-an-1=2n-3, an-1-an-2=2n-5,

?? a2-a1=1, 累加得 an+1-a1=n2,即 an+1=n2+a1. 又 a1=1,所以{an}的通项公式为 an=n2-2n+2. 1 + 跟踪演练 2 (1) (2)2n 1-3 4n-3 1 1 解析 (1)由已知得 = +4, an+1 an ∴ 1 1 - =4, an+1 an

1 又 =1, a1 1 故{ }是以 1 为首项,4 为公差的等差数列, an 1 ∴ =1+4(n-1)=4n-3, an 1 故 an= . 4n-3 (2)由已知可得 an+1+3=2(an+3), 又 a1+3=4, 故{an+3}是以 4 为首项,2 为公比的等比数列. ∴an+3=4×2n 1,


∴an=2n 1-3.


例3 解

(1)由 a2+a7+a12=-6

得 a7=-2,∴a1=4, n?9-n? ∴an=5-n,从而 Sn= . 2 (2)由题意知 b1=4,b2=2,b3=1, 设等比数列{bn}的公比为 q, b2 1 则 q= = , b1 2 1 4[1-? ?m] 2 1 ∴Tm= =8[1-( )m], 1 2 1- 2 1 ∵( )m 随 m 增加而递减, 2 ∴{Tm}为递增数列,得 4≤Tm<8.

n?9-n? 1 又 Sn= =- (n2-9n) 2 2 1 9 81 =- [(n- )2- ], 2 2 4 故(Sn)max=S4=S5=10, 若存在 m∈N*,使对任意 n∈N*总有 Sn<Tm+λ, 则 10<4+λ,得 λ>6.即实数 λ 的取值范围为(6,+∞). 跟踪演练 3 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q, 因为 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列, 所以 S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即 4a5=a3, a5 1 于是 q2= = . a3 4 3 又{an}不是递减数列且 a1= , 2 1 所以 q=- . 2 故等比数列{an}的通项公式为 1 3 3 - ?n-1=(-1)n-1· n. an= ×? 2 ? 2? 2 1?n (2)由(1)得 Sn=1-? ?-2? =

?1+2 ,n为奇数, ? 1 ?1-2 ,n为偶数.
n n

1

当 n 为奇数时,Sn 随 n 的增大而减小, 3 所以 1<Sn≤S1= , 2 1 1 3 2 5 故 0<Sn- ≤S1- = - = . Sn S1 2 3 6 当 n 为偶数时,Sn 随 n 的增大而增大, 3 所以 =S2≤Sn<1, 4 1 1 3 4 7 故 0>Sn- ≥S2- = - =- . Sn S2 4 3 12 综上,对于 n∈N*,总有- 7 1 5 ≤Sn- ≤ . 12 Sn 6

5 7 所以数列{Tn}最大项的值为 ,最小项的值为- . 6 12 高考押题精练 1.C [∵a1>0,a6a7<0,∴a6>0,a7<0,等差数列的公差小于零,又 a3+a10=a1+a12>0,a1

+a13=2a7<0, ∴S12>0,S13<0, ∴满足 Sn>0 的最大自然数 n 的值为 12.]
2 2.C [设等差数列{an}的公差为 d,因为 a4-2a2 7+3a8=0,所以 a7-3d-2a7+3(a7+d)=0,

即 a2 7=2a7,解得 a7=0(舍去)或 a7=2,所以 b7=a7=2.因为数列{bn}是等比数列,所以 b2b12 =b2 7=4.] 3.A [由 a7=a6+2a5,得 a1q6=a1q5+2a1q4,整理有 q2-q-2=0,解得 q=2 或 q=-1(与
2 m 条件中等比数列的各项都为正数矛盾,舍去),又由 am· an=4a1,得 aman=16a2 1,即 a12
+n-2

1 4 1 1 4 =16a2 1,即有 m+n-2=4,亦即 m+n=6,那么 + = (m+n)( + ) m n 6 m n 1 4m n 1 = ( + +5)≥ (2 6 n m 6 4m n 3 · +5)= , n m 2

4m n 当且仅当 = ,m+n=6, n m 3 即 n=2m=4 时取得最小值 .] 2 4.100
2 解析 因为 a1a7=a4 ,a3a9=a2 6,a3a7=a4a6,

所以 a1a7+2a3a7+a3a9=(a4+a6)2=102=100.

