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2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第五章 第2讲 等差数列及其前n项和


第 2 讲 等差数列及其前 n 项和

1.等差数列的有关概念 (1)定义:如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的差都等于同一个常数,那 么这个数列就叫做等差数列.符号表示为 an+1-an=d(n∈N*,d 为常数). a+b (2)等差中项:数列 a,A,b 成等差数列的充分条件是 A= ,其中 A 叫做 a,b 的等 2 差中项. 2.等差数列的有关公式 (1)通项公式:an=a1+(n-1)d. n(n-1) (a1+an)n (2)前 n 项和公式:Sn=na1+ d= . 2 2 3.等差数列的性质 已知数列{an}是等差数列,Sn 是其前 n 项和. (1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N*). (2)若 k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则 ak+al=am+an. (3)若{an}的公差为 d,则{a2n}也是等差数列,公差为 2d. (4)若{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列. (5)数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?构成等差数列. [做一做] 1. (2014· 高考福建卷)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 a1=2, S3=12, 则 a6 等于( ) A.8 B.10 C.12 D.14 答案:C 2.已知等差数列 a1,a2,a3,?,an 的公差为 d,则 ca1,ca2,ca3,?,can(c 为常数 且 c≠0)是( ) A.公差为 d 的等差数列 B.公差为 cd 的等差数列 C.非等差数列 D.以上都不对 答案:B 1.辨明两个易误点 (1)要注意概念中的“从第 2 项起”.如果一个数列不是从第 2 项起,而是从第 3 项或 第 4 项起,每一项与它前一项的差是同一个常数,那么此数列不是等差数列. (2)注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别. 2.妙设等差数列中的项 若奇数个数成等差数列,可设中间三项为 a-d,a,a+d; 若偶数个数成等差数列,可设中间两项为 a-d,a+d,其余各项再依据等差数列的定 义进行对称设元. 3.等差数列的四种判断方法 (1)定义法:an+1-an=d(d 是常数)?{an}是等差数列. (2)等差中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*)?{an}是等差数列. (3)通项公式:an=pn+q(p,q 为常数)?{an}是等差数列. (4)前 n 项和公式:Sn=An2+Bn(A、B 为常数)?{an}是等差数列. [做一做]

3.(2013· 高考重庆卷)若 2,a,b,c,9 成等差数列,则 c-a=________. 9-2 7 解析:由题意得该等差数列的公差 d= = , 5-1 4 7 所以 c-a=2d= . 2 7 答案: 2 4.若数列{an}满足 a1=15,且 3an+1=3an-4,则 an=________. 4 解析:由 3an+1=3an-4,得 an+1-an=- , 3 4 所以{an}是等差数列,首项 a1=15,公差 d=- , 3 49-4n 4 所以 an=15- (n-1)= . 3 3 49-4n 答案: 3

考点一__等差数列的基本运算(高频考点)________ 等差数列基本量的计算是高考的常考内容,多出现在选择题、填空题或解答题的第(1) 问中,属容易题. 高考对等差数列基本量计算的考查常有以下三个命题角度: (1)求公差 d、项数 n 或首项 a1; (2)求通项或特定项; (3)求前 n 项和. (1)(2014· 高考课标全国卷Ⅱ)等差数列{an}的公差为 2,若 a2,a4,a8 成等比数 列,则{an}的前 n 项和 Sn=( ) A.n(n+1) B.n(n-1) n(n+1) n(n-1) C. D. 2 2 (2)(2015· 江西南昌市模拟测试)在数列{an}中,若 a1=-2,且对任意的 n∈N*有 2an+1 =1+2an,则数列{an}前 10 项的和为( ) A.5 B.10 5 5 C. D. 2 4 (3)(2013· 高考课标全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm-1=-2,Sm=0, Sm+1=3,则 m=( ) A.3 B.4 C.5 D.6 2 [解析] (1)由 a2,a4,a8 成等比数列,得 a2 4=a2a8,即(a1+6) =(a1+2)(a1+14),∴a1 n(n-1) =2.∴Sn=2n+ ×2=2n+n2-n=n(n+1). 2 1 1 (2)由 2an+1=1+2an,得 an+1-an= ,∴数列{an}是首项为-2,公差为 的等差数列, 2 2 10×(10-1) 1 5 ∴S10=10×(-2)+ × = . 2 2 2 (3)∵{an}是等差数列,Sm-1=-2,Sm=0, ∴am=Sm-Sm-1=2. ∵Sm+1=3,∴am+1=Sm+1-Sm=3,

