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高阶等差等比数列的通项及其前N项和求法


高阶等差、等比数列 ?a n ?的性质、通项、前 n 项和求法
章君
(福建师范大学 数学系 福建 福州 350108)

★高阶等差数列 定义:对于一个给定的数列 ?a n ?,把它连续的两项 an?1 与 a n 的差 an?1 - a n 记为 bn .
得到一个新的数列 ?bn ? .称数列 ?bn ? 为原数列 ?a n

? 的一阶差数列.如果 c n = bn?1 - bn ( n ? 1,2,3... ) ,则数列 ?cn ? 是 ?bn ? 的一阶差数列.称 ?cn ? 为 ?a n ? 的二阶差数列.以此类 推,可以得到数列 ?a n ?的 P 阶差数列,其中 P ? N * . 如果某一数列的 P 阶差数列是 一个非零常数列,则称此数列为 P 阶等差数列.

性质:
1 ○若数列 ?a n ?是 P 阶等差数列,则它的一阶差数列是 P -1 阶等差数列. 2 ○数列 ?a n ?是 P 阶等差数列的充要条件是:数列 ?a n ?的通项是关于 n 的 P 次多项式. .... 3 ○若数列 ?a n ?是 P 阶等差数列,则其前 n 和 S n 是关于 n 的 P +1 次多项式.

★高阶等比数列 定义:对于一个给定的数列 ?a n ?,把它连续的两项 an?1 与 a n 的比
a n ?1 记为 bn . an bn ?1 bn

得 到 一 个新 的数 列 ?bn ? . 称 数 列 ?bn ? 为 原 数列 ?a n ? 的 一 阶 比 数 列 . 如果 c n =

( n ? 1,2,3... ) ,则数列 ?cn ? 是 ?bn ? 的一阶比数列.称 ?cn ? 为 ?a n ? 的二阶比数列.以此类 推,可以得到数列 ?a n ?的 P 阶差数列,其中 P ? N * . 如果某一数列的 P 阶比数列是 一个非零常数列,则称此数列为 P 阶等比数列.

一、高阶等差数列的通项 a n 及 S n 的求法
求高阶等差数列的通项 a n 及前 n 项和 S n 的时候,通常采用逐差法或待定系数法. ... ..... 下面先介绍逐差法求通项. ... ..
1

★方法一 逐差法

我们先看一个例题:

【例 1】求数列 {a n } 的通项: {a n } :1,7,25,61,121,211,… 解:先作各阶差数列: 数列:1,7,25,61,121,211,… 一阶差数列 {bn } :6,18,36,60,90,… 二阶差数列 {c n } :12,18,24,30,… 三阶差数列:6,6,6,… 由此可见,数列 {a n } 是 3 阶等差数列,数列 {c n } 是首项为 12、公差为 6 的等差数列, 故: cn ? 12 ? (n ? 1)6 ? 6n ? 6 ∵ b1 ? bn?1 ? cn?1 (n ? 2) ,

∴ b1 ? bn?1 ? 6(n ? 1) ? 6 ? 6n , 于是得到 (n ? 2) bn ? bn ?1 ? 6n
bn?1 ? bn?2 ? 6(n ? 1), bn?2 ? bn?3 ? 6(n ? 2),


b2 ? b1 ? 6 ? 2.

将以上各式两边分别相加,得: bn ? b1 ? 6(2 ? 3 ? ? ? n)
? 6(1 ? 2 ? 3 ? ? ? n) ? 6 ? 6 ? n(1 ? n ? 6) ? 6 ? 3n 2 ? 3n ? 6 2

∴ bn ? 3n 2 ? 3n ? 6 ?b1 ? 3n 2 ? 3n(n ? 2). 因为此公式当 n ? 1时的值 b1 ? 6 ,故数列 {bn } 的通项公式为:
bn ? 3n 2 ? 3n(n ? 1,2,3,?)

