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2015《金榜e讲堂》高三人教版数学(理)一轮复习课件:第5章 第4节 数列求和


第四节

数列求和

[主干知识梳理] 一、公式法 1.如果一个数列是等差数列或等比数列,则求和时直接利 用等差、等比数列的前n项和公式,注意等比数列公比q

的取值情况要分q=1或q≠1.

2.一些常见数列的前 n 项和公式: n(n+1) (1)1+2+3+4+?+n= ; 2 (2)1+3

+5+7+?+2n-1= n2 (3)2+4+6+8+?+2n= n2+n ; .

二、非等差、等比数列求和的常用方法
1.倒序相加法 如果一个数列{an},首末两端等“距离”的两项的和相 等或等于同一常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒 序相加法,等差数列的前n项和即是用此法推导的. 2.分组转化求和法 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列

或可求和的数列组成,则求和时可用分组转化法,分别
求和而后相加减.

3.错位相减法

如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列
的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此 法来求,等比数列的前n项和就是用此法推导的. 4.裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可

以相互抵消,从而求得其和.

[基础自测自评] 1.设数列{(-1)n}的前 n 项和为 Sn,则对任意正整数 n,Sn= ( n[(-1)n-1] A. 2 (-1)n+1 C. 2 (-1)n-1+1 B. 2 (-1)n-1 D. 2 )

D [因为数列{(-1)n}是首项与公比均为-1 的等比数列,所 -1-(-1)n×(-1) (-1)n-1 以 Sn= = .] 2 1-(-1)

2.(教材习题改编)等差数列{an}的通项公式为 an=2n+1,其前 n 项的和为
? ?Sn? ? ?的前 Sn,则数列? ?n? ? ?

10 项的和为 ( )

A.120 C.75

B.70 D.100

n(a1+an) C [∵Sn= =n(n+2), 2 Sn S1 S2 S10 ∴ =n+2.故 + +?+ =75.] n 1 2 10

3. 数列 a1+2, ?, ak+2k, ?, a10+20 共有十项, 且其和为 240, 则 a1+?+ak+?+a10 的值为 ( A.31 C.130 B.120 D.185 )

C [a1+?+ak+?+a10=240-(2+?+2k+?+20)= (2+20)×10 240- =240-110=130.] 2

4.若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和为________. 2(1-2n) n(1+2n-1) n+1 解析 Sn= + =2 -2+n2. 2 1-2 答案 2n+1+n2-2

1 1 1 1 5.数列 , , ,?, ,?的前 n 项和为 2×4 4×6 6×8 2n(2n+2) ________. 1 ? 1 1? ?1 ? 解析 因 an= = ?n- n+1? 2n(2n+2) 4? ? 1 1 1 1 1 1 则 Sn= 1- + - +?+ - 4 2 2 3 n n+1 1 ? 1? n ? ? 1 - = ? = . 4? n+1? 4 ( n + 1 ) ? n 答案 4(n+1)

[关键要点点拨] 数列求和的方法 (1)一般的数列求和,应从通项入手,若无通项,先求通项, 然后通过对通项变形,转化为与特殊数列有关或具备某种方

法适用特点的形式,从而选择合适的方法求和.
(2)解决非等差、等比数列的求和,主要有两种思路: ①转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列, 这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成. ②不能转化为等差或等比数列的数列,往往通过裂项相消法、 错位相减法、倒序相加法等来求和.

分组转化法求和

[典题导入] (2014· 潍坊模拟)已知数列{an}是各项均不为 0 的等差数 1 2 列,Sn 为其前 n 项和,且满足 S2n-1= an,n∈N*. 2 (1)求 an;

n-1 ? 2 ,n为奇数, ? (2)数列{bn}满足 bn=?1 Tn 为数列{bn}的前 n 项和, a - ,n为偶数, ? ?2 n 1

求 T2n.

[听课记录]

(1)设数列{an}的首项为 a1,公差为 d,

1 2 在 S2n-1= an,令 n=1,2,得 2
2 2 ? ?a1=2S1, ? ?a1=2a1, ? 2 即? 2 ? ?a2=2S3, ? ?(a1+d) =2(3a1+3d).

