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步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题三 第1讲 等差数列、等比数列


第1讲

等差数列、等比数列

【高考考情解读】 高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式:1.以填空题的形式考查, 主要利用等差、 等比数列的通项公式、 前 n 项和公式及其性质解决与项、 和有关的计算问题, 属于基础题;2.以解答题的形式考查,主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前 n 项和 公式及其性质等知识交汇综合命题,考查用数列知

识分析问题、解决问题的能力,属低、中 档题.

?S1, n=1, ? 1. an 与 Sn 的关系 Sn=a1+a2+?+an,an=? ?Sn-Sn-1, n≥2. ?

2. 等差数列和等比数列 等差数列 定义 通项公式 (1)定义法 (2)中项公式法:2an+1=an+an+2(n≥1) ?{an}为等差数列 (3)通项公式法: an=pn+q(p、 q 为常数) 判定方法 ?{an}为等差数列 (4)前 n 项和公式法:Sn=An2+Bn(A、B 为常数)?{an}为等差数列 (5){an} 为等比数列, an>0 ? {logaan} 为 等差数列 an-an-1=常数(n≥2) an=a1+(n-1)d 等比数列 an =常数(n≥2) an-1 an=a1qn 1(q≠0)


(1)定义法 (2)中项公式法:a2 an+2 n+1=an· (n≥1)(an≠0) ?{an}为等比数列 (3)通项公式法:an=c· qn(c、q 均是 不为 0 的常数,n∈N*)?{an}为等 比数列 (4){an} 为等差数列 ? {aan} 为等比 数列(a>0 且 a≠1)

(1)若 m、 n、 p、 q∈N*, 且 m+n=p+q, (1)若 m、n、p、q∈N*,且 m+n= 性质 则 am+an=ap+aq (2)an=am+(n-m)d p+q,则 am· an=ap· aq (2)an=amqn
-m

(3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?仍成等差 数列 n?a1+an? n?n-1? Sn= =na1+ d 2 2

(3)等比数列依次每 n 项和(Sn≠0)仍 成等比数列 a1?1-qn? a1-anq (1)q≠1,Sn= = 1-q 1-q (2)q=1,Sn=na1

前 n 项和

考点一 与等差数列有关的问题 例1 在等差数列{an}中,满足 3a5=5a8,Sn 是数列{an}的前 n 项和. (1)若 a1>0,当 Sn 取得最大值时,求 n 的值; Sn-an (2)若 a1=-46,记 bn= ,求 bn 的最小值. n 解 (1)设{an}的公差为 d,则

2 由 3a5=5a8,得 3(a1+4d)=5(a1+7d),∴d=- a1. 23 n?n-1? ? 2 ? 1 24 ∴Sn=na1+ ×?-23a1?=- a1n2+ a1n 2 23 23 1 144 =- a1(n-12)2+ a1. 23 23 ∵a1>0,∴当 n=12 时,Sn 取得最大值. 2 (2)由(1)及 a1=-46,得 d=- ×(-46)=4, 23 ∴an=-46+(n-1)×4=4n-50, n?n-1? Sn=-46n+ ×4=2n2-48n. 2 Sn-an 2n2-52n+50 ∴bn= = n n 50 =2n+ -52≥2 n 50 2n× -52=-32, n

50 当且仅当 2n= ,即 n=5 时,等号成立. n 故 bn 的最小值为-32. (1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差,只要根据已知条件求出这 两个量,其他问题就可随之而解,这就是解决等差数列问题的基本方法,其中蕴含着方 程思想的运用. (2)等差数列的性质 ①若 m,n,p,q∈N*,且 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq;

②Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?,仍成等差数列; am-an ③am-an=(m-n)d?d= (m,n∈N*); m-n an A2n-1 ④ = (A ,B2n-1 分别为{an},{bn}的前 2n-1 项的和). bn B2n-1 2n-1 (3)数列{an}是等差数列的充要条件是其前 n 项和公式 Sn=f(n)是 n 的二次函数或一次函 数且不含常数项,即 Sn=An2+Bn(A2+B2≠0). (1)(2012· 浙江改编)设 Sn 是公差为 d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前 n 项和, 则下列命题错误 的是________.(填序号) .. ①若 d<0,则数列{Sn}有最大项; ②若数列{Sn}有最大项,则 d<0; ③若数列{Sn}是递增数列,则对任意 n∈N*,均有 Sn>0; ④若对任意 n∈N*,均有 Sn>0,则数列{Sn}是递增数列. (2)(2013· 课标全国Ⅰ改编)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1= 3,则 m=________. 答案 解析 (1)③ (2)5

