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2016届高考数学一轮复习教学案(基础知识+高频考点+解题训练)等差数列及其前n项和(含解析)


2016 届高考数学一轮复习教学案 等差数列及其前 n 项和

[知识能否忆起] 一、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). 2.等差中项:数列 a,A,b 成等差数列的充要条件是 A= 的等差中项. 二、等差数列的

有关公式 1.通项公式:an=a1+(n-1)d. 2.前 n 项和公式:Sn=na1+ 三、等差数列的性质 1.若 m,n,p,q∈N*,且 m+n=p+q,{an}为等差数列,则 am+an=ap+aq. 2.在等差数列{an}中,ak,a2k,a3k,a4k,…仍为等差数列,公差为 kd. 3.若{an}为等差数列,则 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍为等差数列,公差为 n2d. 4.等差数列的增减性:d>0 时为递增数列,且当 a1<0 时前 n 项和 Sn 有最小值.d<0 时为递减数列,且当 a1>0 时前 n 项和 Sn 有最大值. 5.等差数列{an}的首项是 a1,公差为 d.若其前 n 项之和可以写成 Sn=An2+Bn,则 A = ,B=a1- ,当 d≠0 时它表示二次函数,数列{an}的前 n 项和 Sn=An2+Bn 是{an}成 2 2 等差数列的充要条件. [小题能否全取]

a+b
2

,其中 A 叫做 a,b

n n-
2

d=

a1+an n
2

.

d

d

1.(2012·福建高考)等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为( A.1 C.3 B.2 D.4

)

?2a1+4d=10, ? 解析:选 B 法一:设等差数列{an}的公差为 d,由题意得? ? ?a1+3d=7.

解得?

? ?a1=1, ?d=2. ?

故 d=2.

法二:∵在等差数列{an}中,a1+a5=2a3=10,∴a3=5. 又 a4=7,∴公差 d=7-5=2.

? π? 3π 2.(教材习题改编)在等差数列{an}中,a2+a6= ,则 sin?2a4- ?=( 3? 2 ?
A. 3 2 3 2 1 B. 2 1 D.- 2

)

C.-

3π 3π 解析:选 D ∵a2+a6= ,∴2a4= . 2 2

? ?3π π? π? π 1 ∴sin?2a4- ?=sin? - ?=-cos =- . 3? 3 2 ? ? 2 3?
3.(2012·辽宁高考)在等差数列{an}中,已知 a4+a8=16,则该数列前 11 项和 S11= ( ) A.58 C.143 解析:选 B S11= B.88 D.176

a1+a11
2



a4+a8
2

=88.

4.在数列{an}中,若 a1=1,an+1=an+2(n≥1),则该数列的通项 an=________.

解析:由 an+1=an+2 知{an}为等差数列其公差为 2. 故 an=1+(n-1)×2=2n-1. 答案:2n-1 1 5.(2012·北京高考)已知{an}为等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 a1= ,S2=a3,则 a2 2 =________,Sn=________. 解析:设{an}的公差为 d, 由 S2=a3 知,a1+a2=a3,即 2a1+d=a1+2d, 1 1 又 a1= ,所以 d= ,故 a2=a1+d=1, 2 2

Sn=na1+ n(n-1)d= n+ (n2-n)×
2 2 2 1 1 = n2+ n. 4 4 答案:1 1 4

1

1

1

1 2

n2+ n
4

1

1.与前 n 项和有关的三类问题 (1)知三求二:已知 a1、d、n、an、Sn 中的任意三个,即可求得其余两个,这体现了方 程思想. (2)Sn= n2+?a1- ?n=An2+Bn?d=2A. 2? 2 ? (3)利用二次函数的图象确定 Sn 的最值时,最高点的纵坐标不一定是最大值,最低点的 纵坐标不一定是最小值. 2.设元与解题的技巧 已知三个或四个数组成等差数列的一类问题, 要善于设元, 若奇数个数成等差数列且和 为定值时,可设为…,a-2d,a-d,a,a+d,a+2d,…; 若偶数个数成等差数列且和为定值时,可设为…,a-3d,a-d,a+d,a+3d,…,

d

?

d?

其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元.