∴d=am+1-am=1. m(a1+am) m(a1+2) 又 Sm= = =0, 2 2 ∴a1=-2,∴am=-2+(m-1)· 1=2, ∴m=5. [答案] (1)A (2)C (3)C [规律方法] 等差数列基本运算的解题方法 (1)等差数列的通项公式及前 n 项和公式,共涉及五个量 a1,an,d,n,Sn,知其中三个 就能求另外两个,体现了用方程的思想来解决问题. (2)数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换作用,而 a1 和 d 是等差数列 的两个基本量,用它们表示已知和未知是常用方法. 1.(1)(2015· 福建福州模拟)已知等差数 1 列{an},其中 a1= ,a2+a5=4,an=33,则 n 的值为________. 3 (2)(2015· 太原市高三年级模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a4+a7+a10=9,S14 -S3=77,则 an=________. (3)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,a12=-8,S9=-9,则 S16=________. 2 2 1 2 解析:(1)在等差数列{an}中,a2+a5=2a1+5d= +5d=4,所以 d= ,又 an= + (n 3 3 3 3 -1)=33,解得 n=50. ? ? ?a4+a7+a10=9 ?a1=-9 (2)设{an}的公差为 d,由? ,得? ,因此等差数列{an}的通项公式为 ?S14-S3=77 ?d=2 ? ? an=2n-11. ?a12=a1+11d=-8, (3)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,由已知,得?

?

?S9=9a1+ 2 =-9, ?

9d×8

解得

?a1=3 ? ? , ?d=-1 ?

16×15 ∴S16=16×3+ ×(-1)=-72. 2 答案:(1)50 (2)2n-11 (3)-72 考点二__等差数列的判定与证明________________ (2014· 高考课标全国卷Ⅰ)已知数列{an }的前 n 项和为 Sn,a1=1,an≠0,anan =λSn-1,其中 λ 为常数. (1)证明:an+2-an=λ; (2)是否存在 λ,使得{an }为等差数列?并说明理由. [解] (1)证明:由题设知 anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1, 两式相减得 an+1(an+2-an)=λan+1, 由于 an+1≠0,所以 an+2-an=λ. (2)由题设知 a1=1,a1a2=λS1-1,可得 a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1. 令 2a2=a1+a3,解得 λ=4. 故 an+2-an=4,由此可得{a2n-1}是首项为 1,公差为 4 的等差数列,a2n-1=4n-3; {a2n}是首项为 3,公差为 4 的等差数列,a2n=4n-1. 所以 an=2n-1,an+1-an=2, 因此存在 λ=4,使得数列{an}为等差数列. [规律方法] (1)判断等差数列的解答题,常用定义法和等差中项法,而通项公式法和前 n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断. (2)用定义证明等差数列时, 常采用两个式子 an+1-an=d 和 an-an-1=d, 但它们的意义
+1

