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【步步高】2015届高三数学北师大版(通用,理)总复习学案:学案30 等比数列及其前n项和


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学案 30

等比数列及其前 n 项和

导学目标: 1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式.3.了解 等比数列与指数函数的关系.4.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系, 并能用等比数列 的有关知识解决相应的问题.

自主梳理 1.等

比数列的定义 如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零),那么这个 数列叫做等比数列,这个常数叫做等比数列的________,通常用字母________表示(q≠0). 2.等比数列的通项公式 设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,则它的通项 an=______________. 3.等比中项: 如果在 a 与 b 中间插入一个数 G,使 a,G,b 成等比数列,那么 G 叫做 a 与 b 的等比 中项. 4.等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广:an=am· ________ (n,m∈N*). (2)若{an}为等比数列, 且 k+l=m+n (k, l, m, n∈N*), 则__________________________. ?1? ?an? (3)若{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan} (λ≠0),?a ?,{a2 bn},?b ?仍是 n},{an· ? n? ? n? 等比数列. ?a1>0, ?a1>0, ?a1<0 ?a1<0 ? ? (4) 单调性: ? 或? ? {an} 是 ________ 数列; ? 或? ? {an} 是 ?0<q<1 ?q>1 ?q>1 ?0<q<1 ? ? ________数列;q=1?{an}是____数列;q<0?{an}是________数列. 5.等比数列的前 n 项和公式 等比数列{an}的公比为 q (q≠0),其前 n 项和为 Sn,当 q=1 时,Sn=na1; a1?1-qn? a1?qn-1? a1qn a1 当 q≠1 时,Sn= = = - . 1-q q-1 q-1 q-1 6.等比数列前 n 项和的性质 公比不为-1 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 仍成等比数列, 其公比为______. 自我检测 1 . “b = ac ” 是 “a 、 b 、 c 成 等 比 数 列 ” 的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2. 若数列{an}的前 n 项和 Sn=3n-a, 数列{an}为等比数列, 则实数 a 的值是 ( ) A.3 B.1 C.0 D.-1 + 3 . (2011· 温 州 月 考 ) 设 f(n) = 2 + 24 + 27 + … + 23n 1 (n ∈ N*) , 则 f(n) 等 于 ( ) 2 2 + A. (8n-1) B. (8n 1-1) 7 7 2 n+2 2 + C. (8 -1) D. (8n 3-1) 7 7 4.(2011· 湖南长郡中学月考)已知等比数列{an}的前三项依次为 a-2,a+2,a+8,则 an 等 于
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(

)

?3?n A.8· ?2? ?3?n-1 C.8· ?2?

?2?n B.8· ?3? ?2?n-1 D.8· ?3?

5.设{an}是公比为 q 的等比数列,|q|>1,令 bn=an+1 (n=1,2,…),若数列{bn}有连 续四项在集合{-53,-23,19,37,82}中,则 6q=________.

探究点一 等比数列的基本量运算 例 1 已知正项等比数列{an}中,a1a5+2a2a6+a3a7=100,a2a4-2a3a5+a4a6=36,求 数列{an}的通项 an 和前 n 项和 Sn.

变式迁移 1 在等比数列{an}中,a1+an=66,a2· an-1=128,Sn=126,求 n 和 q.

探究点二 等比数列的判定 例 2 (2011· 岳阳月考)已知数列{an}的首项 a1=5, 前 n 项和为 Sn, 且 Sn+1=2Sn+n+5, * n∈N . (1)证明数列{an+1}是等比数列; (2)求{an}的通项公式以及 Sn.

变式迁移 2 设数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知 a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n ∈N ). (1)求 a2,a3 的值; (2)求证:数列{Sn+2}是等比数列.
*

探究点三 等比数列性质的应用 例3 1 1 1 1 (2011· 湛江月考)在等比数列{an}中, a1+a2+a3+a4+a5=8, 且 + + + + a1 a2 a3 a4

1 =2,求 a3. a5

变式迁移 3 (1)已知等比数列{an}中,有 a3a11=4a7,数列{bn}是等差数列,且 b7=a7, 求 b5+b9 的值; (2)在等比数列{an}中,若 a1a2a3a4=1,a13a14a15a16=8,求 a41a42a43a44.

