nbhkdz.com冰点文库

(江苏专用)2016高考数学二轮复习 专题三 第2讲 数列的综合应用课件 理


第2讲 数列的综合应用

高考定位

高考对本内容的考查主要有: (1) 通过适当的代

数变形后,转化为等差数列或等比数列的问题; (2) 求数列 的通项公式及其前n项和的基本的几种方法; (3)数列与函数、

不等式的综合问题.题型一般为解答题,且为压轴题.

真题感悟

r />
(2015· 江苏卷)设 a1,a2,a3,a4 是各项为正数且公差为 d(d≠0)的 等差数列. (1)证明:2a1,2a2,2a3,2a4 依次构成等比数列;
3 4 (2)是否存在 a1,d,使得 a1,a2 , a , a 2 3 4依次构成等比数列?并说

明理由;
n k n (3)是否存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an 1,a2 ,a3
+ +2k

,an 4

+3k

依次

构成等比数列?并说明理由.

(1)证明

2 an?1 因为 2an

= 2a

n?1 ? an

-an=2d(n=1,2,3)是同一个常数,所

以 2a1,2a2,2a3,2a4 依次构成等比数列, (2)解 不存在,理由如下:

令 a1+d=a,则 a1,a2,a3,a4 分别为 a-d,a,a+d,a+2d(a >d,a>-2d,d≠0).
3 4 假设存在 a1,d,使得 a1,a2 , a , a 2 3 4依次构成等比数列,

则 a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.
? 1 ? d 3 6 4? 令 t=a, 则 1=(1-t)(1+t) , 且(1+t) =(1+2t) -2<t<1,t≠0?, ? ?

化简得 t3+2t2-2=0(*),且 t2=t+1. 将 t2=t+1 代入(*)式, t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0, 1 则 t=-4. 1 显然 t=-4不是上面方程的解,矛盾, 所以假设不成立.
3 4 因此不存在 a1,d,使得 a1,a2 , a , a 2 3 4依次构成等比数列.

(3)解

不存在,理由如下:

n+k n+2k n+3k 假设存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an ,a4 依次构 1,a2 ,a3 成等比数列,

n 则 an ( a + 2 d ) 1 1

+2k

=(a1+d)2(n

+k)

,且(a1+d)n k(a1+3d)n


+3k

=(a1+2d)2(n+2k). 分别在两个等式的两边同除以 a2 1
(n+k)

2 及 a1

(n+2k)



? 1 d? + + 并令 t= ?t>-3,t≠0?,则(1+2t)n 2k=(1+t)2(n k), a1? ?

且(1+t)n k(1+3t)n


+3k

=(1+2t)2(n

+2k).

将上述两个等式两边取对数, 得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)ln(1+t), 且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t). 化简得 2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)], 且 3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].

再将这两式相除,化简得 ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**). 令 g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)ln(1+t), 则 g′(t)=
2[(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t)] . (1+t)(1+2t)(1+3t)

令 φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t), 则 φ′(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)ln(1+t)].

令 φ1(t)=φ′(t),则 φ1′(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)]. 12 令 φ2(t)=φ1′(t),则 φ2′(t)= >0. (1+t)(1+2t)(1+3t) 由 g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ′2(t)>0, 知
? 1 ? φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在?-3,0?和(0,+∞)上均单调. ? ?

故 g(t)只有唯一零点 t=0,即方程(**)只有唯一解 t=0,故假设不 成立.
n+k n+2k n+3k 所以不存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an , a , a , a 依次 1 2 3 4

构成等比数列.

考点整合

1.数列求和的常用方法
(1)公式法:直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解. (2)倒序相加法:适用于与首、末等距离的两项之和等于首、末 两项之和,且和为常数的数列.等差数列前n项和公式的推导就 使用了倒序相加法,利用倒序相加法求解数列前n项和时,要把

握数列通项公式的基本特征,即通过倒序相加可以得到一个常
数列,或者等差数列、等比数列,从而转化为常见数列的求和 方法,这也是数学转化与化归思想的具体体现.

(3)错位相减法: 适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项 的乘积组成的数列.把 Sn=a1+a2+?+an 两边同乘以相应等比数列 的公比 q,得到 qSn=a1q+a2q+?+anq,两式错位相减即可求出 Sn. (4)裂相相消法:即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式,然 ? ? c ? ? ? 后通过累加抵消中间若干项的方法, 裂项相消法适用于形如 a a ? ? n n+1? ? ? (其中{an}是各项均不为零的等差数列,c 为常数)的数列.

(5)拆项分组法:把数列的每一项拆成两项 (或多项),再重新组合 成两个(或多个)简单的数列,最后分别求和.

(6)并项求和法:与拆项分组相反,并项求和是把数列的两项(或
多项)组合在一起,重新构成一个数列再求和,一般适用于正负相

间排列的数列求和,注意对数列项数奇偶性的讨论.

