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【导与练】(新课标)2016高考数学二轮复习 专题四 数列 第2讲 数列求和及综合应用课件 理



第2讲 数列求和及综合应用

考向分析 核心整合 热点精讲 阅卷评析

考向分析
考情纵览 2013 年份 考点 2011 2012 Ⅰ Ⅱ Ⅰ 2014 Ⅱ 2015 Ⅰ Ⅱ

求通项公式
数列求和 数列综合应用

17(1)
17(2) 16

>14
12 16 17

17(1) 17(1) 16
17(2) 17(2)

真题导航
1.(2015新课标全国卷Ⅱ,理16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,

an+1=SnSn+1,则Sn=

.

解析:因为 an+1=Sn+1-Sn,所以 Sn+1-Sn=Sn+1Sn, 又由 a1=-1,知 Sn≠0,所以 所以{ 所以
1 1 =1, S n S n ?1

1 1 1 }是等差数列,且公差为-1,而 = =-1, Sn S1 a1

1 1 =-1+(n-1)×(-1)=-n,所以 Sn=- . n Sn

答案:-

1 n

2.(2012新课标全国卷,理16)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前
60项和为
n

.
① ②

解析:因为 an+1+(-1) an=2n-1 * 所以当 n=2k(k∈N )时,a2k+1+a2k=4k-1

当 n=2k+1(k∈N)时,a2k+2-a2k+1=4k+1 由①+②得 a2k+a2k+2=8k 令 k=1,3,5,…,29 可得 a2+a4=8×1,a6+a8=8×3,a10+a12=8×5,…a58+a60=8×29, 把以上 15 个等式相加得 a2+a4+a6+…+a60=8×
15 ? (1 ? 29) =1800. 2

又由②知 a2k+1=a2k+2-(4k+1)令 k=0,1,2,3,…,29 可得 a1=a2-(4×0+1) a3=a4-(4×1+1) a5=a6-(4×2+1) … a59=a60-(4×29+1) 把以上 30 个等式相加得 a1+a3+a5+…+a59=(a2+a4+a6+…+a60)-[4×(0+1+2+…+29)+30] =1800-[
4 ? 30 ? (0 ? 29) +30]=30. 2

所以 a1+a2+a3+…+a60=1800+30=1830.

答案:1830

3.(2013 新课标全国卷Ⅰ,理 14)若数列{an}的前 n 项和 Sn= 通项公式是 an= .

2 1 an+ ,则{an}的 3 3

解析:当 n=1 时,由已知 Sn=
2 1 当 n≥2 时,Sn-1= an-1+ , 3 3

2 1 2 1 an+ ,得 a1= a1+ ,即 a1=1; 3 3 3 3

所以 an=Sn-Sn-1=( 所以 an=-2an-1,

2 1 2 1 2 2 an+ )-( an-1+ )= an- an-1, 3 3 3 3 3 3

所以数列{an}是等比数列,其中首项 a1=1,公比 q=-2, n-1 所以 an=(-2) .
答案: (-2)n-1

4.(2013新课标全国卷Ⅱ,理16)等差数列{an}的前n项和为Sn,已知
S10=0,S15=25,则nSn的最小值为 .
10 ? 9 ? S ? 10 a ? d ? 0, 1 ? 2 ? 10 2 解析:由已知 ? 解得 a1=-3,d= , 3 ? S ? 15a ? 15 ? 14 d ? 25, 15 1 ? 2 ?
n 2 ( n ? 1) n3 10n 2 所以 nSn=n a1+ d= . 2 3 3
2

1 x x3 10 x 2 2 令 f(x)= ,则 f′(x)= (3x -20x)= (3x-20), 3 3 3 3

令 f′(x)≥0 得 x≥

20 或 x≤0, 3 20 20 20 ,+≦)上为单调增函数,在[0, ]上为单调减函数,即 f(x)在 x= 处取极 3 3 3

因此 f(x)在(-≦,0],[

63 10 ? 6 2 小值.而 f(6)= =-48,f(7)=-49,因此 nSn 的最小值为-49. 3 3

答案: -49

5.(2011 新课标全国卷,理 17)等比数列{an}的各项均为正数,且
2 2a1+3a2=1, a3 =9a2a6.

