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2014届高考数学(理科)二轮复习专题讲义:专题三 第1讲 等差数列、等比数列


2014 届高考数学(理科)二轮复习专题讲义:专题三 第 1 讲 等差数列、等比数列

等差、等比数列的基本运算 一、基础知识要记牢 等差数列 通项公式 an=a1+(n-1)d n?a1+an? Sn= =na1+ 2 n?n-1? d 2 等比数列 an=a1qn 1(q≠0)


前 n 项和

a1?1-qn? a1-anq (1)q≠1,Sn= = 1-q 1-q (2)q=1,Sn=na1

二、经典例题领悟好 [例 1] (1)(2013· 新课标全国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 C.5 ) B.4 D.6

(2)(2013· 北京高考)若等比数列{an}满足 a2+a4=20,a3+a5=40,则公比 q=________; 前 n 项和 Sn=________. [解析] (1)∵{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. (2)设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,则: 由 a2+a4=20 得 a1q(1+q2)=20,① 由 a3+a5=40 得 a1q2(1+q2)=40.② 由①②解得 q=2,a1=2. a1?1-qn? 2?1-2n? n+1 故 Sn= = =2 -2. 1-q 1-2 [答案] (1)C (2)2 2n 1-2


关于等差?等比?数列的基本运算,一般通过其通项公式及前 n 项和公式构造关于 a1 和 d?或 q?的方程或方程组解决,如果在求解过程中能够灵活运用等差?等比?数列的性质,不仅 可以快速获解,而且有助于加深对等差?等比?数列问题的认识. 注意利用等比数列前 n 项和公式求和时,不可忽视对公比 q 是否为 1 的讨论. 三、预测押题不能少 1.已知{an}是递增的等差数列,a1=2,a2 2=a4+8. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=an+2an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解:(1)设等差数列的公差为 d,d>0.由题意得, (2+d)2=2+3d+8,d2+d-6=(d+3)(d-2)=0, 得 d=2. 故 an=a1+(n-1)· d=2+(n-1)· 2=2n, 得 an=2n. (2)bn=an+2an=2n+22n. Sn=b1+b2+?+bn =(2+22)+(4+24)+?+(2n+22n) =(2+4+6+?+2n)+(22+24+?+22n) = ?2+2n?· n 4· ?1-4n? + 2 1-4


4n 1-4 =n +n+ . 3
2

等差、等比数列的判定与证明 一、基础知识要记牢 数列{an}是等差或等比数列的证明方法: (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法: ①利用定义,证明 an+1-an(n∈N*)为一常数; ②利用中项性质,即证明 2an=an-1+an+1(n≥2). (2)证明{an}是等比数列的两种基本方法: an+1 ①利用定义,证明 (n∈N*)为一常数; an ②利用等比中项,即证明 a2 n=an-1an+1(n≥2). 二、经典例题领悟好 [例 2] 设{an}是公比不为 1 的等比数列,其前 n 项和为 Sn,且 a5,a3,a4 成等差数列. (1)求数列{an}的公比; (2)证明:对任意 k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列.

[解] (1)设数列{an}的公比为 q(q≠0,q≠1), 由 a5,a3,a4 成等差数列,得 2a3=a5+a4, 即 2a1q2=a1q4+a1q3. 由 a1≠0,q≠0 得 q2+q-2=0, 解得 q1=-2,q2=1(舍去), 所以 q=-2. (2)证明:法一:对任意 k∈N*, Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk) =ak+1+ak+2+ak+1 =2ak+1+ak+1· (-2) =0, 所以,对任意 k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 2a1?1-qk? 法二:对任意 k∈N*,2Sk= , 1-q a1?1-qk 2? a1?1-qk 1? Sk+2+Sk+1= + 1-q 1-q
+ +



a1?2-qk 2-qk 1? . 1-q
+ + + +

2a1?1-qk? a1?2-qk 2-qk 1? 2Sk-(Sk+2+Sk+1)= - 1-q 1-q = = a1 + + [2(1-qk)-(2-qk 2-qk 1)] 1-q a1qk 2 (q +q-2)=0, 1-q

因此,对任意 k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. ?1?判断一个数列是等差?等比?数列,还有通项公式法及前 n 项和公式法,但不作为证明 方法; ?2?若要判断一个数列不是等差?等比?数列,只需判断存在连续三项不成等差?等比?数列 即可; ?3?a 2 n∈N*?是{an}为等比数列的必要而不充分条件,也就是要注意判 n =an-1an+1?n≥2, 断一个数列是等比数列时,要注意各项不为 0. 三、预测押题不能少 a2 n+1 2.已知数列{an}满足:a1=1,a2=a(a≠0),an+2=p· (其中 p 为非零常数,n∈N*). an

?an+1? ?是不是等比数列; (1)判断数列? ? an ?