等差数列的判断与证明

典题导入 [例 1] 在数列{an}中,a1=-3,an=2an-1+2n+3(n≥2,且 n∈N*). (1)求 a2,a3 的值; (2)设 bn=

an+3
2n

(n∈N*),证明:{bn}是等差数列.

[自主解答] (1)∵a1=-3,an=2an-1+2n+3(n≥2,且 n∈N*),∴a2=2a1+22+3= 1,a3=2a2+23+3=13. (2)证明:对于任意 n∈N*, ∵bn+1-bn=

an+1+3 an+3
2n+1 - 2n =

1 1 = n+1[(an+1-2an)-3]= n+1[(2n+1+3)-3]=1, 2 2 =0,公差为 1 的等差数列. 由题悟法

∴数列{bn}是首项为

a1+3 -3+3
2 2

1.证明{an}为等差数列的方法: (1)用定义证明:an-an-1=d(d 为常数,n≥2)?{an}为等差数列; (2)用等差中项证明:2an+1=an+an+2?{an}为等差数列; (3)通项法:an 为 n 的一次函数?{an}为等差数列; (4)前 n 项和法:Sn=An2+Bn 或 Sn=

n a1+an
2

.

2.用定义证明等差数列时,常采用的两个式子 an+1-an=d 和 an-an-1=d,但它们

的意义不同,后者必须加上“n≥2”,否则 n=1 时,a0 无定义. 以题试法 1.已知数列{an}的前 n 项和 Sn 是 n 的二次函数,且 a1=-2,a2=2,S3=6. (1)求 Sn; (2)证明:数列{an}是等差数列. 解:(1)设 Sn=An2+Bn+C(A≠0),

-2=A+B+C, ? ? 则?0=4A+2B+C, ? ?6=9A+3B+C,

解得 A=2,B=-4,C=0.故 Sn=2n2-4n. (2)证明:∵当 n=1 时,a1=S1=-2. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n2-4n-[2(n-1)2-4(n-1)]=4n-6. ∴an=4n-6(n∈N*).an+1-an=4, ∴数列{an}是等差数列. 等差数列的基本运算

典题导入 [例 2] (2012·重庆高考)已知{an}为等差数列,且 a1+a3=8,a2+a4=12. (1)求{an}的通项公式; (2)记{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1,ak,Sk+2 成等比数列,求正整数 k 的值. [自主解答] (1)设数列{an}的公差为 d,由题意知

?2a1+2d=8, ?a1=2, ? ? ? 解得? ? ? ?2a1+4d=12, ?d=2.

所以 an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n. (2)由(1)可得 Sn=

n a1+an
2



n

+2n 2

=n(n+1).

因为 a1,ak,Sk+2 成等比数列,所以 a2 k =a1Sk+2. 从而(2k)2=2(k+2)(k+3),即 k2-5k-6=0, 解得 k=6 或 k=-1(舍去),因此 k=6. 由题悟法 1.等差数列的通项公式 an=a1+(n-1)d 及前 n 项和公式 Sn=

n a1+an
2

=na1+

n n-
2 的思想.

d,共涉及五个量 a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了方程

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. 以题试法 2.(1)在等差数列中,已知 a6=10,S5=5,则 S8=________. (2)(2012·江西联考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 - =1, 则公差为________. 12 9 解析:(1)∵a6=10,S5=5,

S4

S3

?a1+5d=10, ? ∴? ? ?5a1+10d=5.

解方程组得?

? ?a1=-5, ?d=3. ?

则 S8=8a1+28d=8×(-5)+28×3=44. 4×3 3×2 4a1+6d (2)依题意得 S4=4a1+ d=4a1+6d,S3=3a1+ d=3a1+3d,于是有 2 2 12

3a1+3d - =1,由此解得 d=6,即公差为 6. 9 答案:(1)44 (2)6

等差数列的性质

典题导入 [例 3] (1)等差数列{an}中,若 a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,则前 9 项和 S9 等 于( ) A.66 C.144 B.99 D.297

(2)(2012·天津模拟)设等差数列{an}的前 n 项和 Sn,若 S4=8,S8=20,则 a11+a12+

a13+a14=(
A.18 C.16

) B.17 D.15

[自主解答] (1)由等差数列的性质及 a1+a4+a7=39,可得 3a4=39,所以 a4=13. 同理,由 a3+a6+a9=27,可得 a6=9. 所以 S9=

a1+a9
2



a4+a6
2

=99.