又∵ a n ?1 ? a n ? bn (n ? 1,2,3,?)

∴ a n ?1 ? a n ? 3n 2 ? 3n(n ? 1,2,3,?) 由此可得,当 n ? 2 时,
a n ? a n ?1 ? 3n 2 ? 3n, an?1 ? a n?2 ? 3(n ? 1) 2 ? 3(n ? 1),
2


a 2 ? a1 ? 3 ? 2 2 ? 3 ? 2,

将以上各式相加,得:
a n ? a1 ? 3[n 2 ? (n ? 1) 2 ? ? ? 2 2 ] ? 3[n ? (n ? 1) ? ? ? 2]

? 3[n 2 ? (n ? 1) 2 ? ? ? 2 2 ? 12 ] ? 3[n ? (n ? 1) ? ? ? 2 ? 1] ? 3 ? 12 ? 3 ? 1

? 3?

n(n ? 1)( 2n ? 1) n(n ? 1) ? 3? ? n 3 ? n, 6 2

∴ a n ? n 3 ? n ? a1 ? n 3 ? n ? a1 ? n 3 ? n ? 1(n ? 2), 又此式当 n ? 1时的值 a1 ? 1 ,故数列 {a n } 的通项公式为:
a n ? n 3 ? n ? 1 (n ? 1,2,3,?).
( 一般地,设数列 {a n } 的 K 阶差数列记为 {a nK ) } ,如果数列 {a n } 是 P 阶等差数列,那 ( ( 么(P-1)阶差数列 {a nP ?1) } 是等差数列,于是可以求出数列 {a nP ?1) } 的通项公式,利用 ( ? ( ? ( ( anP1 2) ? a nP1 2) ? a nP ?1) (n ? 1,2,3,?) ,仿照上述例题的作法,可以求出数列 {a nP ? 2 ) } 的通 ? ?

项公式,依次类推,可求出数列 {a n } 的通项公式. 利用逐差法求高阶差数数列的通项还是比较麻烦,下面介绍待定系数法求通项.

★ 方法二 待定系数法 下面先证明两个定理. 定理 1
( 设 P 为正整数,前 n 个自然数的 P 次幂的和记为 S n P ) ,即 ( ( S n P ) ? 1 p ? 2 p ? 3 p ? ? n p .则 S n P ) 是关于 n 的(p+1)次多项式.

证明: <用数学归纳法>
( 当 p=1 时,∵ S n1) ? 1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ?

n(n ? 1) 1 2 1 ? n ? n, 2 2 2

它是关于 n 的 2 次多项式,故结论是正确的.
( 设结论当 p ? k (k ? 1) 是正确的,则 S nk ) ? 1k ? 2 k ? 3k ? ? n k 是关于 n 的(k+1)次多

项式.

∵ n k ? 2 ? ? j k ? 2 ? ? ( j ? 1) k ? 2
j ?1 j ?1

n

n

3

2 3 ? ? j k ? 2 ? ? [ j k ? 2 ? C k 1 2 j k ?1 ? C k ? 2 j k ? C k ? 2 j k ?1 ? ? ? (?1) k ? 2 ] ? j ?1 j ?1

n

n

2 3 ? C k 1 2 ? j k ?1 ? C k ? 2 ? j k ? C k ? 2 ? j k ?1 ? ? ? (?1) k ? 2 n] , ? l ?1 n j ?1 j ?1

n

n

n

于是

?
l ?1

j k ?1 ?
n

1 Ck1 2 ?
n

2 3 [n k ? 2 ? C k ? 2 ? j k ? C k ? 2 ? j k ?1 ? ? ? (?1) n ? 2 n] . j ?1 j ?1

n

n

根据假设 ? j k 、 j k ?1 ? 分别是关于 n 的(k+1)次、k 次、 (k-1)次,…1 次多项 ?
l ?1 j ?1

式,而 C k 1 2 ( j ? 1,2,3,?, k ? 2) 与 n 无关,因此 ? j k ?1 是关于 n 的(k+2)次多项式.就 ?
j ?1

n

S( 是说, p=k+1 时, n p ) 是关于 n 的(k+2)次多项式, 当 即结论当 p=k+1 时也是正确.
( 此, S n p ) 是关于 n 的(p+1)次多项式.