(1)求数列{an}的通项公式;
解:(1)设数列{an}的公比为 q,
2 2 2 由 a3 =9a2a6 得 a3 =9 a4 ,所以 q =
2

1 , 9

1 由条件可知 q>0.故 q= . 3 1 由 2a1+3a2=1 得 2a1+3a1q=1,所以 a1= . 3

所以数列{an}的通项公式为 an=

1 . n 3

1 (2)设 bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{ }的前 n 项和. bn

解:(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an =-(1+2+3+…+n)=所以 所以
n(n ? 1) . 2

1 2 1 1 ==-2( ), bn n(n ? 1) n n ?1 1 1 1 1 1 1 1 1 2n + +…+ =-2[(1- )+( - )+…+( )]=. b1 b2 bn 2 2 3 n n ?1 n ?1

1 2n 所以数列{ }的前 n 项和为. bn n ?1

备考指要
1.怎么考 (1)考查角度: ①由递推公式求和或通项; ②由an与Sn的关系求通项或求和; ③公式法、裂项相消、错位相减等求和; ④数列与函数、不等式等综合. (2)题型及难易度:填空题、解答题,中高档. 2.怎么办 (1)掌握由递推公式求通项的常见类型及方法(如累加法、累积法、构造等 比数列法、已知Sn求an等),注意周期数列. (2)掌握数列求和的常用方法及其适用类型.(如裂项相消法、分组求和法、 错位相减法等. (3)在与函数、不等式相结合的题目中,注意函数思想的应用及不等式的 放缩.

核心整合
1.数列综合问题一般先求数列的通项公式,这是做好该类题的关键.若是 等差数列或等比数列,则直接运用公式求解,否则常用下列方法求解:
? S1 (n ? 1), (1)an= ? ? S n ? S n ?1 (n ? 2).
(2)递推关系形如an+1-an=f(n),常用累加法求通项.

(3)递推关系形如

an ?1 =f(n),常用累乘法求通项. an

(4)递推关系形如“an+1=pan+q(p,q是常数,且p≠1,q≠0)”的数列求通
项,此类通项问题,常用待定系数法.可设an+1+λ =p(an+λ ),经过比较,求 得λ ,则数列{an+λ }是一个等比数列.

2.数列求和常用的方法
(1)分组求和法:分组求和法是解决通项公式可以写成cn=an+bn形式的数 列求和问题的方法(其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求

和的数列).

(2)裂项相消法:将数列的通项分成两个代数式子的差,即 an=f(n+1)-f(n) 的形式,然后通过累加抵消中间若干项的求和方法.形如{ 是各项均不为 0 的等差数列,c 为常数)的数列等.
(3)错位相减法:形如{an· bn}(其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列)的
c }(其中{an} an an ?1

数列求和,一般分三步:①巧拆分;②构差式;③求和.
(4)倒序求和法:距首尾两端等距离的两项和相等,可以用此法,一般步 骤:①求通项公式;②定和值;③倒序相加;④求和.

(5)并项求和法:先将某些项放在一起求和,然后再求Sn. (6)归纳猜想法:通过对S1,S2,S3,…的计算进行归纳分析,寻求规律,猜 想出Sn,然后用数学归纳法给出证明.

热点精讲
热点一
求数列的通项 . 【例1】 (1)(2015云南第二次检测)设Sn是数列{an}的前n项和,如果 Sn=3an-2,那么数列{an}的通项公式为an=
解析:(1)当 n=1 时,a1=S1=3a1-2,所以 a1=1. 当 n≥2 时,Sn-1=3an-1-2 ① 又 Sn=3an-2 ② ②-①得 an=3an-3an-1 所以
an 3 = . an ?1 2
3 的等比数列. 2

所以数列{an}是以 a1=1 为首项,公比 q= 所以 an=a1qn-1=(
3 n-1 ) . 2

3 n-1 答案: (1)( ) 2

(2)(2015太原市模拟)已知数列{an}满足a1=1,an-an+1= (n∈N*),则
an= .
2an an ?1 1 1 2 ,所以 - = . n(n ? 1) an ?1 an n(n ? 1)

解析: (2)因为 an-an+1= 所以
?

1 1 1 1 2 2 - = , - = , a2 a1 1 ? 2 a3 a2 2 ? 3

1 1 2 = , an an ?1 n(n ? 1)

所以以上各式相加得

1 1 2 2 2 - = + +… + an a1 1 ? 2 2 ? 3 n(n ? 1)

=2(1所以

1 1 1 1 1 1 + - +…+ - )=2(1- ). 2 2 3 n ?1 n n

1 2 2 n =2- +1=3- ,所以 an= . an n n 3n ? 2 n 答案:(2) 3n ? 2

方法技巧 (1)利用Sn与an的关系求通项公式:
通过纽带:an=Sn-Sn-1(n≥2),消掉an或Sn求解.如需消掉Sn,可以利用已知递 推式,把n换成(n+1)得到新递推式,两式相减即可.若要消掉an,只需把 an=Sn-Sn-1代入递推式即可.不论哪种形式,需要注意公式an=Sn-Sn-1成立的 条件n≥2.因此要验证n=1是否成立,若不成立写成分段形式.
(2)由递推关系求通项公式的三种类型及方法: ①对形如 an+1=an+f(n)(f(n)是可以求和的)的递推式求通项公式时,常用累加法,巧妙 求出 an-a1 与 n 的关系式. ②对形如 an+1=anf(n)(f(n)是可以求积的)的递推式求通项公式时,常用累乘法,巧妙 求出
an 与 n 的关系式. a1