d d a1- ?n 的单调性判断. (1)利用函数思想,通过讨论 Sn= n2+? 2? ? 2

d 1 d a1- ?n. 设{an}的首项为 a1,则 Sn=na1+ n(n-1)d= n2+? 2? ? 2 2 由二次函数性质知 Sn 有最大值时,则 d<0,故①②正确; 因为{Sn}为递增数列,则 d>0,不妨设 a1=-1,d=2,显然{Sn}是递增数列,但 S1= -1<0,故③错误; 对任意 n∈N*,Sn 均大于 0 时,a1>0,d>0,{Sn}必是递增数列,④正确. (2)am=2,am+1=3,故 d=1, m?m-1? 因为 Sm=0,故 ma1+ d=0, 2 m-1 故 a1=- , 2 因为 am+am+1=5, 故 am+am+1=2a1+(2m-1)d =-(m-1)+2m-1=5, 即 m=5. 考点二 与等比数列有关的问题 例 2 (1)(2012· 课标全国改编)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则 a1+a10=

________.

(2)(2012· 浙江)设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3a2+2,S4=3a4 +2,则 q=________. 答案 解析 3 (1)-7 (2) 2 (1)利用等比数列的性质求解.

?a4+a7=2, ?a4=-2, ?a4=4, ? ? ? 由? 解得? 或? ?a5a6=a4a7=-8 ?a7=4 ?a7=-2. ? ? ?

? ?q3=-2, ?q3=-2, ? ∴? 或? ?a1=1 ? ?
∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.

1

?a1=-8,

(2)利用等比数列的通项公式及前 n 项和公式求解. S4=S2+a3+a4=3a2+2+a3+a4=3a4+2, 将 a3=a2q,a4=a2q2 代入得, 3a2+2+a2q+a2q2=3a2q2+2,化简得 2q2-q-3=0, 3 解得 q= (q=-1 不合题意,舍去). 2 (1)证明数列是等比数列的两个方法:①利用定义:
* 用等比中项 a2 n=an-1an+1(n≥2,n∈N ).

an+1 (n∈N*)是常数,②利 an

(2)等比数列中的五个量:a1,an,q,n,Sn 可以“知三求二”. (3){an}为等比数列,其性质如下: ①若 m、n、r、s∈N*,且 m+n=r+s,则 am· an=ar· as; ②an=amqn m;


③Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 成等比数列(q≠-1). (4)等比数列前 n 项和公式 na ?q=1?, ? ? 1 Sn=?a1?1-qn? a1-anq = ?q≠1?. ? 1-q ? 1-q ①能“知三求二”;②注意讨论公比 q 是否为 1;③a1≠0. (2013· 湖北)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≥2 013?若存在,求出符合条件的所有 n 的集合;若不 存在,说明理由. 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q,则 a1≠0,q≠0.由题意得

2 3 2 ? ? ?S2-S4=S3-S2, ?-a1q -a1q =a1q , ? 即? 2 ?a2+a3+a4=-18. ? ? ?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)n. 1-?-2? 假设存在 n,使得 Sn≥2 013, 则 1-(-2)n≥2 013,即(-2)n≤-2 012. 当 n 为偶数时,(-2)n>0.上式不成立; 当 n 为奇数时,(-2)n=-2n≤-2 012, 即 2n≥2 012,则 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}. 考点三 等差数列、等比数列的综合应用 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. 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. 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法 (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)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题,求解时用等差(比)数列的 相关知识,将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可. 已知数列{an}满足 a1=3,an+1-3an=3n(n∈N*),数列{bn}满足 bn=3 nan.


(1)求证:数列{bn}是等差数列; a1 a2 a3 an 1 Sn 1 (2)设 Sn= + + +?+ ,求满足不等式 < < 的所有正整数 n 的值. 3 4 5 128 S2n 4 n+2 (1)证明 由 bn=3 nan 得 an=3nbn,


则 an+1=3n 1bn+1.