2.数列单调性的常见题型及处理方法如下: (1)求最大(小)项时,可利用①数列单调性; ②函数单调性; ③导数. (2)求参数范围时,可利用①作差法;②同号递推法;③先猜后证法. 3.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立 问题,解决方法如下: (1)利用数列(或函数)的单调性; (2)放缩法:①先求和后放缩;②先放缩后求和,包括放缩后成等 差(或等比)数列再求和,或者放缩后成等差比数列再求和,或者 放缩后裂项相消后再求和; (3)数学归纳法.

热点一 有关数列中计算的综合问题
【例1】 (2011· 江苏卷)设M为部分正整数组成的集合,数列{an}的 首项a1=1,前n项的和为Sn,已知对任意的整数k∈M,当整数n

>k时,Sn+k+Sn-k=2(Sn+Sk)都成立.
(1)设M={1},a2=2,求a5的值;

(2)设M={3,4},求数列{an}的通项公式.



(1)由题设知,当n≥2时,Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1),即(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)

=2S1,从而an+1-an=2a1=2.又a2=2,故当n≥2时,an=a2+2(n-2)=2n-2. 所以a5的值为8.

(2)由题设知,当k∈M={3,4}且n>k时,Sn+k+Sn-k=2Sn+2Sk且Sn+1+k+Sn+1
-k=2Sn+1+2Sk,两式相减得an+1+k+an+1-k=2an+1,即an+1+k-an+1=an+1-

an+1-k,所以当n≥8时,an-6,an-3,an,an+3,an+6成等差数列,且an-6,an-
2,an+2,an+6也成等差数列.

从而当n≥8时,2an=an+3+an-3=an+6+an-6,(*)且an+6+an-6=an+2+an-2.所 以当n≥8时,2an=an+2+an-2,即an+2-an=an-

an-2.于是当n≥9时,an-3,an-1,an+1,an+3成等差数列,从而
an+3+an-3=an+1+an-1,故由(*)式知2an=an+1+an-1,即an+1-an=an-an-1. 当n≥9时,设d=an-an-1.

当 2≤m≤8 时,m+6≥8,从而由(*)式知 2am+6=am+am+12,故 2am+7=am+1+am+13.从而 2(am+7-am+6)=am+1-am+(am+13-am+12), 于是 am+1-am=2d-d=d. 因此, an +1 - an = d 对任意 n≥2 都成立 . 又由 Sn + k+ Sn - k- 2Sn = 2Sk(k∈{3, 4})可知, (Sn+k-Sn)-(Sn-Sn-k)=2Sk, 故 9d=2S3 且 16d 7 3 5 9 =2S4.解得 a4= d,从而 a2= d,a3= d,又由 S3= d=a1+a2+ 2 2 2 2 d a3,故 a1=2.因此,数列{an}为等差数列,由 a1=1 知 d=2,所以 数列{an}的通项公式为 an=2n-1.

探究提高 难度较高.

此类问题看似简单,实际复杂,思维量和计算量较大,

【训练 1】 (2012· 江苏卷)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn} an+bn 满足:an+1= 2 2,n∈N*. an+bn
2 ? ?? bn ? ? ? bn ?? ? ? * (1)设 bn+1=1+a ,n∈N ,求证:数列 ?? an ? ? 是等差数列; ? ? n

bn * (2)设 bn+1= 2· , n ∈ N ,且{an}是等比数列,求 a1 和 b1 的值. an

an+bn (1)证明 由题设知 an+1= 2 2= an+bn bn+1 = an+1

bn 1+ a n = ?bn?2 1+?a ? ? n?

bn+1
?bn?2 1+?a ? ? n?

,所以

?bn+1?2 ?b ?2 ?bn?2 ??bn?2? n ? ? * 1+?a ? ,从而? -?a ? =1(n∈N ),所以数列??a ? ?是 ? ? n? ? n? ?? n? ? ?an+1?

以 1 为公差的等差数列. (2)解 (an+bn)2 2 2 因为 an>0,bn>0,所以 ≤a2 n+bn<(an+bn) , 2

an+bn 从而 1<an+1= 2 2≤ 2.(*) an+bn 设等比数列{an}的公比为 q,由 an>0 知 q>0.下证 q=1.

a2 2 若 q>1,则 a1= q <a2≤ 2,故当 n>logq 时,an+1=a1qn> 2,与(*) a1 矛盾; a2 1 若 0<q<1,则 a1= q >a2>1,故当 n>logq 时,an+1=a1qn<1,与(*) a1 矛盾. 综上,q=1,故 an=a1(n∈N*),所以 1<a1≤ 2. 2 2 bn * 又 bn+1= 2· bn(n∈N ), 所以{bn}是公比为 a 的等比数列.若 a1≠ 2, an= a1 · 1
2 a1+bn a1± a2 1 2-a1 则 a >1,于是 b1<b2<b3.又由 a1= 2 (n∈N*), 2 2得 bn= a1-1 1 a1+bn

2

所以 b1 , b2 , b3 中至少有两项相同,矛盾,所以 a1 = 2 ,从而 bn =
2 a1± a2 1 2-a1 = 2.所以 a1=b1= 2. a2 1-1

热点二 有关数列中证明的综合问题
an+an+2 【例 2】 如果无穷数列{an}满足下列条件:① 2 ≤an+1;②存 在实数 M,使得 an≤M,其中 n∈N*,那么我们称数列{an}为 Ω 数列. (1)设数列{bn}的通项为 bn=5n-2n,且是 Ω 数列,求 M 的取值范围; 1 (2)设{cn}是各项为正数的等比数列,Sn 是其前 n 项和,c3= ,S3 4 7 = ,证明:数列{Sn}是 Ω 数列; 4 (3)设数列{dn}是各项均为正整数的 Ω 数列,求证:dn≤dn+1.