不同,后者必须加上“n≥2”,否则 n=1 时,a0 无定义. 1 1 2.已知数列{an}中,a1=2,an=2- (n≥2,n∈N*).设 bn= an-1 an-1 (n∈N*),求证:数列{bn}是等差数列. 1 证明:∵an=2- , an-1 1 ∴an+1=2- . an an-1 1 1 1 1 ∴bn+1-bn= - = - = =1, 1 an+1-1 an-1 a -1 an-1 2- -1 n an 1 ∴{bn}是首项为 b1= =1,公差为 1 的等差数列. 2-1 考点三__等差数列的性质及最值________________ (1)(2015· 兰州市、张掖市高三联合诊断考试)等差数列{an}中,3(a3+a5)+2(a7 +a10+a13)=24,则该数列前 13 项的和是( ) A.13 B.26 C.52 D.156 (2)(2014· 高考江西卷)在等差数列{an}中,a1=7,公差为 d,前 n 项和为 Sn,当且仅当 n =8 时 Sn 取得最大值,则 d 的取值范围为________. (3)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知前 6 项和为 36, Sn=324, 最后 6 项和为 180(n>6), 求数列的项数 n 及 a9+a10. [解析] (1)∵3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24, ∴6a4+6a10=24,∴a4+a10=4, 13(a1+a13) 13(a4+a10) 13×4 ∴S13= = = =26,故选 B. 2 2 2 ?a8>0, ? (2)当且仅当 n=8 时,Sn 取得最大值,说明? ? ?a9<0. ?7+7d>0, ? 7 ∴? ∴-1<d<- . 8 ?7+8d<0. ? 7 ? [答案] (1)B (2)? ?-1,-8? (3)解:由题意可知 a1+a2+?+a6=36,① an+an-1+an-2+?+an-5=180.② ①+②得(a1+an)+(a2+an-1)+?+(a6+an-5)=6(a1+an)=216, ∴a1+an=36. n(a1+an) 又 Sn= =324,∴18n=324,n=18. 2 ∴a1+a18=36.∴a9+a10=a1+a18=36. [规律方法] 1.等差数列的性质 am-an (1)项的性质:在等差数列{an}中,am-an=(m-n)d? =d(m≠n),其几何意义是 m-n 点(n,an),(m,am)所在直线的斜率等于等差数列的公差. (2)和的性质:在等差数列{an}中,Sn 为其前 n 项和,则 ①S2n=n(a1+a2n)=?=n(an +an+1); ②S2n-1=(2n-1)an. 2.求等差数列前 n 项和 Sn 最值的两种方法 (1)函数法:利用等差数列前 n 项和的函数表达式 Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求 二次函数最值的方法求解. (2)邻项变号法:

? ?am≥0 ①当 a1>0,d<0 时,满足? 的项数 m 使得 Sn 取得最大值为 Sm; ? ?am+1≤0 ?am≤0 ? ②当 a1<0,d>0 时,满足? 的项数 m 使得 Sn 取得最小值为 Sm. ? ?am+1≥0 3.(1)设数列{an},{bn}都是等差数列,且 a1=25,b1=75,a2+b2=100,则 a37+b37 等于( ) A.0 B.37 C.100 D.-37 (2)在等差数列{an}中,若 S4=1,S8=4,则 a17+a18+a19+a20 的值为( ) A.9 B.12 C.16 D.17 (3)已知等差数列{an}的公差为 2,项数是偶数,所有奇数项之和为 15,所有偶数项之和 为 25,则这个数列的项数为________. 解析:(1)设{an},{bn}的公差分别为 d1,d2,则(an+1+bn+1)-(an+bn)=(an+1-an)+(bn +1-bn)=d1+d2, ∴{an+bn}为等差数列,又 a1+b1=a2+b2=100, ∴{an+bn}为常数列,∴a37+b37=100. (2)S4=1,S8-S4=3,而 S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12,S20-S16 成等差数列, 即各项为 1,3,5,7,9, ∴a17+a18+a19+a20=S20-S16=9.故选 A. (3)设这个数列有 2n 项, 则由等差数列的性质可知: 偶数项之和减去奇数项之和等于 nd, 即 25-15=2n,故 2n=10,即数列的项数为 10. 答案:(1)C (2)A (3)10