(2)求 an.
2 an an+2 an+1 +1 解:(1)由 an+2=p· ,得 =p· . an an an+1

an+1 令 cn= ,则 c1=a,cn+1=pcn. an cn+1 ∵a≠0,∴c1≠0, =p(非零常数), cn
?an+1? ?是等比数列. ∴数列? ? an ?

(2)∵数列{cn}是首项为 a,公比为 p 的等比数列, an+1 - - - ∴cn=c1· pn 1=a· pn 1,即 =apn 1. an an an-1 a2 - - - 当 n≥2 时,an= · · ?· · a =(apn 2)×(apn 3)×?×(ap0)×1=an 1p a1 1 an-1 an-2 ∵a1 满足上式,∴an=a
n-1
n2 ? 3 n ? 2 2

.

p

n2 ? 3 n ? 2 2

,n∈N*. 等差、等比数列的性质

一、基础知识要记牢 等差数列 (1)若 m,n,p,q∈N*,且 m+n=p +q,则 am+an=ap+aq 性质 (2)an=am+(n-m)d (3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?仍成 等差数列 等比数列 (1)若 m,n,p,q∈N*,且 m+n=p+q,则 am· an=ap· aq (2)an=amqn
-m

(3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?仍成等比数列 (Sn≠0)

二、经典例题领悟好 [例 3] (1)(2013· 长春市调研)在正项等比数列{an}中,已知 a1a2a3=4,a4a5a6=12,an- n=( ) B.12 D.16

1anan+1=324,则

A.11 C.14

(2)(2013· 辽宁高考)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? n ?是递增数列; ? ?

p4:数列{an+3nd}是递增数列. 其中的真命题为( A.p1,p2 C.p2,p3 [解析] ) B.p3,p4 D.p1,p4

3 3 12 9 (1)设数列{an}的公比为 q,由 a1a2a3=4=a3 1q 与 a4a5a6=12=a1q 可得 q =3,
- -

3n 3 an-1anan+1=a3 =324,因此 q3n 6=81=34=q36,所以 n=14. 1q

(2)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. [答案] (1)C (2)D

?1?解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,从这些特点 入手选择恰当的性质进行求解; ?2?应牢固掌握等差、等比数列的性质,特别是等差数列中若“m+n=p+q,则 am+an n?a1+an? =ap+aq”这一性质与求和公式 Sn= 的综合应用. 2 三、预测押题不能少 3.(1)设数列{an}是公差 d<0 的等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 S6=5a1+10d,则 Sn 取 最大值时,n=( A.5 C.5 或 6 ) B.6 D.6 或 7

解析:选 C 由题意得 S6=6a1+15d=5a1+10d,所以 a6=0,故当 n=5 或 6 时,Sn 最 大. (2)已知等比数列{an}中,a4+a8=-2,则 a6(a2+2a6+a10)的值为( A.4 C.8 B.6 D.-9 )

2 2 解析: 选 A ∵a4+a8=-2, ∴a6(a2+2a6+a10)=a6a2+2a6 +a6a10=a2 4+2a4a8+a8=(a4

+a8)2=4. (3)设各项都是正数的等比数列{an}, Sn 为前 n 项和, 且 S10=10, S30=70, 那么 S40=( A.150 C.150 或-200 B.-200 D.400 或-50 )

解析:选 A 依题意,数列 S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30 成等比数列,因此有(S20 -S10)2=S10(S30-S20),即(S20-10)2=10(70-S20),故 S20=-20 或 S20=30.又 S20>0,因此 ?S30-S20?2 402 S20=30,S20-S10=20,S30-S20=40,则 S40=S30+ =70+ =150. 20 S20-S10

数列与函数的交汇

数列在中学教材中既有相对独立性, 又有较强的综合性, 很多数列问题一般转化为特殊 数列求解,一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合,考查数列的基 本运算与应用. 一、经典例题领悟好 [例 1] (2013· 湖南五市十校联合检测)已知函数 f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,

且对任意的正数 x,y 都有 f(x· y )=f(x)+f(y),若正数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 f(Sn+ 2)-f(an)=f(3)(n∈N*),则 an 为( A.2
n-1

) B.n 3?n-1 D.? ?2?

