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等差数列与等比数列的综合问题复习教案(整理好的很详细)


等差数列与等比数列的综合问题
●知识梳理 (一)等差、等比数列的性质 1.等差数列{an}的性质 (1)am=ak+(m-k)d,d=

am ? ak . m?k

(2)若数列{an}是公差为 d 的等差数列,则数列{λ an+b}(λ 、b 为常数)是公差为λ d 的等差数列;若{bn}也是公差为 d 的等差数列,则{λ 1

an+λ 2bn}(λ 1、λ 2 为常数)也是 等差数列且公差为λ 1d+λ 2d. (3)下标成等差数列且公差为 m 的项 ak,ak+m,ak+2m,?组成的数列仍为等差数列, 公差为 md. (4)若 m、n、l、k∈N*,且 m+n=k+l,则 am+an=ak+al,反之不成立. (5) A=a1+a2+a3+?+an, n+1+an+2+an+3+?+a2n, 设 B=a C=a2n+1+a2n+2+a2n+3+?+a3n, A、 则 B、C 成等差数列. (6)若数列{an}的项数为 2n(n∈N*) ,则 S 偶-S 奇=nd, (an、an+1 为中间两项) ; 若数列{an}的项数为 2n-1(n∈N*) ,则 S 奇-S 偶=an,

S偶 S奇

=

a n ?1 an

,S2n=n(an+an+1)

S偶 S奇

=

n ?1 ,S2n-1=(2n-1)an n

(an 为中间项). 2.等比数列{an}的性质 - (1)am=ak·qm k. (2)若数列{an}是等比数列,则数列{λ 1an}(λ 1 为常数)是公比为 q 的等比数列;若 {bn}也是公比为 q2 的等比数列,则{λ 1an·λ 2bn}(λ 1、λ 2 为常数)也是等比数列,公比 为 q·q2. (3)下标成等差数列且公差为 m 的项 ak,ak+m,ak+2m,?组成的数列仍为等比数列, 公比为 qm. (4)若 m、n、l、k∈N*,且 m+n=k+l,则 am·an=ak·al,反之不成立. (5) A=a1+a2+a3+?+an, n+1+an+2+an+3+?+a2n, 设 B=a C=a2n+1+a2n+2+a2n+3+?+a3n, A、 则 B、C 成等比数列,设 M=a1·a2·?·an,N=an+1·an+2·?·a2n,P=a2n+1·a2n+2·?·a3n, 则 M、N、P 也成等比数列. (二)对于等差、等比数列注意以下设法: 如三个数成等差数列,可设为 a-d,a,a+d;若四个符号相同的数成等差数列,知其 和,可设为 a-3d,a-d,a+d,a+3d.三个数成等比数列,可设为

a ,a,aq,若四个符号 q

相同的数成等比数列,知其积,可设为

a a , ,aq,aq3. 3 q q

(三)用函数的观点理解等差数列、等比数列 1.对于等差数列,∵an=a1+(n-1)d=dn+(a1-d) ,当 d≠0 时,an 是 n 的一次函数, 对应的点(n,an)是位于直线上的若干个点.当 d>0 时,函数是增函数,对应的数列是递 增数列;同理,d=0 时,函数是常数函数,对应的数列是常数列;d<0 时,函数是减函数, 对应的数列是递减函数. 若等差数列的前 n 项和为 Sn,则 Sn=pn2+qn(p、q∈R).当 p=0 时,{an}为常数列; 当 p≠0 时,可用二次函数的方法解决等差数列问题. - 2.对于等比数列:an=a1qn 1.可用指数函数的性质来理解. 当 a1>0,q>1 或 a1<0,0<q<1 时,等比数列是递增数列; 当 a1>0,0<q<1 或 a1<0,q>1 时,等比数列{an}是递减数列. 当 q=1 时,是一个常数列. 当 q<0 时,无法判断数列的单调性,它是一个摆动数列. ●点击双基 1.等比数列{an}的公比为 q,则“q>1”是“对于任意自然数 n,都有 an+1>an”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 解析:当 a1<0 时,条件与结论均不能由一方推出另一方. 答案:D 2.已知数列{an}满足 an+2=-an(n∈N*) ,且 a1=1,a2=2,则该数列前 2002 项的和为 A.0 B.-3 C.3 D.1 解析:由题意,我们发现:a1=1,a2=2,a3=-a1=-1,a4=-a2=-2,a5=-a3=1,a6= -a4=2,?,a2001=-a1999=1,a2002=-a2000=2,a1+a2+a3+a4=0. ∴a1+a2+a3+?+a2002=a2001+a2002=a1+a2=1+2=3. 答案:C 3.若关于 x 的方程 x2-x+a=0 和 x2-x+b=0(a≠b)的四个根可组成首项为 列,则 a+b 的值是 A.