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分类讨论思想与整体思想的应用 例 (12 分)设首项为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 80,它的前 2n 项和为 6 560, 且前 n 项中数值最大的项为 54,求此数列的第 2n 项. 【答题模板】 解 设数列{an}的公比为 q, 若 q=1,则 Sn=na1,S2n=2na1=2Sn. ∵S2n=6 560≠2Sn=160,∴q≠1,[2 分]

? ? 由题意得? a ?1-q ? ? 1-q
1

a1?1-qn? =80, 1-q
2n

① [4 分] ②

? =6 560.

将①整体代入②得 80(1+qn)=6 560, ∴qn=81.[6 分] 将 qn=81 代入①得 a1(1-81)=80(1-q), ∴a1=q-1,由 a1>0,得 q>1, ∴数列{an}为递增数列.[8 分] a1 n a1 - ∴an=a1qn 1= · q =81· =54. q q a1 2 ∴ = .[10 分] q 3 与 a1=q-1 联立可得 a1=2,q=3, - ∴a2n=2×32n 1 (n∈N*).[12 分] 【突破思维障碍】 (1)分类讨论的思想:①利用等比数列前 n 项和公式时要分公比 q=1 和 q≠1 两种情况 讨论;②研究等比数列的单调性时应进行讨论:当 a1>0,q>1 或 a1<0,0<q<1 时为递增数列; 当 a1<0,q>1 或 a1>0,0<q<1 时为递减数列;当 q<0 时为摆动数列;当 q=1 时为常数列.(2) a1 n - 函数的思想:等比数列的通项公式 an=a1qn 1= · q (q>0 且 q≠1)常和指数函数相联系.(3) q a1 整体思想:应用等比数列前 n 项和时,常把 qn, 当成整体求解. 1-q a1?1-qn? 本题条件前 n 项中数值最大的项为 54 的利用是解决本题的关键,同时将 qn 和 1-q 的值整体代入求解,简化了运算,体现了整体代换的思想,在解决有关数列求和的题目时应 灵活运用. na , ? ? 1 ,Sn=?a1?1-qn? , ? ? 1-q q=1, q≠1.

1.等比数列的通项公式、前 n 项公式分别为 an=a1q

n-1

2.等比数列的判定方法: an+1 (1)定义法:即证明 =q (q≠0,n∈N*) (q 是与 n 值无关的常数). an (2)中项法:证明一个数列满足 a2 an+2 (n∈N*且 an· an+1· an+2≠0). n+1=an· 3.等比数列的性质:
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(1)an=am· q (n,m∈N ); (2)若{an}为等比数列,且 k+l=m+n (k,l,m,n∈N*),则 ak· al=am· an; (3)设公比不为-1 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 仍成等比 数列,其公比为 qn. 4.在利用等比数列前 n 项和公式时,一定要对公比 q=1 或 q≠1 作出判断;计算过程 中要注意整体代入的思想方法. 5.等差数列与等比数列的关系是: (1)若一个数列既是等差数列,又是等比数列,则此数列是非零常数列; (2)若{an}是等比数列,且 an>0,则{lg an}构成等差数列.

n-m

*

(满分:75 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1. (2010· 辽宁)设{an}是由正数组成的等比数列, Sn 为其前 n 项和. 已知 a2a4=1, S3=7, 则 S5 等 于 ( ) 15 31 33 17 A. B. C. D. 2 4 4 2 S5 2 . (2010· 浙 江 ) 设 Sn 为 等 比 数 列 {an} 的 前 n 项 和 , 8a2 + a5 = 0 , 则 等 于 S2 ( ) A.-11 B.-8 C.5 D.11 3.在各项都为正数的等比数列{an}中,a1=3,前三项的和 S3=21,则 a3+a4+a5 等于 ( ) A.33 B.72 C.84 D.189 4.等比数列{an}前 n 项的积为 Tn,若 a3a6a18 是一个确定的常数,那么数列 T10,T13, T17 , T25 中 也 是 常 数 的 项 是 ( ) A.T10 B.T13 C.T17 D.T25 S10 5. (2011· 佛山模拟)记等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 S3=2, S6=18, 则 等于( ) S5 A.-3 B.5 C.-31 D.33 1 2 3 4 5 题号 答案 二、填空题(每小题 4 分,共 12 分) 6 .设 {an} 是公比为正数的等比数列,若 a1 = 1 , a5 = 16 ,则数列 {an} 前 7 项的和为 ________. 7.(2011· 平顶山月考)在等比数列{an}中,公比 q=2,前 99 项的和 S99=30,则 a3+a6 +a9+…+a99=________. 8.(2010· 福建)在等比数列{an}中,若公比 q=4,且前 3 项之和等于 21,则该数列的通 项公式 an=________. 三、解答题(共 38 分) 9.(12 分)(2010· 陕西)已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且 a1,a3,a9 成等比 数列. (1)求数列{an}的通项; (2)求数列{2an}的前 n 项和 Sn.