方法思想——整体思想在等差数列中的应用 在等差数列{an}中,S10=100,S100=10,则 S110=________. [解] 法一:设数列{an}的公差为 d,首项为 a1, 10×9 10a1+ d=100, 2 则 100×99 100a1+ d=10, 2 1 099 a1= , 100 解得 11 d=- . 50 110×109 所以 S110=110a1+ d=-110. 2 法二:法一中两方程相减得 100×99-90 -90a1- d=90, 2 110-1 ∴a1+ d=-1, 2 110(110-1) ∴S110=110a1+ d=-110. 2 (a11+a100)×90 法三:因为 S100-S10= =-90, 2 所以 a11+a100=-2, (a1+a110)×110 (a11+a100)×110 所以 S110= = =-110. 2 2 [答案] -110 [名师点评] (1)法一是利用等差数列的前 n 项和公式求解基本量,然后求和,是等差数 110-1 列运算问题的常规思路.而法二、法三都突出了整体思想,分别把 a1+ d、a11+a100 2 看成了一个整体,解起来都很方便. (2)整体思想是一种重要的解题方法和技巧,这就要求学生要熟练掌握公式,理解其结 构特征. Sn 7n 1.若两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn, 已知 = , 则 Tn n+3 a5 等于( ) b5 2 A.7 B. 3 27 21 C. D. 8 4 a1+a9 b1+b9 解析:选 D.∵a5= ,b5= , 2 2 a1+a9 9(a1+a9) 2 2 a5 S9 7×9 21 ∴ = = = = = . b5 b1+b9 9(b1+b9) T9 9+3 4 2 2 2.在等差数列{an}中,an>0,且 a1+a2+?+a10=30,则 a5·a6 的最大值为________.

? ? ?

? ? ?

解析:∵a1+a2+?+a10=30, (a1+a10)×10 即 =30,a1+a10=6,∴a5+a6=6, 2 a5+a6?2 ∴a5·a6≤? ? 2 ? =9. 答案:9

1.(2014· 高考重庆卷)在等差数列{an}中,a1=2,a3+a5=10,则 a7=( ) A.5 B.8 C.10 D.14 解析: 选 B.法一: 设等差数列的公差为 d, 则 a3+a5=2a1+6d=4+6d=10, 所以 d=1, a7=a1+6d=2+6=8. 法二:由等差数列的性质可得 a1+a7=a3+a5=10,又 a1=2,所以 a7=8. 2.(2015· 潍坊质检)已知数列{an}为等差数列,其前 n 项和为 Sn,若 a3=6,S3=12,则 公差 d=( ) A.1 B.2 5 C.3 D. 3 3(a1+a3) 3(a1+6) 解析:选 B.在等差数列{an}中,S3= = =12,解得 a1=2,又 a3 2 2 =a1+2d=2+2d=6,解得 d=2. 3.(2015· 新乡许昌平顶山第二次调研)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,a3 =5,Sk+2-Sk=36,则 k 的值为( ) A.8 B.7 C.6 D.5 解析:选 A.设等差数列的公差为 d,由等差数列的性质可得 2d=a3-a1=4,得 d=2, 所以 an=1+2(n-1)=2n-1.Sk+2-Sk=ak+2+ak+1=2(k+2)-1+2(k+1)-1=4k+4=36, 解 得 k=8. 4 . 已知函数 f(x) = 2x ,等差数列 {an} 的公差为 2. 若 f(a2 + a4 + a6 + a8 + a10) = 4 ,则 f(a1)· f(a2)· f(a3)· ?· f(a10)=( ) - A.0 B.2 6 -2 C.2 D.-4 解析: 选 B.依题意得 a2+a4+a6+a8+a10=2, 所以 a1+a3+a5+a7+a9=2-5×2=-8, + +?+a -6 所以 f(a1)· f(a2)· f(a3)·?·f(a10)=2a1 a2 = 2 ,故选 B. 10 5.已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,S10>0 并且 S11=0,若 Sn≤Sk 对 n∈N*恒成立, 则正整数 k 构成的集合为( ) A.{5} B.{6} C.{5,6} D.{7} 解析:选 C.在等差数列{an}中,由 S10>0,S11=0,得 10(a1+a10) S10= >0?a1+a10>0?a5+a6>0, 2 11(a1+a11) S11= =0?a1+a11=2a6=0,故可知等差数列{an}是递减数列且 a6=0,所 2 以 S5=S6≥Sn,其中 n∈N*,所以 k=5 或 6. 6.(2014· 高考北京卷)若等差数列{an}满足 a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当 n=________ 时,{an}的前 n 项和最大. 解析:∵a7+a8+a9=3a8>0,∴a8>0. ∵a7+a10=a8+a9<0,∴a9<-a8<0. ∴数列的前 8 项和最大,即 n=8.