定理 2

数列 {a n } 为 p 阶等差数列充要条件是:数列 {a n } 通项为 n 的 p 次多项式.

证明: 先证必要性. 用数学归纳法.
1 ○当 p=1 时,数列 {a n } 是等差数列,其通项 a n ? a1 ? (n ? 1)d ,这是关于 n 的一

次多项式. 设 p=k,即当 {a n } 为 k 阶差数列时,数列 {(an ? an?1 )}( n ? 2) 就是 k 阶差数列时, 根据假设可令
a n ? a n ?1 ? ank ? bnk ?1 ? ? 依次令 n=2,3,4,… 得:

a2 ? a1 ? a ? 2 k ? b ? 2 k ?1 ? ?

a3 ? a 2 ? a ? 3k ? b ? 3k ?1 ? ? ?
a n ? a n ?1 ? a ? n k ? b ? n n ?1 ? ?

将以上各式两边分别相加,化简后得:
a n ? a(2 k ? 3k ? ? ? n k ) ? b(2 k ?1 ? 3k ?1 ? ? ? n k ?1 ) ? ? ? a1
4

根据定理 1,右边第一个括号的和是关于 n 的(k+1)次多项式,第二个括号是关 于 n 的 k 次多项式,…,因此, a n 是关于 n 的(k+1)次多项式.
2 ∴ ○当 {a n } 为(k+1)阶等差数列时,a n 是关于 n 的(k+1)次多项式,即 p=k+1 时结论

也是成立的. 由上述证明可知,当 {a n } 为 p 阶等差数列时, a n 是关于 n 的 p 次多项式. 充分性.设数列 {a n } 的通项是关于 n 的 p 次多项式,设 a n ? an p ? bn p ?1 ? ?(a ? 0) 作它的一阶差数列:
a n ? a n?1 ? [an p ? bn p ?1 ? ?] ? [a(n ? 1) p ? b(n ? 1) p ?1 ? ?] ? apn p ? b1 n p ?2 ? ?

如果连续作 p 次, 则得到 p 阶差数列是常数列 {ap!} , 因此数列 {a n } 是 p 阶等差数列.

定理 3 若数列 {a n } 为 p 阶等差数列,则其前 n 项和 S n 是关于 n 的(p+1)次多项式. 证明:∵ {a n } 是 p 阶等差数列,根据定理 2,它的通项公式是关于 n 是 p 次多项式. 设 a n ? an p ? bn p ?1 ? ?(a ? 0) , 则 S n ? ? ak ?
k ?1 n n n n n (ak p ? bk p ?1 ? ?) ? ak ? k p ? b? k p ?1 ? ? k ?1 k ?1 k ?1 n

根据定理 1, ? k p、 k p ?1 ,? 分别是关于 n 的(p+1)次、p 次、 (p-1)次,…多项 ?
k ?1 k ?1

式,因此, S n 是关于 n 的(p+1)次多项式.根据定理 2 和定理 3,我们可以求出任 意的高阶等差数列的通项公式和前 n 项和公式. 【例 1】 求下面数列的通项公式及前 n 项和 5,17,35,59,89,… 解:先判断是几阶等差数数列. 数列 {a n } :5,17,35,59,89,… 一阶差数列:12,18,24,30… 二阶差数列:6,6,6,… 因此,数列 {a n } 是二阶等差数列,根据定理 2, a n 是关于 n 的 2 次多项式;根 据定理 3,前项 n 和 S n 是关于 n 的 3 次多项式.于是设:

5

an ? an2 ? bn ? c,

① ②

Sn ? xn3 ? yn2 ? zn ? f .