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10.(12 分)(2011· 廊坊模拟)已知数列{log2(an-1)}为等差数列,且 a1=3,a2=5. (1)求证:数列{an-1}是等比数列; 1 1 1 (2)求 + +…+ 的值. a2-a1 a3-a2 an+1-an

11.(14 分)已知等差数列{an}的首项 a1=1,公差 d>0,且第 2 项、第 5 项、第 14 项分 别是等比数列{bn}的第 2 项、第 3 项、第 4 项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; c1 c2 cn (2)设数列{cn}对 n∈N*均有 + +…+ =an+1 成立,求 c1+c2+c3+…+c2 010. b1 b2 bn

答案 自主梳理 - - 1.公比 q 2.a1· qn 1 4.(1)qn m (2)ak· al=am· an (4)递增 递减 常 摆动 6.qn 自我检测 1.D 2.B 3.B 4.C 5.-9 课堂活动区 例 1 解题导引 (1)在等比数列的通项公式和前 n 项和公式中共有 a1,an,q,n,Sn 五个量,知道其中任意三个量,都可以求出其余两个量.解题时,将已知条件转化为基本量 间的关系,然后利用方程组的思想求解; (2)本例可将所有项都用 a1 和 q 表示,转化为关于 a1 和 q 的方程组求解;也可利用等比 数列的性质来转化,两种方法目的都是消元转化. 解 方法一 由已知得: 4 2 6 2 8 ① ?a2 ? 1q +2a1q +a1q =100,
? 2 4 2 6 2 8 ? ?a1q -2a1q +a1q =36.



①-②,得

16 代入①,得 2 +2×16+16q2=100. q 1 解得 q2=4 或 q2= . 4 1 又数列{an}为正项数列,∴q=2 或 . 2 1 当 q=2 时,可得 a1= , 2 1 n-1 n-2 ∴an= ×2 =2 , 2 1 (1-2n) 2 1 - Sn= =2n 1- ; 2 1-2 1 当 q= 时,可得 a1=32. 2 1?n-1 6-n ∴an=32×? ?2? =2 .

6 2 6 4a2 1q =64,∴a1q =16.③

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?1?n? 32? ?1-?2? ? - Sn= =64-26 n. 1 1- 2 2 方法二 ∵a1a5=a2a4=a2 3,a2a6=a3a5,a3a7=a4a6=a5, ?a1a5+2a2a6+a3a7=100, ? 由? ?a2a4-2a3a5+a4a6=36, ?
2 2 ? ?a3+2a3a5+a5=100, ? 可得 2 2 ?a3-2a3a5+a5=36, ?

?(a3+a5)2=100, ? 即? 2 ?(a3-a5) =36. ? ? ? ? ?a3+a5=10, ?a3=8, ?a3=2, ∴? 解得? 或? ?a3-a5=± ?a5=2, ?a5=8. 6. ? ? ? a 2 1 5 当 a3=8,a5=2 时,q2= = = . a3 8 4 1 ∵q>0,∴q= ,由 a3=a1q2=8, 2 1?n-1 6-n 得 a1=32,∴an=32×? ?2? =2 . 1 - 32-26 n× 2 - Sn= =64-26 n. 1 1- 2 8 当 a3=2,a5=8 时,q2= =4,且 q>0, 2 ∴q=2. 2 1 由 a3=a1q2,得 a1= = . 4 2 1 n-1 n-2 ∴an= ×2 =2 . 2 1 n (2 -1) 2 1 - Sn= =2n 1- . 2 2-1 变式迁移 1 解 由题意得 ? an-1=a1· an=128, ?a2· ? ?a1+an=66, ? ?a1=64, ?a1=2, ? ? 解得? 或? ? ? ?an=2 ?an=64. ? ?a1=64, a1-anq 64-2q 若? 则 Sn= = =126, 1-q 1-q ?an=2, ? 1 ?1?n-1, 解得 q= ,此时,an=2=64· ?2? 2 ∴n=6. ?a1=2, ? 2-64q 若? 则 Sn= =126,∴q=2. 1-q ? ?an=64,

∴an=64=2· 2n 1.∴n=6.