③对形如 an+1=kan+b(k≠1,b≠0)(其中 k,b 为常数)的递推式求通项公式时,可以构造 等比数列 {an ?
b } ,先求出该等比数列的通项公式,再求 an. k ?1

热点二 求数列的前n项和
【例2】 (1)(2015贵州适应性考试)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1, 点(Sn,Sn+1)在直线2x-y+1=0上. ①求证:数列{Sn+1}是等比数列; ②设bn=nan,求数列{bn}的前n项和Tn.

(1)①证明:根据题意,有 2Sn-Sn+1+1=0, 整理得 Sn+1+1=2(Sn+1), 又 S1+1=a1+1=2, 所以数列{Sn+1}是以 2 为首项,2 为公比的等比数列.

②解:由①可知,Sn+1=2×2 =2 ,即 Sn=2 -1(n∈N ), n-1 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2 , n-1 经检验,当 n=1 也成立,所以 an=2 , n-1 * 则 bn=n·2 (n∈N ) Tn=b1+b2+b3+…+bn 0 1 2 n-1 Tn=1×2 +2×2 +3×2 +…+n×2 (*) 1 2 3 n-1 n 2Tn=1×2 +2×2 +3×2 +…+(n-1)×2 +n×2 (**) 0 1 2 n-1 n (*)-(**)得-Tn=2 +2 +2 +…+2 -n×2 ,
20 (1 ? 2n ) -Tn= -n×2n 1? 2

n-1

n

n

*

=2n-1-n×2n. 所以 Tn=1+(n-1)×2 .
n

(2)(2015 辽宁沈阳高三一模)已知等差数列{an}的公差 d≠0,它的前 n 项和 为 Sn,若 S5=70,且 a2,a7,a22 成等比数列. ①求数列{an}的通项公式; ②设数列{
1 1 3 }的前 n 项和为 Tn,求证 ≤Tn< . Sn 6 8

(2)①解:因为数列{an}是等差数列且 S5=70. 所以 5a1+10d=70, (*) 因为 a2,a7,a22 成等比数列,
2 所以 a7 =a2a22,即(a1+6d)2=(a1+d)(a1+21d)

(**)

由(*)(**)解得 a1=6,d=4 或 a1=14,d=0(舍去). 所以 an=4n+2.

②证明:由①可得 Sn=2n2+4n. 所以
1 1 1 1 1 = 2 = ( ). S n 2n ? 4n 4 n n ? 2

1 1 1 1 1 所以 Tn= + + +…+ + S1 S2 S3 Sn ?1 Sn

=

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( - )+ ( - )+ ( - )+…+ ( )+ ( ) 4 1 3 4 2 4 4 3 5 4 n ?1 n ?1 4 n n?2

3 1 1 1 3 = - ( + )< . 8 4 n ?1 n ? 2 8

1 因为数列{Tn}是递增数列,所以 Tn≥T1= , 6
所以

1 3 ≤Tn< . 8 6

方法技巧

(1)错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项

的乘积构成的数列的求和.
(2)裂项相消法:即把每一项都拆成正负两项,使其正负抵消,只余有限几项,可求 和.适用于数列 { 常用裂项公式: ① ② ③
1 1 1 = ; n(n ? 1) n n ? 1 1 1 1 1 = ( ); n( n ? k ) k n n ? k 1 1 1 1 = [ ]; n(n ? 1)(n ? 2) 2 n(n ? 1) (n ? 1)(n ? 2) c } 的求和,其中{an}是各项不为 0 的等差数列,c 为常数. an an ?1

④ ⑤

n 1 1 = ; (n ? 1)! n! (n ? 1)!
1 = n ?1 - n ; n ?1 ? n

⑥若{an}是公差为 d 的等差数列, 则
1 1 1 1 = ( ). an an ?1 d an an ?1

(3)分组求和法:适用于由等差数列和等比数列的和(或差)构成的数列.

举一反三 2-1:(2015 福建卷)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式;
解:(1)设等差数列{an}的公差为 d.
?a1 ? d ? 4, 由已知得 ? ?(a1 ? 3d ) ? ( a1 ? 6d ) ? 15, ?a1 ? 3, 解得 ? ?d ? 1.