解得 a1=2,d=4.∴an=4n-2.

(2)由(1)得

n-1 ? ,n为奇数, ?2 bn=? ? ?2n-3,n为偶数,

∴T2n=1+2× 2-3+22+2× 4-3+24+…+22n-2+2× 2n-3 =1+22+24+…+22n-2+4(1+2+…+n)-3n 1-4n n(n+1) 4n 1 = +4· -3n= - +2n2-n. 2 3 3 1-4

[规律方法] 分组转化法求和的常见类型 (1)若 an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组求 和法求{an}的前 n 项和. (2)通项公式为
? ?bn,n为奇数, an=? 的数列,其中数列{bn},{cn}是 ? ?cn,n为偶数

等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.

[跟踪训练]

1.已知数列{xn}的首项x1=3,通项xn=2np+nq(n∈N*,p,
q为常数),且x1,x4,x5成等差数列.求: (1)p,q的值; (2)数列{xn}前n项和Sn的公式.

解析

(1)由 x1=3,得 2p+q=3,

又因为 x4=24p+4q, x5=25p+5q,且 x1+x5=2x4, 得 3+25p+5q=25p+8q, 解得 p=1,q=1. (2)由(1),知 xn=2n+n, 所以 Sn=(2+2 +?+2 )+(1+2+?+n)=2
2 n n +1

n(n+1) -2+ . 2

错位相减法求和

[典题导入] (理)(2013· 东北三省四市联考)数列{an}的前 n 项和为 Sn, 3 1 3 且 Sn= (an-1),数列{bn}满足 bn= bn-1- (n≥2),且 b1=3. 2 4 4 (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}满足 cn=an·log2(bn+1),其前 n 项和为 Tn,求 Tn.

[听课记录]

3 (1)对于数列{an}有 Sn= (an-1), ① 2

3 Sn-1= (an-1-1)(n≥2), ② 2 3 由①-②得 an= (an-an-1),即 an=3an-1, 2 3 n=1 时,S1= (a1-1)得 a1=3, 2 则 an=a1· qn-1=3· 3n-1=3n.

1 3 对于数列{bn}有 bn= bn-1- (n≥2), 4 4 bn+1 1 1 1 可得 bn+1= bn-1+ ,即 = . 4 4 bn-1+1 4
?1? ?1? ? ?n-1 ?n-1 2 -n bn+1=(b1+1)?4? =4? = 4 , ?4? ? ? ? ?

即 bn=42-n-1.

(2)由(1)可知 cn=an·log2(bn+1)=3n·log242-n =3n·log224-2n=3n(4-2n). Tn=2· 31+0· 32+(-2)· 33+?+(4-2n)· 3n,③ 3Tn=2· 32+0· 33+?+(6-2n)· 3n+(4-2n)· 3n+1, ④

由③-④得 -2Tn=2· 3+(-2)· 32+(-2)· 33+?+(-2)· 3n-(4-2n)· 3n+1 =6+(-2)(32+33+?+3n)-(4-2n)· 3n+1. 9(1-3n-1) 则 Tn=-3+ +(2-n)· 3n+1 1-3
? 15 ? ?5 n+1 =- +?2-n? · 3 . ? 2 ? ?

(文)(2014· 东北三省四市联考)数列{an}的前 n 项和为 Sn, 3 1 且 Sn= (an-1),数列{bn}满足 bn+1= bn,且 b1=4. 2 4 (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}满足 cn=am·log2bn,其前 n 项和为 Tn,求 Tn.

[听课记录]

3 (1)对于数列{an}有 Sn= (an-1), ① 2

3 Sn-1= (an-1-1)(n≥2), ② 2 3 由①-②得 an= (an-an-1),即 an=3an-1, 2 3 n=1 时,S1= (a1-1)得 a1=3, 2 则 an=a1· qn-1=3· 3n-1=3n. 1 对于数列{bn}有 bn+1= bn, 4 可得
?1?n-1 ? ? 2-n bn=4× = 4 . ?4? ? ?