1 的等差数 4

3 8

B.

11 24

C.

13 24

D.

31 72

解析: 依题意设四根分别为 a1、 2、 3、 4, a a a 公差为 d, 其中 a1= 又 a1+a4=a2+a3, 所以 a1+a4=a2+a3=1.

1 , a1+a2+a3+a4=1+1=2. 即 4

1 3 ,d= , 6 4 5 7 于是 a2= ,a3= . 12 12 1 3 5 7 62 31 故 a+b=a1a4+a2a3= × + × = = . 4 4 12 12 144 72
由此求得 a4= 答案:D 4.(2004 年春季上海,12)在等差数列{an}中,当 ar=as(r≠s)时,数列{an}必定是常 数列,然而在等比数列{an}中,对某些正整数 r、s(r≠s) ,当 ar=as 时,非常数列{an}的一 个例子是___________________. 解析:只需选取首项不为 0,公比为-1 的等比数列即可.

答案:a,-a,a,-a?(a≠0) 5.(2002 年北京,14)等差数列{an}中,a1=2,公差不为零,且 a1,a3,a11 恰好是某等 比数列的前三项,那么该等比数列公比的值等于___________________. 解析:设 a1,a3,a11 成等比,公比为 q,a3=a1·q=2q,a11=a1·q2=2q2.又{an}是等差数 列,∴a11=a1+5(a3-a1) ,∴q=4. 答案:4 ●典例剖析 【例 1】 (2005 年春季北京,17)已知{an}是等比数列,a1=2,a3=18;{bn}是等差数 列,b1=2,b1+b2+b3+b4=a1+a2+a3>20. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前 n 项和 Sn 的公式; (3)设 Pn=b1+b4+b7+?+b3n-2, Qn=b10+b12+b14+?+b2n+8, 其中 n=1,2,?,试比较 Pn 与 Qn 的大小,并证明你的结论. 剖析:将已知转化成基本量,求出首项和公比后,再进行其他运算. 解:(1)设{an}的公比为 q,由 a3=a1q2 得 q2=

a3 =9,q=±3. a1

当 q=-3 时,a1+a2+a3=2-6+18=14<20, 这与 a1+a2+a3>20 矛盾,故舍去. 当 q=3 时,a1+a2+a3=2+6+18=26>20,故符合题意. 设数列{bn}的公差为 d,由 b1+b2+b3+b4=26 得 4b1+ 又 b1=2,解得 d=3,所以 bn=3n-1. (2)Sn=

4?3 d=26. 2

n(b1 ? bn ) 3 2 1 = n + n. 2 2 2 n(n ? 1) 9 5 ·3d= n2- n; 2 2 2

(3)b1,b4,b7,?,b3n-2 组成以 3d 为公差的等差数列, 所以 Pn=nb1+

b10,b12,b14,?,b2n+8 组成以 2d 为公差的等差数列,b10=29,

n(n ? 1) ·2d=3n2+26n. 2 9 2 5 3 Pn-Qn=( n - n)-(3n2+26n)= n(n-19). 2 2 2
所以 Qn=nb10+ 所以,对于正整数 n,当 n≥20 时,Pn>Qn; 当 n=19 时,Pn=Qn; 当 n≤18 时,Pn<Qn. 评述:本题主要考查等差数列、等比数列等基本知识,考查逻辑思维能力、分析问题和 解决问题的能力. 【例 2】 (2005 年北京东城区模拟题)已知等差数列{an}的首项 a1=1,公差 d>0,且 第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn}的第二项、第三项、第四项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}对任意正整数 n 均有

c c c1 c + 2 + 23 +?+ n ?n =(n+1)an+1 成立, b1 mb2 m b3 m 1bn

其中 m 为不等于零的常数,求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 剖析: (1)依已知可先求首项和公差,进而求出通项 an 和 bn; (2)由题先求出{an}的 通项公式后再求 Sn. 解: (1)由题意得(a1+d) 1+13d)=(a1+4d)2,整理得 2a1d=d2. (a ∵a1=1,解得 d=2(d=0 不合题意舍去) , ∴an=2n-1(n=1,2,3,?). - 由 b2=a2=3,b3=a5=9,易求得 bn=3n 1(n=1,2,3,?). (2)当 n=1 时,c1=6; 当 n≥2 时,

m

cn n ?1

bn

=(n+1)an+1-nan=4n+1,


∴cn=(4n+1)mn 1bn=(4n+1) (3m)n 1.