C.2n-1

[解析] 由题意知 f(Sn+2)=f(an)+f(3)(n∈N*), ∴Sn+2=3an,Sn-1+2=3an-1(n≥2),两式相减得,2an=3an-1(n≥2).又 n=1 时,S1 +2=3a1=a1+2, 3?n-1 3 ∴a1=1,∴数列{an}是首项为 1,公比为 的等比数列,∴an=? ?2? . 2 [答案] D

本题考查了抽象函数的一些性质,利用其性质把函数问题转化为数列问题,即 Sn+2= 3an,利用关系式判断{an}为等比数列,问题得以解决. 二、预测押题不能少 1. 设数列{an}满足 a1+2a2=3, 且对任意的 n∈N*, 点列{Pn(n, an)}恒满足 PnPn+1,=(1,2), 则数列{an}的前 n 项和 Sn 为( 4? A.n? ?n-3? 2? C.n? ?n-3? ) 3? B.n? ?n-4? 1? D.n? ?n-2?

解析:选 A 设 Pn+1(n+1,an+1),则 PnPn+1,=(1,an+1-an)=(1,2),即 an+1-an=2, 4? 1 所以数列{an}是以 2 为公差的等差数列. 又因为 a1+2a2=3, 所以 a1=- , 所以 Sn=n? ?n-3?. 3 新定义下数列的创新问题

探究“隐藏”函数后的数列问题. 数列是一类特殊函数, 可以利用函数性质定义一些新

数列, 推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来新兴 起的一类问题. 一、经典例题领悟好 [例 2] (2012· 湖北高考)定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数 f(x),如果对于任意给定 的等比数列{an},{f(an)}仍是等比数列,则称 f(x)为“保等比数列函数”,现有定义在(-∞, 0)∪(0,+∞)上的如下函数: ①f(x)=x2;②f(x)=2x;③f(x)= |x|;④f(x)=ln|x|. 则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为( A.①② C.①③ 学审题 B.③④ D.②④ 保等比数列函数指:①定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数;②{an}是等比 )

数列,则{f(an)}仍是等比数列. [解析] 法一:设{an}的公比为 q. ①f(an)=a2 n, ∵ a2 n+1 ?an+1?2 2 = a2 ? an ? =q , n

∴{f(an)}是等比数列.排除 B、D. ③f(an)= |an|, ∵ |an+1| = |an|

?an+1?= |q|, ? an ?

∴{f(an)}是等比数列.排除 A. 法二:不妨令 an=2n. ①因为 f(x)=x2,所以 f(an)=4n.显然{f(2n)}是首项为 4,公比为 4 的等比数列. ②因为 f(x)=2x, 所以 f(a1)=f(2)=22,f(a2)=f(4)=24, f(a3)=f(8)=28, f?a2? 24 f?a3? 28 所以 = 2=4≠ = 4=16, f?a1? 2 f?a2? 2 所以{f(an)}不是等比数列. ③因为 f(x)= |x|,所以 f(an)= 2n=( 2)n. 显然{f(an)}是首项为 2,公比为 2的等比数列. ④因为 f(x)=ln|x|,所以 f(an)=ln 2n=nln 2. 显然{f(an)}是首项为 ln 2,公差为 ln 2 的等差数列. [答案] C

本题没有直接指明判断等比数列的有关性质, 而是通过新定义将指数函数、 对数函数及 幂函数、二次函数与数列有机结合,解答本题应迅速脱掉“新定义”的外衣,认清本题的实 质是:已知数列{an}为正项等比数列,判断数列{a2 n},{2an},{ |an|}及{ln|an|}是否为等比数 列问题. 二、预测押题不能少 2.在本例条件下,其中(1)正比例函数,(2)二次函数,(3)幂函数,(4)指数函数是“保 等比数列函数”的是________. f?an+1? kan+1 an+1 解析: (1)若正比例函数 f(x)=kx(k≠0), 则 = = =q, 故函数 f(x)=kx(k≠0) kan an f?an? 是“保等比数列函数”. f?an+1? k?an+1?2+ban+1+c (2)若二次函数 f(x)=kx2+bx+c(k≠0 且 b,c 不全为 0),则 = = f?an? k?an?2+ban+c k?an?2q2+banq+c ,不是常数,故函数 f(x)=kx2+bx+c(k≠0 且 b,c 不全为 0)不是“保等比 k?an?2+ban+c 数列函数”. f?an+1? ?an+1?m ?an+1?m (3)若幂函数 f(x)=xm(m≠0),则 = = =qm,故函数 f(x)=xm(m≠0)是 f?an? ?an?m ? an ? “保等比数列函数”. f?an+1? man+1 (4)若指数函数 f(x)=mx(m>0,且 m≠1),则 = =man+1-an,不是常数,故函 man f?an? 数 f(x)=mx(m>0,且 m≠1)不是“保等比数列函数”. 答案:(1)(3)