代入 an+1-3an=3n 中,得 3n 1bn+1-3n 1bn=3n,
+ +

1 即得 bn+1-bn= . 3 所以数列{bn}是等差数列. (2)解 因为数列{bn}是首项为 b1=3 1a1=1,


1 公差为 的等差数列, 3 n+2 1 则 bn=1+ (n-1)= , 3 3 则 an=3nbn=(n+2)×3n 1,


从而有

an - =3n 1, n+2

a1 a2 a3 an 故 Sn= + + +?+ 3 4 5 n+2 1-3n 3n-1 - =1+3+32+?+3n 1= = , 2 1-3 则 由
n Sn 3 -1 1 = 2n = n , S2n 3 -1 3 +1

1 Sn 1 1 1 1 < < ,得 < n < , 128 S2n 4 128 3 +1 4

即 3<3n<127,得 1<n≤4. 1 Sn 1 故满足不等式 < < 的所有正整数 n 的值为 2,3,4. 128 S2n 4

1. 在等差(比)数列中,a1,d(q),n,an,Sn 五个量中知道其中任意三个,就可以求出其他 两个.解这类问题时,一般是转化为首项 a1 和公差 d(公比 q)这两个基本量的有关运算. 2. 等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既 快捷又方便的工具,应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时 需要进行适当变形. 3. 等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性 d>0?{an}为递增数列,Sn 有最小值. d<0?{an}为递减数列,Sn 有最大值. d=0?{an}为常数列. (2)等比数列的单调性
?a1>0, ?a1<0, ?a1>0, ?a1<0, ? ? ? ? 当? 或? 时,{an}为递增数列,当? 或? 时,{an}为递减数 ?q>1 ?0<q<1 ?0<q<1 ? ? ? ? ?q>1

列. 4. 常用结论 Sn (1)若{an},{bn}均是等差数列,Sn 是{an}的前 n 项和,则{man+kbn},{ }仍为等差数 n 列,其中 m,k 为常数. (2)若{an}, {bn}均是等比数列, 则{can}(c≠0), {|an|}, {an· bn}, {manbn}(m 为常数), {a2 n}, 1 { }等也是等比数列. an (3)公比不为 1 的等比数列,其相邻两项的差也依次成等比数列,且公比不变,即 a2- a3-a2 ?a2-a1?q a1,a3-a2,a4-a3,?成等比数列,且公比为 = =q. a2-a1 a2-a1 (4)等比数列(q≠-1)中连续 k 项的和成等比数列,即 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,?成等比数 列,其公差为 qk. 等差数列中连续 k 项的和成等差数列,即 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,?成等差数列,公差 为 k2d. 5. 易错提醒
?S1,n=1, ? (1)应用关系式 an=? 时,一定要注意分 n=1,n≥2 两种情况,在求出 ?Sn-Sn-1,n≥2 ?

结果后,看看这两种情况能否整合在一起. a+c (2)三个数 a,b,c 成等差数列的充要条件是 b= ,但三个数 a,b,c 成等比数列的 2

必要条件是 b2=ac.

a8+a9 1 1. 已知等比数列{an}中,各项都是正数,且 a1, a3,2a2 成等差数列,则 =________. 2 a6+a7 答案 3+2 2 解析 记等比数列{an}的公比为 q,其中 q>0, 由题意知 a3=a1+2a2,即 a1q2=a1+2a1q. 因为 a1≠0,所以有 q2-2q-1=0, 由此解得 q=1± 2, 又 q>0,所以 q=1+ 2. a8+a9 q2?a6+a7? 2 所以 = =q =(1+ 2)2=3+2 2. a6+a7 a6+a7 1 4 2. 已知正项等比数列{an}满足 a7=a6+2a5, 若存在两项 am, an 使得 aman=4a1, 则 + 的 m n 最小值为________. 答案 3 2

解析 因为 a7=a6+2a5,所以 q2-q-2=0, 解得 q=2 或 q=-1(舍去).
m 又 aman= a2 1q
+n-2

=4a1,

所以 m+n=6. 1 4 1 1 4? + (m+n) 则 + = ? m n 6?m n? n 4m 1 1 1+ + +4?≥ ?5+2 = ? m n ? 6? 6? n 4m? 3 · = . m n? 2

n 4m 当且仅当 = ,即 n=2m 时,等号成立. m n 此时 m=2,n=4. 3. 已知等差数列{an}的前 n 项的和为 Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是 q,且满 足:a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q. (1)求 an 与 bn; an (2)设 cn=3bn-λ· 2 ,若数列{cn}是递增数列,求 λ 的取值范围. 3 解
?q+3+a2=12, ? (1)由已知可得? 2 ? ?3+a2=q ,