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1 综上 n=6,q=2 或 . 2 例 2 解题导引 (1)证明数列是等比数列的两个基本方法: an+1 ① =q (q 为与 n 值无关的常数)(n∈N*). an * ②a2 n+1=anan+2 (an≠0,n∈N ). (2)证明数列不是等比数列,可以通过具体的三个连续项不成等比数列来证明,也可用 反证法. (1)证明 由已知 Sn+1=2Sn+n+5,n∈N*, 可得 n≥2 时,Sn=2Sn-1+n+4, 两式相减得 Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)+1, 即 an+1=2an+1,从而 an+1+1=2(an+1), 当 n=1 时,S2=2S1+1+5, 所以 a2+a1=2a1+6, 又 a1=5,所以 a2=11, 从而 a2+1=2(a1+1), 故总有 an+1+1=2(an+1),n∈N*, an+1+1 又 a1=5,a1+1≠0,从而 =2, an+1 即数列{an+1}是首项为 6,公比为 2 的等比数列. - (2)解 由(1)得 an+1=6· 2n 1, - 所以 an=6· 2n 1-1, 6· (1-2n) 于是 Sn= -n=6· 2n-n-6. 1-2 变式迁移 2 (1)解 ∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),∴当 n=1 时,a1 =2×1=2; 当 n=2 时,a1+2a2=(a1+a2)+4,∴a2=4; 当 n=3 时,a1+2a2+3a3=2(a1+a2+a3)+6, ∴a3=8. (2)证明 ∵a1+2a2+3a3+…+nan =(n-1)Sn+2n(n∈N*),① ∴当 n≥2 时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1 =(n-2)Sn-1+2(n-1).② ①-②得 nan=(n-1)Sn-(n-2)Sn-1+2=n(Sn-Sn-1)-Sn+2Sn-1+2=nan-Sn+2Sn-1+ 2. ∴-Sn+2Sn-1+2=0,即 Sn=2Sn-1+2, ∴Sn+2=2(Sn-1+2). ∵S1+2=4≠0,∴Sn-1+2≠0, Sn+2 ∴ =2, Sn-1+2 故{Sn+2}是以 4 为首项,2 为公比的等比数列. 例 3 解题导引 在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,利用性质,特 别是性质“若 m+n=p+q,则 am· an=ap· aq”,可以减少运算量,提高解题速度. 解 由已知得 1 1 1 1 1 + + + + a1 a2 a3 a4 a5 a1+a5 a2+a4 a3 = + + 2 a1a5 a2a4 a3 a1+a2+a3+a4+a5 8 = = 2=2, a2 a3 3
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∴a2 2.若 3=4,∴a3=±

a3=-2,设数列的公比为 q, -2 -2 则 2 + -2-2q-2q2=8, q q 1 1 即 2+ +1+q+q2 q q 1 1?2 ? 1?2 1 =? ?q+2? +?q+2? +2=-4. 此式显然不成立,经验证,a3=2 符合题意,故 a3=2. 变式迁移 3 解 (1)∵a3a11=a2 7=4a7, ∵a7≠0,∴a7=4,∴b7=4, ∵{bn}为等差数列,∴b5+b9=2b7=8. 6 (2)a1a2a3a4=a1· a1q· a1q2· a1q3=a4 1q =1.① a13a14a15a16=a1q12· a1q13· a1q14· a1q15 4 54 =a1· q =8.② a4 q54 1· ②÷ ①: 4 6 =q48=8?q16=2, a1· q 又 a41a42a43a44=a1q40· a1q41· a1q42· a1q43 4 166 4 6 160 4 6 16 10 =a1· q =a1· q· q =(a1· q )· (q ) 10 =1· 2 =1 024. 课后练习区 1.B [∵{an}是由正数组成的等比数列,且 a2a4=1, ∴设{an}的公比为 q,则 q>0,且 a2 3=1,即 a3=1. 1 1 ∵S3=7,∴a1+a2+a3= 2+ +1=7,即 6q2-q-1=0. q q 1 1 1 故 q= 或 q=- (舍去),∴a1= 2=4. 2 3 q 1 4(1- 5) 2 1 31 ∴S5= =8(1- 5)= .] 1 2 4 1- 2
5 S5 a1(1+2 ) [由 8a2+a5=0,得 8a1q+a1q4=0,所以 q=-2,则 = =-11.] S2 a1(1-22) 3.C [由题可设等比数列的公比为 q, 3(1-q3) 则 =21?1+q+q2=7?q2+q-6=0 1-q ?(q+3)(q-2)=0, 根据题意可知 q>0,故 q=2. 所以 a3+a4+a5=q2S3=4×21=84.] 3 2+5+17 4.C [a3a6a18=a1 q =(a1q8)3=a3 9,即 a9 为定值,所以下标和为 9 的倍数的积为定 值,可知 T17 为定值.] 5.D [因为等比数列{an}中有 S3=2,S6=18, a1(1-q6) 1-q S6 3 18 即 = 3 =1+q = =9, S3 a1(1-q ) 2 1-q a1(1-q10) 1-q S10 故 q=2,从而 = S5 a1(1-q5) 1-q =1+q5=1+25=33.]