1.(2013· 安徽高考)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,S8=4a3,a7=-2,则 a9=( A.-6 C.-2 B.-4 D.2

)

解析:选 A 根据等差数列的定义和性质可得,S8=4(a3+a6),又 S8=4a3,所以 a6= 0.又 a7=-2,所以 a8=-4,a9=-6. 2 2. (2013· 新课标Ⅰ全国)设首项为 1, 公比为 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 则( 3 A.Sn=2an-1 C.Sn=4-3an B.Sn=3an-2 D.Sn=3-2an )

a1-anq 解析:选 D 由等比数列前 n 项和公式 Sn= ,代入数据可得 Sn=3-2an. 1-q

3. (2013· 石家庄市质量检测)已知等差数列{an}满足 a2=3, Sn-Sn-3=51(n>3), Sn=100, 则 n 的值为( A.8 C.10 ) B.9 D.11

解析:选 C 由 Sn-Sn-3=51 得,an-2+an-1+an=51,所以 an-1=17.又 a2=3,Sn= n?a2+an-1? =100,解得 n=10. 2 4.已知函数 y=anx2(an≠0,n∈N*)的图像在 x=1 处的切线斜率为 2an-1+1(n≥2,n∈ N*),且当 n=1 时其图像过点(2,8),则 a7 的值为( 1 A. 2 C.5 B.7 D.6 )

1 解析:选 C 由题知 y′=2anx,∴2an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),∴an-an-1= .又 n= 2 1 1 时其图像过点(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 bn+1 5.(2013· 山东莱芜模拟)已知数列{an},{bn}满足 a1=b1=3,an+1-an= =3,n∈N*, bn 若数列{cn}满足 cn=ban,则 c2 013=( A.92 012 C.92 013 ) B.272 012 D.272 013

解析:选 D 由已知条件知{an}是首项为 3,公差为 3 的等差数列,数列{bn}是首项为 3,公比为 3 的等比数列,∴an=3n,bn=3n,又 cn=ban=33n,∴c2 013=33
×2

013

=272 013.

6.(2013· 福建高考)已知等比数列{an}的公比为 q,记 bn=am(n-1)+1+am(n-1)+2+?+am(n
-1)+m

,cn=am(n-1)+1· am(n-1)+2· ?· am(n-1)+m(m,n∈N*),则以下结论一定正确的是(

)

A.数列{bn}为等差数列,公差为 qm B.数列{bn}为等比数列,公比为 q2m C.数列{cn}为等比数列,公比为 qm2 D.数列{cn}为等比数列,公比为 qmm 解析:选 C 等比数列{an}的通项公式 an=a1qn 1,


所以 cn=am(n-1)+1· am(n-1)+2· ?· am(n-1)+m =a1qm(n
-1)

· a1qm(n

-1)+1

· ?· a1qm(n

-1)+m-1

m(n =am 1q

-1)+m(n-1)+1+?+m(n-1)+m-1

=am 1q

m 2 (n-1)+

? m-1 ?? 1? m-1 ? 2

=am 1q

m 2 (n-1)+

? m-1 ? m 2

.

a q cn+1 因为 = =qm2, ? m-1 ? m cn 2 ? n-1 ??
m m a1 q 2

m 1

nm 2 ?