所以 q2+q-12=0,解得 q=3 或 q=-4(舍), 从而 a2=6,所以 an=3n,bn=3n 1.


an (2)由(1)知,cn=3bn-λ· 2 =3n-λ· 2n. 3 由题意,得 cn+1>cn 对任意的 n∈N*恒成立, 即 3n 1-λ· 2n 1>3n-λ· 2n 恒成立,
+ +

?3?n 恒成立. 亦即 λ· 2n<2· 3n 恒成立,即 λ<2· ?2?
3?n 由于函数 y=? ?2? 是增函数,

?3?n?min=2×3=3, 所以? ?2· ?2? ? 2
故 λ<3,

即 λ 的取值范围为(-∞,3).

(推荐时间:60 分钟) 一、填空题 1. (2013· 江西改编)等比数列 x,3x+3,6x+6,?的第四项等于________. 答案 -24 解析 由 x,3x+3,6x+6 成等比数列得,(3x+3)2=x(6x+6). 解得 x=-3 或 x=-1(不合题意,舍去). 故数列的第四项为-24. 2. (2013· 课标全国Ⅱ改编)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1=________. 答案 1 9

解析 设等比数列{an}的公比为 q, 由 S3=a2+10a1 得 a1+a2+a3=a2+10a1, 即 a3=9a1, 1 q2=9,又 a5=a1q4=9,所以 a1= . 9 3. 等差数列{an}前 9 项的和等于前 4 项的和.若 a4+ak=0,则 k=________. 答案 10 解析 由题意知 S9=S4,

∴a5+a6+a7+a8+a9=0, ∴5a7=0 即 a7=0,∴a4+a10=2a7=0, ∴k=10. 4. 已知等比数列{an}为递增数列.若 a1>0,且 2(an+an+2)=5an+1,则数列{an}的公比 q= ________. 答案 2 解析 ∵2(an+an+2)=5an+1, ∴2an(1+q2)=5anq, 1 ∴2(1+q2)=5q,解得 q=2 或 q= . 2 因为数列为递增数列,且 a1>0,所以 q>1,∴q=2. 5. 已知{an}是等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 S21=S4 → → Q(2 011,a2 011),则OP· OQ=________. 答案 2 011 解析 由 S21=S4 000 得 a22+a23+?+a4 000=0, 由于 a22+a4 000=a23+a3 999=?=2a2 011, 所以 a22+a23+?+a4 000=3 979a2 011=0, → → 从而 a2 011=0,而OP· OQ=2 011+a2 011an=2 011. 6. 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________. 答案 3 解析 因为{bn}是等差数列,且 b3=-2,b10=12, 12-?-2? 故公差 d= =2.于是 b1=-6, 10-3 且 bn=2n-8(n∈N*),即 an+1-an=2n-8, 所以 a8=a7+6=a6+4+6=a5+2+4+6=?= =a1+(-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6=3. a3a4+a2a6 1 7. 各项均为正数的等比数列{an}的公比 q≠1,a2, a3,a1 成等差数列,则 = 2 a2a6+a4a5 ________. 答案 5-1 2
000,O

为坐标原点,点 P(1,an),

1+ 5 解析 依题意,有 a3=a1+a2,设公比为 q,则有 q2-q-1=0,所以 q= (舍去负 2 值).

a3a4+a2a6 a2a4?q+q2? 1 5-1 2 = = . 2 3 = = 2 a2a6+a4a5 a2a4?q +q ? q 1+ 5 8. 在等差数列{an}中,an>0,且 a1+a2+?+a10=30,则 a5· a6 的最大值等于________. 答案 9 解析 由 a1+a2+?+a10=30 得 30 a5+a6= =6, 5 又 an>0,∴a5· a6≤? a5+a6?2 ?6?2 ? 2 ? =?2? =9.