?6 ∴cn= ? n ?1 ?(4n ? 1)(3m)
当 3m=1,即 m=

n ? 1, n ? 2,3,4,? ? ?.

1 时, 3

Sn=6+9+13+?+(4n+1) =6+

(n ? 1)(9 ? 4n ? 1) 2
1 时, 3

=6+(n-1) (2n+5)=2n2+3n+1. 当 3m≠1,即 m≠

Sn=c1+c2+?+cn,即 - - Sn=6+9· (3m)+13· (3m)2+?+(4n-3) (3m)n 2+(4n+1) (3m)n 1. ① 3mSn=6·3m+9· (3m)2+13· (3m)3+?+(4n-3) (3m)n 1+(4n+1) (3m)n. ② ①-②得 - (1-3m)Sn=6+3·3m+4· (3m)2+4· (3m)3+?+4· (3m)n 1-(4n+1) (3m)n - =6+9m+4[ (3m)2+(3m)3+?+(3m)n 1]-(4n+1) (3m)n =6+9m+ ∴Sn=


4[(3m) 2 ? (3m) n ] -(4n+1) (3m)n. 1 ? 3m

6 ? 9m ? (4n ? 1)(3m) n 4[(3m) 2 ? (3m) n ] + . 1 ? 3m (1 ? 3m) 2

1 m? , 3 1 m? . 3 评述:本题主要考查了数列的基本知识和解决数列问题的基本方法.如“基本量法” “错 位相减求和法”等. 【例 3】 (2005 年北京海淀区模拟题)在等比数列{an}(n∈N*)中,a1>1,公比 q >0.设 bn=log2an,且 b1+b3+b5=6,b1b3b5=0.

?2n 2 ? 3n ? 1 ? ∴Sn= ? 6 ? 9m ? (4n ? 1)(3m) n 4[(3m) 2 ? (3m) n ] ? ? 1 ? 3m (1 ? 3m) 2 ?

(1)求证:数列{bn}是等差数列; (2)求{bn}的前 n 项和 Sn 及{an}的通项 an; (3)试比较 an 与 Sn 的大小. 剖析: (1)定义法即可解决.(2)先求首项和公差及公比.(3)分情况讨论. (1)证明:∵bn=log2an,∴bn+1-bn=log2 公差 d=log2q. (2)解:∵b1+b3+b5=6,∴b3=2. ∵a1>1,∴b1=log2a1>0. ∵b1b3b5=0,∴b5=0.

a n ?1 =log2q 为常数.∴数列{bn}为等差数列且 an

?b1 ? 2d ? 2, ?b1 ? 4, ∴? 解得 ? ?d ? ?1. ?b1 ? 4d ? 0.
∴Sn=4n+

9n ? n 2 n(n ? 1) ×(-1)= . 2 2

1 ? ?log 2 q ? ?1, ?q ? , ∵? ∴? 2 ?log 2 a1 ? 4, ?a ? 16. ? 1
∴an=25 n(n∈N*). (3)解:显然 an=25 n>0,当 n≥9 时,Sn= ∴n≥9 时,an>Sn. ∵a1=16,a2=8,a3=4,a4=2,a5=1,a6=
- -

n(9 ? n) ≤0. 2

1 1 1 ,a7= ,a8= ,S1=4,S2=7,S3=9,S4=10, 2 4 8

S5=10,S6=9,S7=7,S8=4, ∴当 n=3,4,5,6,7,8 时,an<Sn; 当 n=1,2 或 n≥9 时,an>Sn. 评述:本题主要考查了数列的基本知识和分类讨论的思想. ●闯关训练 夯实基础 1.在等比数列{an}中,a5+a6=a(a≠0) 15+a16=b,则 a25+a26 的值是 ,a A.

b a

B.

b2 a2

C.

b2 a

D.

b a2

解析:由等比数列的性质得三个和成等比数列,由等比中项公式可得选项为 C. 答案:C 2. 公 差 不 为 零 的 等 差 数 列 {an} 的 第 二 、 三 及 第 六 项 构 成 等 比 数 列 , 则

a1 ? a 3 ? a 5 =_____. a2 ? a4 ? a6
解析:设公差为 d(d≠0) ,由题意 a32=a2·a6,即(a1+2d)2=(a1+d) 1+5d) (a ,解得

d=-2a1,故

a1 ? a 3 ? a 5 3a1 ? 6d ? 9a1 3 = = = . a 2 ? a 4 ? a 6 3a1 ? 9d ? 15a1 5

答案:

3 5
(a1 ? a 2 ) 2 的取值范 b1 ? b2

3.若数列 x,a1,a2,y 成等差数列,x,b1,b2,y 成等比数列,则 围是___________________. 解析:在等差数列中,a1+a2=x+y;在等比数列中,xy=b1·b2. ∴

(a1 ? a 2 ) 2 ( x ? y ) 2 x 2 ? 2 xy ? y 2 x y = = = + +2. y x b1 ? b2 x? y x? y (a ? a 2 ) 2 x y + ≥2,故 1 ≥4; y x b1 ? b2 (a ? a 2 ) 2 x y + ≤-2,故 1 ≤0. y x b1 ? b2

当 x·y>0 时,

当 x·y<0 时,

答案: [4,+∞)或(-∞,0]

5 1 1 且对任意非零自然数 n 都有 an+1= an+( )n+1.数列{bn}对任 6 3 2 1 意非零自然数 n 都有 bn=an+1- an. 2
4.已知数列{an}中,a1= (1)求证:数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式.

1 1 1 1 1 1 1 an=[ an+( )n+1]- an=( )n+1- an,bn+1=( )n+2 2 3 2 2 2 6 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 - an+1=( )n+2- [ an+( )n+1]= · ( )n+1- an- · ( )n+1= · ) ( 6 2 6 3 2 2 2 6 2 3 2 18 1 1 1 1 n+1 - an= ·( ) n+1- an] [ , 3 2 6 18
(1)证明:bn=an+1- ∴

bn ?1 1 = (n=1,2,3,?). bn 3

1 的等比数列. 3 1 1 1 1 1 1 5 1 1 - (2)解:∵b1=( )2- a1= - · = ,∴bn= · )n 1=( )n+1.由 bn= ( 2 6 3 3 4 6 6 9 9 1 1 1 1 1 1 1 ( ) n+1- an,得( )n+1=( )n+1- an,解得 an=6[ ( )n+1-( )n+1]. 2 6 3 2 6 2 3
∴{bn}是公比为 5.设{an}为等比数列,a1=b1=1,a2+a4=b3,b2b4=a3,分别求出{an}及{bn}的前 10 项的和 S10 及 T10.

解:设公差为 d,公比为 q,由题意知 ?

?2 ? 4d ? q 2 , ? 4 ? ?1 ? 2d ? q ,

3 3 ? ? ? d ? ? 8 , ?d ? ? 8 , ? ? ∴? 或? ?q ? 2 ?q ? ? 2 . ? ? 2 2 ? ?

10? 9 3 55 (- )=- . 8 2 8 31( 2 ? 2 ) 2 当 q= 时,T10= ; 2 32 31( 2 ? 2 ) 2 当 q=- 时,T10= . 2 32
∴S10=10+ 培养能力 6.(2003 年北京高考,文 16)已知数列{an}是等差数列,且 a1=2,a1+a2+a3=12. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=anxn(x∈R) ,求数列{bn}前 n 项和的公式. 解: (1)设数列{an}的公差为 d, 则 a1+a2+a3=3a1+3d=12. 又 a1=2,得 d=2. 所以 an=2n. (2)令 Sn=b1+b2+?+bn, 则由 bn=anxn=2nxn,得 - Sn=2x+4x2+?+(2n-2)xn 1+2nxn, ① xSn=2x2+4x3+?+(2n-2)xn+2nxn+1. ② 当 x≠1 时,①式减去②式,得 (1-x)Sn=2(x+x2+?+xn)-2nxn+1 =

2 x(1 ? x n ) -2nxn+1. 1? x

所以 Sn=

2 x(1 ? x n ) 2 nx n ?1 - . 1? x (1 ? x) 2

当 x=1 时,Sn=2+4+?+2n=n(n+1). 综上可得,当 x=1 时,Sn=n(n+1) ; 当 x≠1 时,Sn=

2 x(1 ? x n ) 2 nx n ?1 - . 1? x (1 ? x) 2

7.数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足 an+2-2an+1+an=0(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式. (2)设 bn=

1 (n∈N*) n=b1+b2+?+bn,是否存在最大的整数 m,使得任意 ,S n(12 ? a n )

的 n 均有 Sn>

m 总成立?若存在,求出 m;若不存在,请说明理由. 32

解: (1)∵an+2-2an+1+an=0, ∴an+2-an+1=an+1-an(n∈N*). ∴{an}是等差数列.设公差为 d, 又 a1=8,a4=a1+3d=8+3d=2, ∴d=-2.∴an=-2n+10. (2)bn=