(2)设{an}的公差为 d,则 a5+a6+a7+a8=S8-S4=12,(a5+a6+a7+a8)-S4=16d, 1 解得 d= ,a11+a12+a13+a14=S4+40d=18. 4 [答案] (1)B (2)A 由题悟法 1.等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前 n 项和公式等基础知识的推广 与变形,熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题. 2.应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系.

以题试法 3.(1)(2012·江西高考)设数列{an},{bn}都是等差数列,若 a1+b1=7,a3+b3=21, 则 a5+b5=________. (2)(2012·海淀期末)若数列{an}满足:a1=19,an+1=an-3(n∈N*),则数列{an}的前 n 项和数值最大时,n 的值为( A.6 C.8 ) B.7 D.9

解析:(1)设两等差数列组成的和数列为{cn},由题意知新数列仍为等差数列且 c1=7,

c3=21,则 c5=2c3-c1=2×21-7=35.
(2)∵an+1-an=-3, ∴数列{an}是以 19 为首项, -3 为公差的等差数列, ∴an=19+(n

-1)×(-3)=22-3n.设前 k 项和最大,则有?

? ?ak≥0, ?ak+1≤0, ?

? ?22-3k≥0, 即? ?22- k+ ?



19 22 解得 ≤k≤ .∵k∈N*,∴k=7.故满足条件的 n 的值为 7. 3 3 答案:(1)35 (2)B

1.(2011·江西高考){an}为等差数列,公差 d=-2,Sn 为其前 n 项和.若 S10=S11, 则 a1=( A.18 C.22 ) B.20 D.24

解析:选 B 由 S10=S11,得 a11=S11-S10=0,a1=a11+(1-11)d=0+(-10)×(- 2)=20. 2.(2012·广州调研)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a5=8,S3=6,则 S10-S7

的值是( A.24 C.60

) B.48 D.72

解析:选 B

设等差数列 {an} 的公差为 d ,由题意可得 ?

?a5=a1+4d=8, ? ? ?S3=3a1+3d=6,

解得

? ?a1=0, ? 则 S10-S7=a8+a9+a10=3a1+24d=48. ?d=2, ?
3.(2013·东北三校联考)等差数列{an}中,a5+a6=4,则 log2(2a1·2a2·…·2a10)=( A.10 C.40 B.20 D.2+log25 )

解析:选 B 依题意得,a1+a2+a3+…+a10= 有 log2(2a1·2a2·…·2a10)=a1+a2+a3+…+a10=20.

a1+a10
2

=5(a5+a6)=20,因此

2 * 4.(2012·海淀期末)已知数列{an}满足:a1=1,an>0,a2 n+1-an =1(n∈N ),那么使

an<5 成立的 n 的最大值为(
A.4 C.24

) B.5 D.25

2 2 2 解析:选 C ∵a2 n+1-an=1,∴数列{an}是以 a1=1 为首项,1 为公差的等差数列.∴ 2 =1+(n-1)=n.又 a >0,∴a = an n.∵an<5,∴ n<5.即 n<25.故 n 的最大值为 24. n n

5.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,并且 S10>0,S11<0,若 Sn≤Sk 对 n∈N*恒成 立,则正整数 k 的值为( A.5 C.4 ) B.6 D.7

解析: 选 A 由 S10>0, S11<0 知 a1>0, d<0, 并且 a1+a11<0, 即 a6<0, 又 a5+a6>0, 所以 a5>0,即数列的前 5 项都为正数,第 5 项之后的都为负数,所以 S5 最大,则 k=5.

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=( A.0 C.8 ) B.3 D.11

解析:选 B 因为{bn}是等差数列,且 b3=-2,b10=12, 12- - 故公差 d= 10-3 =2.于是 b1=-6,

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. 7.(2012·广东高考)已知递增的等差数列{an}满足 a1=1,a3=a2 2-4,则 an=________.
2 2 解析:设等差数列公差为 d,∵由 a3=a2 2-4,得 1+2d=(1+d) -4,解得 d =4,

即 d=±2.由于该数列为递增数列,故 d=2. ∴an=1+(n-1)×2=2n-1. 答案:2n-1 8.已知数列{an}为等差数列,Sn 为其前 n 项和,a7-a5=4,a11=21,Sk=9,则 k= ________. 解析:a7-a5=2d=4,则 d=2.a1=a11-10d=21-20=1,

k k- Sk=k+
2 答案:3

×2=k2=9.又 k∈N*,故 k=3.