其中 a、b、c、x、y、z、f 都是待定系数.
?a ? b ? c ? 5, ? 因为 a1 ? 5,a2 ? 17,a3 ? 35, 于是由①式得方程组 ?4a ? 2b ? c ? 17 , ?9a ? 3b ? c ? 35 . ?

解之得: a ? 3,b ? 3,c ? ?1 因此数列的通项公式为 an ? 3n 2 ? 3n ? 1(n ? 1,2,3,?) , ∴ S1 ? a1 ? 5, S2 ? a1 ? a2 ? 22, S3 ? S2 ? a3 ? 57, S4 ? S3 ? a4 ? 116, 于 是 由 ② 式 得 方 程
? x ? y ? z ? f ? 5; ?8 x ? 4 y ? 2 z ? f ? 22; ? 组: ? ?27 x ? 9 y ? 3 z ? f ? 57; ?64 x ? 16 y ? 4 z ? f ? 116 . ?

解之得: x ? 1, y ? 3, z ? 1, f ? 0.

因此,数列的前 n 项和 Sn ? n3 ? 3n 2 ? n(n ? 1,2,3,?). 【例 2】求数列 1 ? 2,2 ? 3,?, n(n ? 1) 的和 解: 数列的通项 an ? n(n ? 1) ? n 2 ? n, 是关于 n 的 2 次多项式,因此,数列 {a n } 的前 n 项和 S n 是关于 n 的 3 次多项式,于是可设 Sn ? an3 ? bn2 ? cn ? d . ∵ S1 ? a1 ? 1 ? 2 ? 2,
S 2 ? S1 ? a2 ? 2 ? 2 ? 3 ? 8, S 3 ? S 2 ? a3 ? 8 ? 3 ? 4 ? 20,

?a ? b ? c ? d ? 2; ?8a ? 4b ? 2c ? d ? 8; ? S 4 ? S3 ? a4 ? 20 ? 4 ? 5 ? 40, 于是得方程组: ? ?27 a ? 9b ? 3c ? d ? 20; ?64 a ? 16b ? 4c ? d ? 40 . ?

解这个方程组得

1 a? , 3

b ? 1,

c?

2 , 3

d ? 0.

1 2 因此,数列的和 Sn ? n3 ? n 2 ? n. 3 3

这个例题,如果是自然数的方幂和公式来计算,则会简单一些:
1 ? 2 ? 2 ? 3 ? ? ? n(n ? 1) ? ? k (k ? 1) ? ? (k 2 ? 1) ? ? k 2 ? ? k
k ?1 k ?1 k ?1 k ?1 n n n n

?

n(n ? 1)( 2n ? 1) n(n ? 1) 1 3 2 ? ? n ? n2 ? n . 6 2 3 3
6

二、高阶等比数列的通项 a n 及 S n 的求法
下面我们介绍用逐差法求高阶等比数列的通项及前 n 顶和的问题. 【例 1】 求下列数列的通项: (1) {a n } :5,11,23,47,…, (2) {bn } :5,15,49,155,477,…. 解: (1)先作各阶差数列: 数列 {a n } :5,11,23,47,…, 一阶差数列 {a n } 6,12,24,…, 由此可知,数列 {a n } 是一阶等比数列,数列 {a n } 的首项为 6,公比为 2,于是:
an ? 6 ? 2n ?1. ? a2 ? an ?1 ? an ?1 ? 6 ? 2n ? 2 ,

∴ a2 ? a1 ? 6 ? 2 0 , a3 ? a 2 ? 6 ? 21 , a4 ? a3 ? 6 ? 2 2 ,?, a n ? a n?1 ? 6 ? 2 n?2 , 将以上各式两边分别相加,得:
an ? a1 ? 6(1 ? 2 ? 22 ? ? ? 2n ? 2 ) ? 6 ?