所以 an=a1+(n-1)d=n+2.

(2)设 bn= 2an ? 2 +n,求 b1+b2+b3+…+b10 的值.
解:(2)由(1)可得 bn=2n+n, 所以 b1+b2+b3+…+b10 =(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10) =(2+2 +2 +…+2 )+(1+2+3+…+10)
2 ? (1 ? 210 ) (1 ? 10) ? 10 = + 1? 2 2
2 3 10

=2 +53 =2101.

11

热点三

数列的综合问题

【例 3】 (2015 安徽卷)设 n∈N*,xn 是曲线 y=x2n+2+1 在点(1,2)处的切线与 x 轴交 点的横坐标. (1)求数列{xn}的通项公式;

(1)解:y′=(x2n+2+1)′=(2n+2)x2n+1, 曲线 y=x2n+2+1 在点(1,2)处的切线斜率为 2n+2. 从而切线方程为 y-2=(2n+2)(x-1). 令 y=0, 解得切线与 x 轴交点的横坐标 xn=1所以数列{xn}的通项公式为 xn=
1 n = . n ?1 n ?1

n . n ?1

1 . 4n (2)证明:由题设和(1)中的计算结果知
2 2 (2)记 Tn= x12 x3 … x2 n ?1 ,证明:Tn≥

2 2 Tn= x12 x3 … x2 n ?1 =(

1 2 3 2 2n ? 1 2 ) ( ) …( ). 2 4 2n

当 n=1 时,T1=

1 . 4
2 2 n ?1

当 n≥2 时,因为 x 所以 Tn>(

2n ? 1 2 (2n ? 1) 2 (2n ? 1) 2 ? 1 2n ? 2 n ? 1 =( )= > = = . 2 2 (2n) (2n) 2n 2n n

1 2 1 2 n ?1 1 ) × × ×… × = . 2 2 3 n 4n
1 . 4n

综上可得对任意的 n∈N*,均有 Tn≥

方法技巧

数列多与函数、不等式等知识综合命题,解题的关键是利用

转化思想把问题转化为数列问题,结合函数与方程思想求解.
(1)解决数列与不等式综合问题的常用方法有比较法(作差法、作商法)、 放缩法等. (2)数列是特殊的函数,解题时要充分利用函数的性质解决数列问题,如数 列中的最值问题.

举一反三3-1:(2015高考湖北卷)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为
Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式;

?10a1 ? 45d ? 100, ?2a1 ? 9d ? 20, 解:(1)由题意有, ? 即? ?a1d ? 2, ?a1d ? 2,

?a ? 9, ?a1 ? 1, ? 1 解得 ? 或? 2 ?d ? 2, ?d ? . 9 ? 1 ? a ? (2n ? 79), n ? a ? 2 n ? 1, ? ? ? n 9 故? 或 ? n ?1 b ? 2 , ? ? n ?b ? 9 ? ( 2 ) n ?1. n ? 9 ?

(2)当 d>1 时,记 cn=
2n ? 1 , n ?1 2

解:(2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2n-1, 故 cn=

an ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn

于是 Tn=1+

3 5 7 9 2n ? 1 + 2 + 3 + 4 +…+ n ?1 , 2 2 2 2 2

① ②

1 1 3 5 7 9 2n ? 1 Tn= + 2 + 3 + 4 + 5 +…+ n 2 2 2 2 2 2 2

①-②可得
1 1 1 1 2n ? 1 2n ? 3 Tn=2+ + 2 +…+ n ? 2 =3, n n 2 2 2 2 2 2

故 Tn=6-

2n ? 3 . 2n ?1

备选例题

【例 1】 (2015 高考浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足 a1=2,b1=1,an+1=2an (n∈N*),b1+
1 1 1 b2+ b3+…+ bn=bn+1-1(n∈N*). 2 3 n

(1)求 an 与 bn;
解:(1)由 a1=2,an+1=2an, 得 an=2n(n∈N*). 由题意知当 n=1 时,b1=b2-1,故 b2=2. 当 n≥2 时, 整理得
1 bn=bn+1-bn, n

bn ?1 bn = , n ?1 n

所以 bn=n(n∈N*).

(2)记数列{anbn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn.
解:(2)由(1)知 anbn=n·2n, 因此,Tn=2+2×22+3×23+…+n·2n, 2Tn=22+2×23+3×24+…+n·2n+1, 所以 Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1. n+1 * 故 Tn=(n-1)2 +2(n∈N ).