答案:8 7.(2015· 湖北荆门调研)已知一等差数列的前四项和为 124,后四项和为 156,各项和为 210,则此等差数列的项数是________. 124+156 解析: 设数列 {an} 为该等差数列,依题意得 a1 + an = = 70.∵Sn = 210 , Sn = 4 n(a1+an) 70n ,∴210= ,∴n=6. 2 2 答案:6 8.设数列{an}的通项公式为 an=2n-10(n∈N*),则|a1|+|a2|+?+|a15|=________. 解析:由 an=2n-10(n∈N*)知{an}是以-8 为首项,2 为公差的等差数列,又由 an=2n -10≥0,得 n≥5,∴当 n≤5 时,an≤0,当 n>5 时,an>0,∴|a1|+|a2|+?+|a15|=-(a1 +a2+a3+a4)+(a5+a6+?+a15)=20+110=130. 答案:130 * 9.各项均为正数的数列{an}满足 a2 n=4Sn-2an-1(n∈N ),其中 Sn 为{an}的前 n 项和. (1)求 a1,a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 解:(1)当 n=1 时,a2 1=4S1-2a1-1, 2 即(a1-1) =0,解得 a1=1. 当 n=2 时,a2 2=4S2-2a2-1=4a1+2a2-1=3+2a2, 解得 a2=3 或 a2=-1(舍去). (2)a2 n=4Sn-2an-1,① a2 + n 1=4Sn+1-2an+1-1.② 2 ②-①得 a2 n+1-an=4an+1-2an+1+2an =2(an+1+an), 即(an+1-an)(an+1+an)=2(an+1+an). ∵数列{an}各项均为正数, ∴an+1+an>0,an+1-an=2, ∴数列{an}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. ∴an=2n-1. an-1 10.(2015· 南昌模拟)已知数列{an}满足 a1=1,an= (n∈N*,n≥2),数列{bn} 2an-1+1 1 满足关系式 bn= (n∈N*). an (1)求证:数列{bn}为等差数列; (2)求数列{an}的通项公式. an-1 1 解:(1)证明:∵bn= ,且 an= , an 2an-1+1 2an+1 1 1 ∴bn+1= = = , an an an+1 2an+1 2an+1 1 ∴bn+1-bn= - =2. an an 1 又 b1= =1, a1 ∴数列{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. 1 1 1 (2)由(1)知数列{bn}的通项公式为 bn=1+(n-1)×2=2n-1, 又 bn= , ∴an= = . an bn 2n-1 1 ∴数列{an}的通项公式为 an= . 2n-1 1.已知函数 y=anx2(an≠0,n∈N*)的图象在 x=1 处的切线斜率为 2an-1+1(n≥2,n∈

N*),且当 n=1 时其图象过点(2,8),则 a7 的值为( 1 A. B.7 2 C.5 D.6

)