2n ?1 ? 1 ? 6 ? 2n ?1 ? 6 2 ?1

∴ an ? 6 ? 2 n?1 ? 6 ? a1 ? 6 ? 2n ?1 ? 6 ? 5 ? 6 ? 2n ?1 ? 1 ? 3 ? 2n ? 1. 因此,数列的通项公式为: a ? 3 ? 2n ? 1(n ? 1,2,3,?) (2)数列及其各阶差数列为: 数列 {bn } 5,15,49,155,477,…, 一阶差数列 {u n } :10,34,106,322,…, 二阶差数列 {? n } :24,72,216, 由此可见,数列 {? n } 是首项为 24、公比为 3 的等比数列,于是数列 {? n } 的通项公式 为: ? n ? 24 ? 3n ?1 ? 8 ? 3n (n ? 1,2,3,?)
? un ? un?1 ? ?n?1 ? 8 ? 3n?1 ,

? u2 ? u1 ? 8 ? 31 , u3 ? u2 ? 8 ? 32 ,?un ? un?1 ? 8 ? 3n?1. 将以上各式两边分别相加,得:
un ? u1 ? 8(31 ? 32 ? ? ? 3n?1 ) ? 8 ?

3(3n ?1 ? 1) ? 4 ? 3n ? 12. 3 ?1

7

? un ? 4 ? 3n ? 12 ? u1 ? 4 ? 3n ? 12 ? 10 ? 4 ? 3n ? 2.

又? bn ? bn?1 ? un?1 ? 4 ? 3n?1 ? 2,
? b2 ? b1 ? 4 ? 31 ? 2, b3 ? b2 ? 4 ? 32 ? 2,?, bn ? bn ?1 ? 4 ? 3n?1 ? 2.

将以上各式两边相加,得:
3(3n ?1 ? 1) bn ? b1 ? 4(3 ? 3 ? ? ? 3 ) ? 2(n ? 1) ? 4 ? ? 2(n ? 1) ? 2 ? 3n ? 2n ? 4, 3 ?1
1 2 n ?1

? bn ? 2 ? 3n ? 2n ? 4 ? b1 ? 2 ? 3n ? 2n ? 4 ? 5 ? 2 ? 3n ? 2n ? 1.

因此,数列 {bn } 的通项公式为:
bn ? 2 ? 3n ? 2n ? 1(n ? 1,2,3,?).

下面介绍用待定系数法求一阶和二阶等比数列的通项的方法. 定理 1 若数列 {a n } 为一阶等比数列,则数列的通项公式为:
an ? Aq n ?1 ? B(n ? 1,2,3,?) 其中 A、B 为非 0 的常数,q 为一阶差数列的公比.

证明: 因为数列 {a n } 是一阶等比数列,故数列
(a2 ? a1 ), (a3 ? a2 ), ?(an?1 ? an ), ? 是等比数列.设公比为 q(q ? 1) ,

则 an ?1 ? an ? (a2 ? a1 )q n ?1 , 因为 a1 ? a2 , a2 ? a1 ? 0 . 由此得 a2 ? a1 ? (a2 ? a1 )q 0 , a3 ? a2 ? (a2 ? a1 )q1 , a4 ? a3 ? (a2 ? a1 )q 2 ,?
an ? an ?1 ? (a2 ? a1 )q n ?2 (n ? 2)

将以上各式两边分别相加,得:
1 ? q n ?1 1? q

an ? a1 ? (a2 ? a1 )(1 ? q ? q 2 ? ? ? q n ?2 ) ? (a2 ? a1 )

∴ a n ? a1 ? (a 2 ? a1 )

1 ? q n ?1 . (n ? 2) 1? q

此公式当 n ? 1 ,时的值为 a1 ,因此数列通项公式为:
an ? a1 ? (a2 ? a1 ) 1 ? q n ?1 (n ? 1,2,3,?) 1? q

8

令 A ? ?(

a2 ? a1 1 ), B ? a1 ? (a2 ? a1 ) , 则数列 {a n } 的通项公式可以写成 1? q 1? q

an ? Aq n ?1 ? B(n ? 1,2,3,?)