? m-1 ? m 2

所以数列{cn}为等比数列,公比为 qm2. 7.已知等比数列{an}的各项均为正数,若 a1=3,前三项的和为 21,则 a4+a5+a6= ________. 解析:由已知 a4+a5+a6=a1q3+a1q4+a1q5=(a1+a1q+a1q2)q3=(a1+a2+a3)· q3,即 a4 +a5+a6=21q3. 由前三项的和为 21,且 a1=3 解得 q=2, 故 a4+a5+a6=21q3=21×8=168. 答案:168 8.(2013· 银川模拟)已知数列{an}满足 anan+1an+2· an+3=24,且 a1=1,a2=2,a3=3,则 a1+a2+a3+?+a2 013=________. 解析:由 anan+1an+2an+3=24,可知 an+1an+2an+3an+4=24,得 an+4=an,所以数列{an}是 周期为 4 的数列,再令 n=1,求得 a4=4,每四个一组可得(a1+a2+a3+a4)+?+(a2 a2 010+a2 011+a2 012)+a2 013=10×503+1=5 031. 答案:5 031 9.(2013· 荆州质量检查 ) 如图是网络工作者经常用来解释 网络运作的蛇形模型:数字 1 出现在第 1 行;数字 2,3 出现在 第 2 行;数字 6,5,4(从左至右)出现在第 3 行;数字 7,8,9,10 出 现在第 4 行,依次类推,则(1)按网络运作顺序第 n 行第 1 个 数字(如第 2 行第 1 个数字为 2,第 3 行第 1 个数字为 4,?) 是________;(2)第 63 行从左至右的第 4 个数字应是________. n2-n+2 解析: 设第 n 行的第 1 个数字构成数列{an}, 则 an+1-an=n, 且 a1=1, ∴an= . 2 而偶数行的顺序从左到右,奇数行的顺序从右到左,第 63 行的第 1 个数字为 1 954,从左至 右的第 4 个数字是从右至左的第 60 个数字,从而所求数字为 1 954+59=2 013. n2-n+2 答案: 2 013 2 10.(2013· 全国新课标Ⅱ)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且 a1,a11,a13 成 等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求 a1+a4+a7+?+a3n-2. 解:(1)设{an}的公差为 d.由题意,a2 11=a1a13, 即(a1+10d)2=a1(a1+12d),
009+

于是 d(2a1+25d)=0. 又 a1=25,所以 d=0(舍去),或 d=-2. 故 an=-2n+27. (2)令 Sn=a1+a4+a7+?+a3n-2. n 由(1)知 a3n-2=-6n+31, 故{a3n-2}是首项为 25, 公差为-6 的等差数列. 从而 Sn= (a1 2 n +a3n-2)= · (-6n+56)=-3n2+28n. 2 11.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=4an-3(n∈N*). (1)证明:数列{an}是等比数列; (2)若数列{bn}满足 bn+1=an+bn(n∈N*),且 b1=2,求数列{bn}的通项公式. 解:(1)证明:由 Sn=4an-3 可知, 当 n=1 时,a1=4a1-3,解得 a1=1. 因为 Sn=4an-3,则 Sn-1=4an-1-3(n≥2), 所以当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1, 4 整理得 an= an-1,又 a1=1≠0, 3 4 所以{an}是首项为 1,公比为 的等比数列. 3 4?n-1 * (2)由(1)知 an=? ?3? ,由 bn+1=an+bn(n∈N ), 4?n-1 得 bn+1-bn=? ?3? . 可得 bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+?+(bn-bn-1)= 4?n-1 1-? ?3? 4?n-1 * 2+ =3×? ?3? -1(n≥2,n∈N ). 4 1- 3 当 n=1 时上式也满足条件. 4?n-1 * 所以数列{bn}的通项公式为 bn=3×? ?3? -1(n∈N ).
2 12.(2013· 广东深圳二模)各项均为正数的数列{an}满足 an =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; (3)是否存在正整数 m、n,使得向量 a=(2an+2,m)与向量 b=(-an+5,3+an)垂直?说明 理由. 解:(1)当 n=1 时,a2 1=4S1-2a1-1=2a2-1,

即(a1-1)2=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. (3)∵an=2n-1, ∴a=(2an+2,m)=(2(2n+3),m)≠0,b=(-an+5,3+an)=(-(2n+9),2(n+1))≠0, ∴a⊥b?a· b=0 ?m(n+1)=(2n+3)(2n+9)=[2(n+1)+1][2(n+1)+7] ?m(n+1)=4(n+1)2+16(n+1)+7 ?m=4(n+1)+16+ ∵m,n∈N*, ∴n+1=7,m=4×7+16+1,即 n=6,m=45. ∴当 n=6,m=45 时,a⊥b. 7 . n+1



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