(2)由(1)可知 cn=an·log2bn=3n·log242-n =3n·log224-2n=3n(4-2n). Tn=2· 31+0· 32+(-2)· 33+?+(4-2n)· 3n, 3Tn=2· 32+0· 33+?+(6-2n)· 3n+(4-2n)· 3n+1, -2Tn=2· 3+(-2)· 32+(-2)· 33+?+(-2)· 3n-(4-2n)· 3 n +1 =6+(-2)(32+33+?+3n)-(4-2n)· 3n+1, 9(1-3n-1) 则 Tn=-3+ +(2-n)· 3n+1 1-3
? 15 ? ?5 n+1 =- +?2-n? · 3 . ? 2 ? ?

[规律方法] 用错位相减法求和应注意: (1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形; (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项

对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.
(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应 分公比等于1和不等于1两种情况求解.

[跟踪训练] 2.(理)(2014· 合肥一模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 2Sn+3 =3an(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; 4n+1 7 (2)设 bn= ,Tn=b1+b2+?+bn,求证:Tn< (n∈N*) an 2

解析:(1)当 n=1 时,2S1+3=3a1?a1=3;

当 n≥2 时,2Sn+3=3an,2Sn-1+3=3an-1,

∴当 n≥2 时,2Sn-2Sn-1=3an-3an-1?an=3an-1.

∴数列{an}是以 3 为首项,公比为 3 的等比数列, ∴数列{an}的通项公式为 an=3n.

?1? 4n+1 ?n (2)证明:由(1)得 bn= =(4n+1)? ?3? , an ? ?

∴Tn=b1+b2+?+bn
?1?1 ?1?2 ?1?n-1 ?1?n ? ? ? ? ? ? ? =5×?3? +9×?3? +?+(4n-3)×?3? +(4n+1)×? ?3? , ? ? ? ? ? ? ? ?



?1? ?1? ?1? ?1? 1 ? ?2 ? ?3 ? ?n ?n+1 ∴ Tn=5×?3? +9×?3? +?+(4n-3)×?3? +(4n+1)×? , ?3? 3 ? ? ? ? ? ? ? ?



由①-②得
??1? ?1? ? ? ?1? ? 2 ? ?1 ?? ?2 ?1?3 ?n? Tn=5×?3? +4??3? +?3? +?+? ?3? ?- 3 ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ?1?n+1 ? (4n+1)×? ?3? ? ? ? ? ? ? ? ? ?1?n? ?1?n+1 1 ? ??1?1 ?1?2 ?1?3 ? ? ? ? = +4??3? +?3? +?3? +?+?3? ?-(4n+1)×? ?3? 3 ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

1? 1 ? ? ·?1-3n? ? ?1?n+1 3 ? 1 ? ? = +4· -(4n+1)×? ?3? 3 1 ? ? 1- 3

?1? 1? 1 ? ? ? ?n+1 = +2?1-3n?-(4n+1)×? . ?3? 3 ? ? ? ? ?1?n ? ∴2Tn=7-(4n+7)×? ?3? , ? ? ?1?n 7 7 1 ? ∴Tn= - (4n+7)×? ?3? <2. 2 2 ? ?

2.(文)(2014· 合肥一模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 2Sn+3 =3an(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; b1 b2 bn 1 3 (2)设 bn=log3an,Tn= + +?+ ,求证: ≤Tn< . a1 a2 an 3 4

解:(1)当 n=1 时,2S1+3=3a1,∴a1=3. 当 n≥2 时,2Sn+3=3an,2Sn-1+3=3an-1, ∴当 n≥2 时,2Sn-2Sn-1=3an-3an-1, ∴an=3an-1(n≥2). ∴数列{an}是以 3 为首项,3 为公比的等比数列, ∴数列{an}的通项公式为 an=3n.