1 解析:选 C.由题意知 y′=2anx,∴2an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),∴an-an-1= .又 n=1 2 1 时其图象过点(2,8),∴a1×22=8,得 a1=2,∴{an}是首项为 2,公差为 的等差数列,an 2 n 3 = + ,得 a7=5. 2 2 2.(2013· 高考辽宁卷)下面是关于公差 d>0 的等差数列{an}的四个命题: p1:数列{an}是递增数列;p2:数列{nan}是递增数列; an p3:数列{ }是递增数列;p4:数列{an+3nd}是递增数列. n 其中的真命题为( ) A.p1,p2 B.p3,p4 C.p2,p3 D.p1,p4 解析:选 D.因为 d>0,所以 an+1>an,所以 p1 是真命题.因为 n+1>n,但是 an 的符号 不知道,所以 p2 是假命题.同理 p3 是假命题.由 an+1+3(n+1)d-an-3nd=4d>0,所以 p4 是真命题. an an 3.(2015· 东北三校联考)已知正项数列{an}满足 a1=2,a2=1,且 + =2,则 a12 an+1 an-1 =________. an an 1 1 2 ?1? 1 1 解析:∵ + =2,∴ + = ,∴?a ?为等差数列,且首项为 = ,公差 a1 2 ? n? an+1 an-1 an+1 an-1 an 1 1 1 1 1 1 n 2 1 为 - = ,∴ = +(n-1)× = ,∴an= ,∴a12= . a2 a1 2 an 2 2 2 n 6 1 答案: 6 Sn 2n-3 4.设等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn,若对任意自然数 n 都有 = , Tn 4n-3 a9 a3 则 + 的值为________. b5+b7 b8+b4 解析:∵{an},{bn}为等差数列, a9 a3 a9 a3 a9+a3 a6 ∴ + = + = = . 2 2b6 b6 b5+b7 b8+b4 b6 2b6 S11 a1+a11 2a6 2×11-3 19 a9 a3 19 ∵ = = = = ,∴ + = . T11 b1+b11 2b6 4×11-3 41 b5+b7 b8+b4 41 19 答案: 41 5.(2014· 高考湖北卷)已知等差数列{an}满足:a1=2,且 a1,a2,a5 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,是否存在正整数 n,使得 Sn>60n+800?若存在,求 n 的最小值;若不存在,说明理由. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,依题意,2,2+d,2+4d 成等比数列,故有(2+d)2 =2(2+4d), 化简得 d2-4d=0,解得 d=0 或 d=4. 当 d=0 时,an=2; 当 d=4 时,an=2+(n-1)· 4=4n-2, 从而得数列{an}的通项公式为 an=2 或 an=4n-2. (2)当 an=2 时,Sn=2n.显然 2n<60n+800, 此时不存在正整数 n,使得 Sn>60n+800 成立.

n[2+(4n-2)] 当 an=4n-2 时,Sn= =2n2. 2 令 2n2>60n+800,即 n2-30n-400>0, 解得 n>40 或 n<-10(舍去), 此时存在正整数 n,使得 Sn>60n+800 成立,n 的最小值为 41. 综上,当 an=2 时,不存在满足题意的 n; 当 an=4n-2 时,存在满足题意的 n,其最小值为 41. 6.(选做题)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=10,an+1=9Sn+10. (1)求证:{lg an}是等差数列; 3 ? ? (2)设 Tn 是数列?(lg a )(lg a )?的前 n 项和,求 Tn; ? n n+1 ? 1 2 (3)求使 Tn> (m -5m)对所有的 n∈N*恒成立的整数 m 的取值集合. 4 a2 解:(1)证明:依题意,a2=9a1+10=100,故 =10. a1 当 n≥2 时,an+1=9Sn+10,an=9Sn-1+10, 两式相减得 an+1-an=9an, an+1 即 an+1=10an, =10, an - 故{an}为等比数列,且 an=a1qn 1=10n(n∈N*), ∴lg an=n. ∴lg an+1-lg an=(n+1)-n=1, 即{lg an}是等差数列. 1 1 1 (2)由(1)知,Tn=3?1×2+2×3+?+n(n+1)? ? ? 1 1 1 1 1 =3?1-2+2-3+?+n-n+1? ? ? 3 =3- . n+1 3 (3)∵Tn=3- , n+1 3 ∴当 n=1 时,Tn 取最小值 . 2 3 1 依题意有 > (m2-5m),解得-1<m<6, 2 4 故所求整数 m 的取值集合为{0,1,2,3,4,5}.


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