9. 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 =

Sn 2n-3 Tn 4n-3





a9

b5+b7 b8+b4



a3

的值为________.

解析:∵{an},{bn}为等差数列,



a9

b5+b7 b8+b4 2b6 2b6 S11 T11




a3



a9



a3



a9+a3 a6
2b6 =

b6

.



2a6 2×11-3 19 a6 19 = = = ,∴ = . b1+b11 2b6 4×11-3 41 b6 41

a1+a11

19 答案: 41 10.(2011·福建高考)已知等差数列{an}中,a1=1,a3=-3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{an}的前 k 项和 Sk=-35,求 k 的值. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,则 an=a1+(n-1)d. 由 a1=1,a3=-3,可得 1+2d=-3,解得 d=-2. 从而 an=1+(n-1)×(-2)=3-2n. (2)由(1)可知 an=3-2n, 所以 Sn=

n[1+
2

-2n

=2n-n2.

由 Sk=-35,可得 2k-k2=-35, 即 k2-2k-35=0,解得 k=7 或 k=-5. 又 k∈N*,故 k=7. 11.设数列{an}的前 n 项积为 Tn,Tn=1-an,

?1? (1)证明? ?是等差数列; ?Tn? ? an? ?Tn?

(2)求数列? ?的前 n 项和 Sn.

解:(1)证明:由 Tn=1-an 得,当 n≥2 时,Tn=1- 1 1 两边同除以 Tn 得 - =1.

Tn

Tn-1



Tn Tn-1

∵T1=1-a1=a1,

1 1 1 故 a1= , = =2. 2 T1 a1

?1? ∴? ?是首项为 2,公差为 1 的等差数列. ?Tn?
1 1 (2)由(1)知 =n+1,则 Tn= , Tn n+1 从而 an=1-Tn= .故 =n. n+1 Tn

n

an

∴数列? ?是首项为 1,公差为 1 的等差数列.

? an? ?Tn?

∴Sn=

n n+
2

.

12.已知在等差数列{an}中,a1=31,Sn 是它的前 n 项和,S10=S22. (1)求 Sn; (2)这个数列的前多少项的和最大,并求出这个最大值. 解:(1)∵S10=a1+a2+…+a10,

S22=a1+a2+…+a22,又 S10=S22,
∴a11+a12+…+a22=0, 即

a11+a22
2

=0,故 a11+a22=2a1+31d=0.

又∵a1=31,∴d=-2, ∴Sn=na1+

n n-
2

d=31n-n(n-1)=32n-n2.

(2)法一:由(1)知 Sn=32n-n2, 故当 n=16 时,Sn 有最大值,Sn 的最大值是 256. 法二:由 Sn=32n-n2=n(32-n),欲使 Sn 有最大值, 应有 1<n<32,从而 Sn≤?

?n+32-n? ?2=256, 2 ? ?

当且仅当 n=32-n,即 n=16 时,Sn 有最大值 256.

1.等差数列中,3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,则该数列前 13 项的和是( A.156 C.26 B.52 D.13

)

解析:选 C ∵a3+a5=2a4,a7+a10+a13=3a10, ∴6(a4+a10)=24,故 a4+a10=4. ∴S13=

a1+a13
2



a4+a10
2

=26.