二轮专题强化练答案精析
专题四 数列、推理与证明

第1讲

等差数列与等比数列

1.B [因为 a2+a4=2a3,a5+a9=2a7, 所以 a2+a4+a5+a9=2(a3+a7)=4a5,而 a5=10, 所以 a2+a4+a5+a9=4×10=40.故选 B.] 2.A [因为 a8 是 a7,a9 的等差中项,所以 2a8=a7+a9=16?a8=8,再由等差数列前 n 项和

11?a1+a11? 11· a8-a6 2a6 99 9 的计算公式可得 S11= = =11a6, 又因为 S11= , 所以 a6= , 则 d= = 2 2 2 2 2 7 , 4 所以 a12=a8+4d=15, 故选 A.] 3.B [∵a3,a4,a8 成等比数列, 5 ∴(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d),整理得 a1=- d, 3 4×3 5 2d ∴a1d=- d2<0,又 S4=4a1+ d=- , 3 2 3 2d2 ∴dS4=- <0,故选 B.] 3 n?a1+an? ?n+1??a1+an+1? 4.D [由(n+1)Sn<nSn+1 得(n+1)· < n· ,整理得 an<an+1,所以等差数 2 2 a8 列{an}是递增数列,又 <-1,所以 a8>0,a7<0,所以数列{an}的前 7 项为负值,即 Sn 的最 a7 小值是 S7.] 5.B [∵{bn}为等差数列,设其公差为 d, 由 b3=-2,b10=12, ∴7d=b10-b3=12-(-2)=14,∴d=2, ∵b3=-2,∴b1=b3-2d=-2-4=-6, 7×6 ∴b1+b2+?+b7=7b1+ · d 2 =7×(-6)+21×2=0, 又 b1+b2+?+b7=(a2-a1)+(a3-a2)+?+(a8-a7)=a8-a1=a8-3,

∵a8-3=0, ∴a8=3.故选 B.] 6.4 解析 由题意得

?k?k+4??3? ≥?k+1??k+5??3? ? 2 2 ?k?k+4??3? ≥?k-1??k+3??3?
k k

2

2

k+1

, ,

k-1

?k2≥10, ? 所以? 2 由 k∈N*可得 k=4. ? ?k -2k-9≤0,

1 7.- n 解析 由题意,得 S1=a1=-1,又由 an+1=SnSn+1,得 Sn+1-Sn=SnSn+1,所以 Sn≠0,所以 Sn+1-Sn 1 1 ?1? 1 =1,即 - =-1,故数列?S ?是以 =-1 为首项,-1 为公差的等差数列,得 S1 ? n? SnSn+1 Sn+1 Sn 1 =-1-(n-1) Sn 1 =-n,所以 Sn=- . n ?n=1?, ?2 3?n-1 ? ? 8.2×?2? ??3?n-2 ? ??2? ?n≥2? 1 1 1 3 解析 由 an+1= (a1+a2+?+an) (n∈N*), 可得 an+1= Sn, 所以 Sn+1-Sn= Sn, 即 Sn+1= Sn, 2 2 2 2 3?n-1 3 由此可知数列{Sn}是一个等比数列,其中首项 S1=a1=2,公比为 ,所以 Sn=2×? ?2? ,由 2 2 ?n=1?, ? ? 此得 an=??3?n-2 ? ??2? ?n≥2?. 9.(1)解 设成等差数列的三个正数分别为 a-d,a,a+d. 依题意,得 a-d+a+a+d=15. 解得 a=5. 所以{bn}中的 b3,b4,b5 依次为 7-d,10,18+d. 依题意,有(7-d)(18+d)=100, 解得 d=2 或 d=-13(舍去). 故{bn}的第 3 项为 5,公比为 2.

由 b3=b1· 22, 即 5=b1· 22, 5 解得 b1= . 4 5 n-1 - - 所以 bn=b1· qn 1= · 2 =5· 2n 3, 4 即数列{bn}的通项公式为 bn=5· 2n 3.