? bn ? ?1?n (2)证明:由(1)得 =n?3? , an ? ? ? ?1?2 ?1?n-1 b1 b2 bn ? ?1?1 ? ? ? ∴Tn= + +?+ =?3? +2×?3? +?+(n-1)×? +n ?3? a1 a2 an ? ? ? ? ? ? ?1?n ? ×? ?3? , ? ?



?1?2 ?1?3 ?1?n ?1?n+1 1 ? ? ? ? ? ? ? ∴ Tn=?3? +2×?3? +?+(n-1)×?3? +n×? , ② ?3? 3 ? ? ? ? ? ? ? ?

由①-②得

1? 1 ? ? ? 1 - · n ? ?1? ? ? ? ? ?1? ?1? 3? 2 ? ? ?1 ?1?2 ?1?3 ? ?n ? ?n+1 3 ? Tn=?3? +?3? +?3? +?+?3? -n×?3? = -n× 3 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1- 3
?1?n+1 ? ? ?3? ? ? ?1?n+1 1? 1? ? ? ? = ?1-3n?-n×? , ?3? 2? ? ? ?

3 3+2n 3 ∴Tn= - < . 4 4×3n 4

另一方面,
? 3 + 2 n 3 3 5+2n ? ? ? Tn+1-Tn= - n? n+1-? - 4 4×3 ?4 4×3 ?

n+1 = n+1 >0, 3 ∴{Tn}单调增加, 1 故 Tn≥T1= . 3 1 3 综上, ≤Tn< . 3 4

裂项相消法求和

[典题导入] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn=nan-n(n-1) (n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; 2 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan+1

[听课记录]

(1)∵Sn=nan-n(n-1),当 n≥2 时,

Sn-1=(n-1)· an-1-(n-1)(n-2), ∴an=Sn-Sn-1=nan-n(n-1)-(n-1)an-1+(n-1)· (n-2), 即 an-an-1=2. ∴数列{an}是首项 a1=1,公差 d=2 的等差数列, 故 an=1+(n-1)· 2=2n-1,n∈N*.

2 2 1 1 (2)由(1)知 bn= = = - , anan+1 (2n-1)(2n+1) 2n-1 2n+1 故
? ? ? ? ? 1? ? ? ?1 1? ?1 1? Tn=b1+b2+…+bn=?1-3?+?3-5?+?5-7?+…+ ? ? ? ? ? ?

? 1 1 ? 1 2n ? ? ?2n-1-2n+1?=1-2n+1=2n+1. ? ?

[互动探究] 1 本例条件不变,若数列{bn}满足 bn= ,求数列{bn}的前 n 项 Sn+n 和 Tn. 解析 Sn=nan-n(n-1)=n(2n-1)-n(n-1)=n2. 1 1 1 1 1 bn= = 2 = = - , n Sn+n n +n n(n+1) n+1
?1 ?1 1? ?1 1? ?1 1? 1 ? 1 n ? ? ? ? ? ? ? ? - Tn=?1-2?+?2-3?+?3-4?+?+?n ?=1-n+1=n+1. n + 1 ? ? ? ? ? ? ? ?

[规律方法] 利用裂项相消法求和应注意 (1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两 项,后面也剩两项; (2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差 1 1 和系数之积与原通项相等.如:若{an}是等差数列,则 = anan+1 d
?1 1 ? 1 ? 1 1? ? ? ?1 ? - - , = ? an a + ? a a ?an a + ?. 2 d n 1? n 2? ? ? n n+2

[跟踪训练] 3.在等比数列{an}中,a1>0,n∈N*,且 a3-a2=8,又 a1、a5 的 等比中项为 16. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=log4an,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,是否存在正整数 1 1 1 1 k,使得 + + +?+ <k 对任意 n∈N*恒成立.若存在, S1 S2 S3 Sn 求出正整数 k 的最小值;不存在,请说明理由.

解析 (1)设数列{an}的公比为 q,由题意可得 a3=16, ∵a3-a2=8,则 a2=8,∴q=2.∴an=2n+1. (2)∵bn=log42
n +1

n+1 = , 2

n(n+3) ∴Sn=b1+b2+?+bn= . 4 1 ? 1 4 4? ?1 ? ∵ = = ?n- , Sn n(n+3) 3? n+3? ?