定理证毕.

★当数列 {a n } 为二阶等比数列时, 因为一阶差数列 (a2 ? a1 ), (a3 ? a2 ), ?(an?1 ? an ), ? 是 一阶等比数列,由定理可得此数列的通项公式为:
an?1 ? an ? A1q n?1 ? B1 (n ? 1,2,3,?)

其中 q 是二阶差数列的公比, A、B1 是常数.将此公式两边求和,得: 1

?
k ?2

n

(ak ? ak ?1 ) ? ? ( A1q k ?2 ? B1 ), 即 an ? a1 ?
k ?2

n

A1 (1 ? q n ?1 ) ? B1 (n ? 1) . 1? q

由此可以得到,二阶等比数列 {a n } 的通项公式为:
an ? A?q n ? B1n ? C ? .

其中 A? , B1 , C ? 都是常数.

一般地说,p 阶等比数列的通项形式为:
an ? Aq n ?1 ? B1n p ? B2 n p ? ? B p .

利用上述结论,可以用待定系数法求高阶等比数列的通项公式. 【例 2】 求数列 {a n } :1,31,221,1211,6201,31191,…的通项公式. 解:不难验证,数列是 2 阶等比数列,且二阶差数列的公比为 5,于是可设数列通项 为: an ? A ? 5n ?1 ? Bn ? C. ∵ a1 ? 1, a2 ? 31, a3 ? 221, 于是得方程组

? A ? B ? C ? 1, ? 解这个方程组,得 A=10,B=-10,C=1. ?5 A ? 2 B ? C ? 31, ?25 A ? 3B ? C ? 221 . ?

因此,数列的通项公式为 an ? 2 ? 5n ? 10 n ? 1(n ? 1,2,3,?) ∵ p 阶等比数列的通项公式为: an ? Aq n ?1 ? B1n p ?1 ? B2 n p ?2 ? ? BP , 于是数列的前 n 项和为: S n ? ? ak ? A? q k ?1 ? B1 ? k p ?1 ? B2 ? k p ?2 ? ? B p .
k ?1 k ?1 k ?1 k ?1 k ?1 n n n n n

由此可见,只要求出高阶等比数列的通项公式,它的前 n 项和也是可以求出来的.

9

【例 3】 求数列 {a n } 32 ,52 ,92 ,17 2 ,332 ,? 的前 n 项和. 解:先求数列 {bn } :3,5,9,17,33,…的通项,这个数列的一阶差数列为 2,4, 8,16,…是一个等比数列,其公比为 2,因而可设数列 {bn } 的通项公式为
? A ? B ? 3, bn ? A2 n ?1 ? B. 因为 b1 ? 3, b2 ? 5, 于是方程组 ? ? 2 A ? B ? 5.

解之 A=2,B=1.

因此,数列 {bn } 的通项公式为 bn ? 2 ? 2n?1 ? 1 ? 2n ? 1(n ? 1,2,3?), ∴ 数列 {a n } 的通项公式为: an ? bn2 ? (2 n ? 1) 2 ? 2 2 n ? 2 n ?1 ? 1. 数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ? ? ak ? ? (2 2 k ? 2 k ?1 ? 1) ? ? (4 k ? 2 ? 2 k ? 1)
k ?1 k ?1 k ?1 n n n 3 ? ? 4 k ? 2? 2 k ? ? 1 ? (4n ? 1) ? 4(2n ? 1) ? n . 4 k ?1 k ?1 k ?1 n n n

1 16 化简后,得数列 {a n } 的前 n 项和公式: S n ? 4n?1 ? 2n? 2 ? n ? (n ? 1,2,3?). 3 3

10


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