1 1 = n(12 ? a n ) 2n( n ? 1)

1 1 1 ( - ) , 2 n n ?1 1 1 1 1 1 1 ∴Sn=b1+b2+?+bn= [ (1- )+( - )+?+( - ) ] 2 2 2 3 n n ?1
= =

n 1 1 (1- )= . 2(n ? 1) 2 n ?1

假设存在整数 m 满足 Sn> 又 Sn+1-Sn=

m 总成立. 32

n ?1 n - 2(n ? 2) 2(n ? 1)

=

1 >0, 2(n ? 2)( n ? 1)

∴数列{Sn}是单调递增的. ∴S1=

1 m 1 为 Sn 的最小值,故 < , 4 32 4

即 m<8.又 m∈N*, ∴适合条件的 m 的最大值为 7. 探究创新 8.有点难度哟! (理)已知数列{an}的各项均为正整数,且满足 an+1=an2-2nan+2(n∈N*) ,又 a5=11. (1)求 a1,a2,a3,a4 的值,并由此推测出{an}的通项公式(不要求证明) ; (2)设 bn=11-an,Sn=b1+b2+?+bn,Sn′=|b1|+|b2|+?+|bn|,求 lim
n??

Sn 的值. ? Sn

解: (1)由 a5=11,得 11=a42-8a4+2,即 a42-8a4-9=0.解得 a4=9 或 a4=-1(舍). 由 a4=9,得 a32-6a3-7=0. 解得 a3=7 或 a3=-1(舍). 同理可求出 a2=5,a1=3. 由此推测 an 的一个通项公式 an=2n+1(n∈N*). (2)bn=11-an=10-2n(n∈N*) ,可知数列{bn}是等差数列.

Sn=

n(b1 ? bn ) n(8 ? 10 ? 2n) = =-n2+9n. 2 2

当 n≤5 时,Sn′=Sn=-n2+9n; 当 n>5 时,Sn′=-Sn+2S5=-Sn+40=n2-9n+40. 当 n≤5 时,

Sn =1; ? Sn

当 n>5 时,

Sn ? n 2 ? 9n = 2 . ? S n n ? 9n ? 40

∴ lim

n??

Sn ? n 2 ? 9n = lim 2 =-1. ? S n n ? ? n ? 9n ? 40


(文)设 f(k)是满足不等式 log2x+log2(3·2k 1-x)≥2k-1(k∈N*)的自然数 x 的个数. (1)求 f(k)的表达式; (2)记 Sn=f(1)+f(2)+?+f(n) n=n2+n-1,当 n≤5 时试比较 Sn 与 Pn 的大小. ,P - - k -1 解: (1)由不等式 log2x+log2(3·2 -x)≥2k-1,得 x(3·2k 1-x)≥22k 1,解之 - - - 得 2k 1≤x≤2k,故 f(k)=2k-2k 1+1=2k 1+1. - (2)∵Sn=f(1)+f(2)+?+f(n)=1+2+22+23+?+2n 1+n=2n+n-1, ∴Sn-Pn=2n+n-1-(n2+n-1)=2n-n2. 又 n≤5,可计算得 S1>P1,S2=P2,S3<P3,S4=P4,S5>P5. ●思悟小结 本节加强了数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解 决这些问题要注意: (1)通过知识间的相互转化,使学生更好地掌握数学中的转化思想. (2)通过解数列与其他知识的综合问题,培养学生分析问题和解决问题的综合能力. ●教师下载中心 教学点睛 本节教学中应注意以下几个问题: 1.等差、等比数列是两种最基本、最常见的数列,灵活地运用等差、等比数列的性质, 能使问题简化;灵活地运用通项公式和前 n 项和公式解题是高考考查的重点. 2.从等差数列中按某种规律,抽取某些项,依次排列,组成一个等比数列,是等差、等 比数列综合题中的较重要的类型,要认真体会此类题. 3.用函数的观点和方法揭示等差数列和等比数列的特征,在分析和解决有关数列的综合 题中具有重要的意义. 拓展题例 【例题】 已知数列{an},构造一个新数列 a1, 2-a1)(a3-a2) (a , ,?, n-an-1) (a ,?, 此数列是首项为 1,公比为

1 的等比数列. 3

(1)求数列{an}的通项; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.

1 1 ? ( )n 3 = 3 [1-( 1 )n]. 解: (1)由题意 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1)= 1 3 2 1? 3
(2)Sn= [n-(

3 2

1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 + 2 + 3 +?+ n ) ]= [n- (1- n ) ]= n- + . 3 3 3 3 3 2 2 2 4 4 ? 3 n ?1


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