2.在等差数列{an}中,a1>0,a10·a11<0,若此数列的前 10 项和 S10=36,前 18 项和

S18=12,则数列{|an|}的前 18 项和 T18 的值是(
A.24 C.60 B.48 D.84

)

解析:选 C 由 a1>0,a10·a11<0 可知 d<0,a10>0,a11<0,故 T18=a1+…+a10-

a11-…-a18=S10-(S18-S10)=60.
3.数列{an}满足 an+1+an=4n-3(n∈N*). (1)若{an}是等差数列,求其通项公式; (2)若{an}满足 a1=2,Sn 为{an}的前 n 项和,求 S2n+1. 解:(1)由题意得 an+1+an=4n-3,①

an+2+an+1=4n+1,②
②-①得 an+2-an=4, ∵{an}是等差数列,设公差为 d,∴d=2. ∵a1+a2=1,∴a1+a1+d=1, 1 ∴a1=- , 2

5 ∴an=2n- . 2 (2)∵a1=2,a1+a2=1,∴a2=-1. 又∵an+2-an=4,∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列,公差均为 4, ∴a2n-1=4n-2,a2n=4n-5,

S2n+1=(a1+a3+…+a2n+1)+(a2+a4+…+a2n)
=(n+1)×2+ =4n2+n+2.

n+1 n
2

×4+n×(-1)+

n n-1
2

×4

3 1 1 1.已知数列{an}中,a1= ,an=2- (n≥2,n∈N*),数列{bn}满足 bn= (n 5 an-1 an-1 ∈N*). (1)求证:数列{bn}是等差数列; (2)求数列{an}中的最大项和最小项,并说明理由. 解:(1)证明:∵an=2- 1 (n≥2,n∈N*),bn= 1 .

an-1
1

an-1

∴n≥2 时,bn-bn-1= 1

1 - an-1 an-1-1



? an-1-1 1 ? ? 2- ?-1 ? an-1?
1 - =1. an-1-1 an-1-1 5 =- . a1-1 2 1



1



an-1

又 b1=

5 ∴数列{bn}是以- 为首项,1 为公差的等差数列. 2

7 (2)由(1)知,bn=n- , 2 则 an=1+ 2 =1+ , bn 2n-7 1

2 设函数 f(x)=1+ , 2x-7

? ? 7? ?7 易知 f(x)在区间?-∞, ?和? ,+∞?内为减函数. 2? ?2 ? ?
故当 n=3 时,an 取得最小值-1;当 n=4 时,an 取得最大值 3. 2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足:a2+a4=14,S7=70. (1)求数列{an}的通项公式; 2Sn+48 (2)设 bn= ,数列{bn}的最小项是第几项,并求出该项的值.

n

? ?2a1+4d=14, 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,则有? ?7a1+21d=70, ?

即?

?a1+2d=7, ? ? ?a1+3d=10,

解得?

?a1=1, ? ? ?d=3.

所以 an=3n-2. (2)因为 Sn= [1+(3n-2)]= 2

n

3n2-n , 2 48 3n· -1=23,

3n2-n+48 48 所以 bn= =3n+ -1≥2

n

n

n

48 当且仅当 3n= ,即 n=4 时取等号,

n

故数列{bn}的最小项是第 4 项,该项的值为 23. 3.已知数列{an},对于任意 n≥2,在 an-1 与 an 之间插入 n 个数,构成的新数列{bn} 成等差数列,并记在 an-1 与 an 之间插入的这 n 个数均值为 Cn-1.

(1)若 an=

n2+3n-8
2

,求 C1,C2,C3;

(2)在(1)的条件下是否存在常数 λ ,使{Cn+1-λ Cn}是等差数列?如果存在,求出满足条 件的 λ ,如果不存在,请说明理由. 解:(1)由题意 a1=-2,a2=1,a3=5,a4=10, 1 ∴在 a1 与 a2 之间插入-1,0,C1=- . 2 在 a2 与 a3 之间插入 2,3,4,C2=3. 15 在 a3 与 a4 之间插入 6,7,8,9,C3= . 2 (2)在 an-1 与 an 之间插入 n 个数构成等差数列,d=

an-an-1 n+1

=1,

n an-1+an
∴Cn-1= 2

n



an-1+an n2+2n-9
2 = 2

.

假设存在 λ 使得{Cn+1-λ Cn}是等差数列. ∴(Cn+1-λ Cn)-(Cn-λ Cn-1) =Cn+1-Cn-λ (Cn-Cn-1) = 2n+5 2n+3 -λ · 2 2

5 3 =(1-λ )n+ - λ =常数,∴λ =1. 2 2 即 λ =1 时,{Cn+1-λ Cn}是等差数列.


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