2.A

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6.127 a5 解析 ∵公比 q4= =16,且 q>0,∴q=2, a1 7 1-2 ∴S7= =127. 1-2 120 7. 7 解析 ∵S99=30,即 a1(299-1)=30, ∵数列 a3,a6,a9,…,a99 也成等比数列且公比为 8, 4a1(1-833) ∴a3+a6+a9+…+a99= 1-8 99 4a1(2 -1) 4 120 = = ×30= . 7 7 7 n-1 8.4 解析 ∵等比数列{an}的前 3 项之和为 21,公比 q=4, - 不妨设首项为 a1,则 a1+a1q+a1q2=a1(1+4+16)=21a1=21,∴a1=1,∴an=1×4n - 1 =4n 1. 9.解 (1)由题设知公差 d≠0, 由 a1=1,a1,a3,a9 成等比数列, 1+2d 1+8d 得 = ,………………………………………………………………………… (4 1 1+2d 分) 解得 d=1 或 d=0(舍去). 故{an}的通项 an=1+(n-1)×1=n.……………………………………………………(7 分) (2)由(1)知 2an=2n,由等比数列前 n 项和公式, n 2 3 n 2(1-2 ) 得 Sn=2+2 +2 +…+2 = 1-2 n+1 =2 -2.………………………………………………………………………………(12 分) 10. (1)证明 设 log2(an-1)-log2(an-1-1)=d (n≥2), 因为 a1=3, a2=5, 所以 d=log2(a2 -1)-log2(a1-1)=log24-log22=1,………………………………………………………… (3 分) 所以 log2(an-1)=n,所以 an-1=2n, an-1 所以 =2 (n≥2),所以{an-1}是以 2 为首项,2 为公比的等比数列.………(6 分) an-1-1 - (2)解 由(1)可得 an-1=(a1-1)· 2n 1, 所以 an=2n+1, …………………………………………………………………………(8 分) 1 1 1 所以 + +…+ a2-a1 a3-a2 an+1-an 1 1 1 = 2 + 3 +…+ n+1 2 -2 2 -22 2 -2n 1 1 1 1 = + 2+…+ n=1- n.………………………………………………………………(12 分) 2 2 2 2 11.解 (1)由已知有 a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d, ∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d). 解得 d=2(d=0 舍).……………………………………………………………………(2 分) ∴an =1 + (n -1)· 2 =2n- 1. ……………………………………………………………… (3 分) 又 b2=a2=3,b3=a5=9, ∴数列{bn}的公比为 3, - - ∴bn = 3· 3n 2 = 3n 1. ……………………………………………………………………… (6
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分) c1 c2 cn (2)由 + +…+ =an+1 得 b1 b2 bn cn-1 c1 c2 当 n≥2 时, + +…+ =an. b1 b2 bn-1 cn 两式相减得: 当 n≥2 时, =an+1-an=2.……………………………………………(9 分) bn - ∴cn=2bn=2· 3n 1 (n≥2). c1 又当 n=1 时, =a2,∴c1=3. b1 ? (n=1) ?3 ∴cn=? n-1 .……………………………………………………………(11 分) ?2· 3 (n≥2) ? ∴c1+c2+c3+…+c2 010 6-2×32 010 =3+ =3+(-3+32 010)=32 010.…………………………………………(14 分) 1-3

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