(2)证明 由(1)得数列{bn}的前 n 项和 5 ?1-2n? 4 5 - Sn= =5· 2n 2- , 4 1-2 5 - 即 Sn+ =5· 2n 2. 4 5 S++ - 2n 1 5 5 n 1 4 5· 所以 S1+ = , = n-2=2. 4 2 5 5· 2 Sn+ 4 5 5 因此{Sn+ }是以 为首项,2 为公比的等比数列. 4 2 10.(1)解 当 n=2 时,4S4+5S2=8S3+S1, 3 5 3 1+ + +a4?+5?1+ ? 即 4? ? 2 4 ? ? 2? 3 5? 7 =8? ?1+2+4?+1,解得:a4=8. (2) 证明 因为 4Sn + 2 + 5Sn = 8Sn + 1 + Sn - 1(n≥2) ,所以 4Sn + 2 - 4Sn + 1 + Sn - Sn - 1 = 4Sn + 1 -

5 4Sn(n≥2),即 4an+2+an=4an+1(n≥2),因为 4a3+a1=4× +1=6=4a2, 4 所以 4an+2+an=4an+1, 1 an+2- an+1 2 4an+2-2an+1 因为 = 1 4an+1-2an an+1- an 2 = 4an+1-an-2an+1 2an+1-an 1 ? 1 ? 1 1 = = , 所以数列?an+1-2an?是以 a2- a1=1 为首项, 公比为 2 2 ? ? 4an+1-2an 2?2an+1-an? 2

的等比数列. 1 ? ? 1 1 1 (3)解 由(2)知,数列?an+1-2an?是以 a2- a1=1 为首项,公比为 的等比数列,所以 an+1- 2 2 2 ? ? ? an ? 1?n-1 an+1 an a1 ? an=?2? ,即 - =4,所以数列??1?n?是以 =2 为首项,公差为 4 的等差数列, 1 1 1 + ? ?n 1 ? ?n ??2? ? 2 ?2? ?2?

所以

an =2+(n-1)×4=4n-2, ?1?n ?2?

1?n ?1?n-1, 即 an=(4n-2)×? = (2 n - 1) × ?2? ?2? 1?n-1 所以数列{an}的通项公式是 an=(2n-1)×? ?2? . 11.A [由 S21=S4000 得 a22+a23+?+a4000=0, 由于 a22+a4000=a23+a3999=?=2a2011, 所以 a22+a23+?+a4000 =3979a2011=0, → → 从而 a2011=0,而OP· OQ=2011+a2011· an=2011.] 12.D [由题意知:a+b=p,ab=q,∵p>0,q>0,∴a>0,b>0.在 a,b,-2 这三个数

的 6 种排序中,成等差数列的情况有 a,b,-2;b,a,-2;-2,a,b;-2,b,a;成等 比数列的情况有:a,-2,b;b,-2,a.
? ? ? ? ?ab=4, ?ab=4, ?a=4, ?a=1, ∴? 或? 解之得:? 或? ?2b=a-2 ?2a=b-2 ?b=1 ? ? ? ? ?b=4.

∴p=5,q=4,∴p+q=9,故选 D.] 1 13. 4 1 解析 令 m=1,可得 an+1= an, 5 1 1 [1-? ?n] 5 5 1 1 所以{an}是首项为 ,公比为 的等比数列,所以 Sn= 5 5 1 1- 5 1 1 1 1 = [1-( )n]< ,故实数 t 的最小值为 . 4 5 4 4 14.解 (1)设等比数列{an}的公比为 q, 则 a1≠0,q≠0.由题意得
? ?S2-S4=S3-S2, ? ?a2+a3+a4=-18. ?
2 3 2 ? ?-a1q -a1q =a1q , ? 即 2 ? ?a1q?1+q+q ?=-18,

?a1=3, ? 解得? ? ?q=-2.

故数列{an}的通项公式为 an =3×(-2)n 1.


3[1-?-2?n] (2)由(1)有 Sn= 1-?-2? =1-(-2)n. 假设存在 n,使得 Sn≥2013, 则 1-(-2)n≥2013, 即(-2)n≤-2012. 当 n 为偶数时,(-2)n>0,上式不成立; 当 n 为奇数时,(-2)n=-2n≤-2012, 即 2n≥2012,得 n≥11. 综上,存在符合条件的正整数 n,且所有这样的 n 的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.



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