1 9. 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 2 前 n 项和,则 Sn=________,an=________. ?n=1?, ?2 3?n-1 ? ? 答案 2×?2? ??3?n-2 ?n≥2?. ??2? ? 1 1 1 解析 由 an+1= (a1+a2+?+an) (n∈N*),可得 an+1= Sn,所以 Sn+1-Sn= Sn,即 2 2 2 3 3 Sn+1= Sn,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 2 ?n=1?, ? ? 3?n-1 ? =2×?2? ,由此得 an=??3?n-2 ?n≥2?. ? ??2? 二、解答题 10.已知{an}是以 a 为首项,q 为公比的等比数列,Sn 为它的前 n 项和. (1)当 S1,S3,S4 成等差数列时,求 q 的值; (2)当 Sm,Sn,Sl 成等差数列时,求证:对任意自然数 k,am+k,an+k,al+k 也成等差数列. (1)解 由已知,得 an=aqn 1,因此


S1=a,S3=a(1+q+q2),S4=a(1+q+q2+q3). 当 S1,S3,S4 成等差数列时,S4-S3=S3-S1, 可得 aq3=aq+aq2,化简得 q2-q-1=0. 1± 5 解得 q= . 2 (2)证明 若 q=1,则{an}的各项均为 a,此时 am+k,an+k,al+k 显然成等差数列. 若 q≠1,由 Sm,Sn,Sl 成等差数列可得 Sm+Sl=2Sn, 即 a?qm-1? a?ql-1? 2a?qn-1? + = ,整理得 qm+ql=2qn. q-1 q-1 q-1
- +k-1

因此,am+k+al+k=aqk 1(qm+ql)=2aqn 所以 am+k,an+k,al+k 成等差数列.

=2an+k.

11. 设数列{an}是公比大于 1 的等比数列, Sn 为数列{an}的前 n 项和. 已知 S3=7 且 a1+3,3a2, a3+4 构成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=ln a3n+1,n=1,2,?,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. a +a +a =7, ? ? 1 2 3 解 (1)依题意,得??a1+3?+?a3+4? =3a2, ? 2 ? 解得 a2=2. 设等比数列{an}的公比为 q,由 a2=2, 2 可得 a1= ,a3=2q. q 2 又 S3=7,可知 +2+2q=7, q 即 2q2-5q+2=0, 1 解得 q1=2,q2= . 2 由题意,得 q>1, ∴q=2,∴a1=1. 故数列{an}的通项公式是 an=2n 1.


(2)由于 bn=ln a3n+1,n=1,2,?, 由(1)得 a3n+1=23n, ∴bn=ln 23n=3nln 2, 又 bn+1-bn=3ln 2, ∴数列{bn}是等差数列. n?b1+bn? ∴Tn=b1+b2+?+bn= 2 = n?3ln 2+3nln 2? 3n?n+1? = ln 2. 2 2

12.(2013· 湖北)已知等比数列{an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)是否存在正整数 m,使得 + +?+ ≥1?若存在,求 m 的最小值;若不存在, a1 a2 am 说明理由. 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q,

3 3 ? ?a1q =125, ? 则由已知可得 2 ?|a1q-a1q |=10, ?

5 ? ? ?a1=3, ?a1=-5, 解得? 或? ?q=-1. ? ? ?q=3 5 n-1 - 故 an= · 3 或 an=-5· (-1)n 1. 3 5 n-1 1 3 1?n-1 (2)若 an= · 3 ,则 = ? , 3 an 5?3?
?1? 3 1 故数列?a ?是首项为 ,公比为 的等比数列. 5 3 ? n?

3? ?1?m? 1 - ?3? ? 9 ? ?1?m? 9 1 5? 从而 ? = = · 1- < <1. a 1 10 ? ?3? ? 10 n n=1 1- 3
m

1 1 - - 若 an=(-5)· (-1)n 1,则 =- (-1)n 1, an 5
?1? 1 故数列?a ?是首项为- ,公比为-1 的等比数列, 5 ? n?

? 1 1 ?-5,m=2k-1?k∈N+?, 从而 ? =? n=1 an ? ?0,m=2k?k∈N+?.
m

故?

m

n=1

1 <1. an
m

综上,对任何正整数 m,总有 ?

n=1

1 <1. an

1 1 1 故不存在正整数 m,使得 + +?+ ≥1 成立. a1 a2 am


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