1 1 1 1 ∴ + + +?+ S1 S2 S3 Sn 41 1 1 1 1 1 1 1 = - + - + - +?+ - 31 4 2 5 3 6 n n+3 4 1 1 1 1 1 22 = 1+ + - - - < , 3 2 3 n+1 n+2 n+3 9 ∴存在正整数 k 的最小值为 3.

【创新探究】 数列的综合应用 (2012·天津高考)已知{an}是等差数列,其前n项和为 Sn,{bn}是等比数列,且a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式;

(2)记Tn=a1b1+a2b2+?+anbn,n∈N*,
证明Tn-8=an-1bn+1(n∈N*,n≥2). 【思路导析】 (1)用待定系数法列出关于d、q的方程求解. (2)错位相减法求Tn后代入要证明的恒等式中验证.

【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为 d, 等比数列{bn}的公比为 q,由 a1=b1=2, 得 a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d.
3 ? ? ?2+3d+2q =27, ?d=3, 由条件,得方程组? 解得? 3 ? ? ?8+6d-2q =10, ?q=2.

所以 an=3n-1,bn=2n,n∈N*.

(2)证明:由(1)得 Tn=2×2+5×22+8×23+?+(3n-1)×2n, ①

2Tn=2×22+5×23+?+(3n-4)×2n+(3n-1)×2n+1. ② ①-②,得 -Tn=2×2+3×22+3×23+?+3×2n-(3n-1)×2n+1= 6×(1-2n) -(3n-1)×2n+1-2 1-2 =-(3n-4)×2n+1-8,

即 Tn-8=(3n-4)×2n+1. 而当 n≥2 时,an-1bn+1=(3n-4)×2n+1, 所以 Tn-8=an-1bn+1,n∈N*,n≥2.

【高手支招】 利用错位相减求和时注意两点易误:

(1)在对Sn乘以公比q后,易忽视错位对应.
(2)错位相减求和时,对于成等比数列部分的和注意判断首项 及项数,切记盲目地按照前n项和去求. 模板建构 第一步:理清题意分析条件与问题; 第二步:利用条件确定通项公式;

第三步:根据通项结构,选择求和方法并求和;
第四步:解决与和相关的问题得出结论; 第五步:反思回顾解题过程,注意规范化.

[体验高考]
2 (理)(2013· 江西高考)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:S2 n-(n +n

-1)Sn-(n2+n)=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; n+1 (2)令 bn= 2,数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明:对于任意 (n+2)2an 5 的 n∈N ,都有 Tn< . 64
*

2 2 解析 (1)由 S2 - ( n + n - 1) S - ( n +n)=0, n n

得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n2+n. 于是 a1=S1=2,n≥2 时,an=Sn-Sn-1 =n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项公式为 an=2n.

n+1 n+1 (2)证明:由于 an=2n,故 bn= 2= (n+2)2an 4n2(n+2)2 1 1 1 = [ 2- ]. 16 n (n+2)2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn= [1- 2+ 2- 2+ 2- 2+?+ - + 2 16 3 2 4 3 5 (n-1)2 (n+1)2 n 1 - 2] (n+2) 1 1 1 1 1 1 5 = [1+ 2- - ]< (1+ 2)= . 16 2 (n+1)2 (n+2)2 16 2 64

(文)(2013· 江西高考)正项数列{an}满足:a2 n-(2n-1)an-2n=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; 1 (2)令 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. (n+1)an

解析

(1)由 a2 n-(2n-1)an-2n=0,

得(an-2n)(an+1)=0.由于{an}是正项数列,所以 an=2n. 1 (2)由 an=2n,bn= , (n+1)an 1 11 1 则 bn= = ( - ). 2n(n+1) 2 n n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn= (1- + - +?+ - + - ) 2 2 2 3 n n n-1 n+1 1 1 n = (1- )= . 2 n+1 2(n+1)

课时作业


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