【例 2】 (2015 辽宁锦州质检)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1=2,nan+1=Sn+n(n+1). (1)求数列{an}的通项公式 an;
?nan ?1 ? S n ? n(n ? 1), (1)解:由题意,当 n≥2 时,有 ? ?(n ? 1)an ? S n ?1 ? (n ? 1)n,

两式相减得 nan+1-(n-1)an=an+2n,即 an+1-an=2.
?a1 ? 2, ? 由 ?a2 ? S1 ? 2, 得 a2-a1=2. ?S ? a , 1 ? 1

所以对一切正整数 n,有 an+1-an=2, 故 an=a1+2(n-1)=2n,即 an=2n(n∈N*).

an (2)设 Tn 为数列{ n }的前 n 项和,求 Tn; 2 a 2n n (2)解:由(1)得 n = = , n n n ?1 2 2 2

所以 Tn=1+

2 3 n + 2 +…+ n ?1 2 2 2



①两边同乘以 ①-②,得

1 1 1 2 n ?1 n ,得 Tn= + 2 +…+ n ?1 + n ② 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 n Tn=1+ + 2 +…+ n ?1 - n , 2 2 2 2 2

1 1? n n 1 n?2 2 所以 Tn= , 故 T =4. n n n ?1 1 2 2 2 1? 2

(3)设 bn=

1 an an ?1an ? 2

,证明 b1+b2+b3+…+bn<
1 2n ? 2( n ? 1) ? 2( n ? 2)

1 . 32

(3)证明:由(1),得 bn= =

1 1 1 [ ] 16 n(n ? 1) ( n ? 1)( n ? 2)

1 1 1 1 1 1 1 b1+b2+b3+…+bn= [ + +… + ] n ( n ? 1) ( n ? 1)( n ? 2) 16 1 ? 2 2 ? 3 2 ? 3 3 ? 4

= =

1 1 1 [ ] 16 2 (n ? 1)( n ? 2)
1 1 1 < . 32 16(n ? 1)(n ? 2) 32

阅卷评析
数列求和问题 (2014 新课标全国卷Ⅰ,文 17)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4 是方程 x2-5x+6=0 的根. (1)求{an}的通项公式;
评分细则: (1)因为 a2,a4 是方程 x2-5x+6=0 的根,
?a2 ? a4 ? 5, 则? ……………………………………………1 分 a ? a ? 6. ? 2 4

由题意得 a2=2,a4=3.2 分 设数列{an}的公差为 d,则 a4-a2=2d,故 d= 从而 a1=
1 ,…………3 分 2

3 .………………………………………………4 分 2 1 n+1.………………………5 分 2

所以{an}的通项公式为 an=

?a2 ? a4 ? 5, 注:①由方程的根与系数的关系列出关于 a2 与 a4 的方程组 ? 可 ?a2 ? a4 ? 6.

得 1 分. ②“由题意”指的是“{an}是递增的等差数列”,解题过程若无此说明,应 扣 1 分. ③利用 an=a2+(n-2)d=2+(n-2)×
1 1 = n+1 求通项公式也可得全分. 2 2

(2)求数列{

an }的前 n 项和. n 2
an }的前 n 项和为 Sn. 2n

评分细则:(2)设{ 由(1)知 则 Sn=

an n ? 2 = ,…………………………………6 分 2 n 2 n ?1

3 4 n ?1 n ? 2 + + … + + n ?1 . 22 23 2n 2

1 3 4 n ?1 n ? 2 Sn= 3 + 4 +…+ n ?1 + n ? 2 .……………………8 分 2 2 2 2 2

两式相减得
1 3 1 1 n?2 Sn= +( 3 +…+ n ?1 )- n ? 2 …………………9 分 2 4 2 2 2

=

3 1 1 n?2 + (1- n ?1 )- n ? 2 .…………………………11 分 4 4 2 2

所以 Sn=2-

n?4 .……………………………………12 分 2n ?1

注:①若没写出数列{

an }的通项,则扣 1 分. n 2

②两式相减后,右边式子应分为三部分,中间为(n-1)项的等比数列,若出 现错误,则后面求解过程不得分.
1 ③若 Sn 的式子中等比数列和求错,则最多得 9 分. 2

④最后结果应尽量化为最简形式,写成其他形式时,只要结果正确,不 扣分. ⑤若有其他解法,如 Sn 的表达式两边同乘 2,然后作差,可相应得分.

【答题启示】 1.忽视已知“递增”的条件限制,导致增解;

2.利用错位相减法求和时,两式相减后,所剩式子的项数弄错导致计算错误;
3.误认为两式作差后计算的结果即为Sn,导致错误; 4.解题步骤不规范,步骤太简单导致不必要的扣分.



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