(1)解

∵bn+1-bn=5-2n,∴当 n≥3,bn+1-bn<0,故数列{bn}单

调递减;当 n=1,2 时,bn+1-bn>0,即 b1<b2<b3,则数列{bn} 中的最大项是 b3=7,所以 M≥7. 1 (2)证明 ∵{cn}是各项为正数的等比数列, Sn 是其前 n 项和, c3=4, 7 c3 c3 7 S3=4,设其公比为 q>0,∴q2+ q +c3=4.整理得 6q2-q-1=0, 1 1 1 1 解得 q= ,q=- (舍去).∴c1=1,cn= n-1,Sn=2- n-1<2,对 2 3 2 2 Sn+Sn+2 1 1 1 任意的 n∈N ,有 2 =2-2n- n+2<2-2n=Sn+1,且 Sn<2, 2
*

故{Sn}是 Ω 数列.

(3)证明 假设存在正整数 k 使得 dk>dk+1 成立,有数列{dn}的各项 dk+dk+2 均为正整数, 可得 dk≥dk+1+1, 即 dk+1≤dk-1.因为 ≤dk+1, 2 所以 dk+2≤2dk+1-dk≤2(dk-1)-dk=dk-2,由 dk+2≤2dk+1-dk 及 dk+1+dk+3 dk>dk+1 得 dk+2<2dk+1-dk+1=dk+1, 故 dk+2≤dk+1-1.因为 2 ≤dk+2, 所以 dk+3≤2dk+2-dk+1≤2(dk+1-1)-dk+1=dk+1-2≤dk-3, 由此类推,可得 dk+m≤dk-m(m∈N*).又存在 M,使 dk≤M,∴m> M,使 dk+m<0,这与数列{dn}的各项均为正数矛盾,所以假设不成 立,即对任意 n∈N*,都有 dk≤dk+1 成立.

探究提高

不等式证明是数列问题中的常见题型,一般方法是利

用不等式证明的常规方法,如综合法、分析法等直接证明方法, 也可以应用反证法等间接证明方法.

【训练2】 (2014· 江苏卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正 整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,则称{an}是“H数列”.

(1) 若数列 {an} 的前 n 项和 Sn = 2n(n∈N*) ,证明: {an} 是“H 数
列”; (2)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{an}是“H数 列”,求d的值; (3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和

{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.

(1)证明 由已知,当 n≥1 时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是 对任意的正整数 n,总存在正整数 m=n+1,使得 Sn=2n=am.所以 {an}是“H 数列”. (2)解 由已知,得 S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H 数列”,所以

存在正整数 m,使得 S2=am,即 2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1. 因为 d<0,所以 m-2<0,故 m=1.从而 d=-1. n(3-n) * 当 d=-1 时,an=2-n,Sn= 是小于 2 的整数, n ∈ N , 2 n(3-n) 于是对任意的正整数 n,总存在正整数 m=2-Sn=2- , 2 使得 Sn=2-m=am,所以{an}是“H 数列”.因此 d 的值为-1.

(3)证明 设等差数列{an}的公差为 d,则 an=a1+(n-1)d=na1+(n -1)(d-a1)(n∈N*). 令 bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),则 an=bn+cn(n∈N*). n(n+1) 下证{bn}是“H”“数列”设{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn= 2 n(n+1) a1(n∈N ),于是对任意的正整数 n,总存在正整数 m= , 2
*

使得 Tn=bm,所以{bn}是“H 数列”. 同理可证{cn}也是“H 数列”.所以,对任意的等差数列{an},总存 在两个“H 数列”{bn}和{cn},使得 an=bn+cn(n∈N*)成立.

热点三 数列中的探索性问题
【例 3】 (2014· 泰州期末)设数列{an}的前 n 项积为 Tn,已知对?n, Tn m∈N ,当 n>m 时,总有T =Tn-m· q(n-m)m(q>0 是常数). m
*

(1)求证:数列{an}是等比数列; (2)设正整数 k,m,n(k<m<n)成等差数列,试比较 Tn· Tk 和(Tm)2 的大小,并说明理由; Tn - (3)探究:命题 p:“对?n,m∈N , 当 n>m 时, 总有T =Tn-m· q(n m)m(q m
*

>0 是常数)”是命题 t: “数列{an}是公比为 q(q>0)的等比数列” 的充要条件吗?若是,请给出证明;若不是,请说明理由.

Tn Tn (1)证明 设 m=1, 则有 =Tn-1· qn-1, 因为 Ti≠0(i∈N*), 所以有 T1 Tn-1 =a1· qn-1,即 an=a1· qn-1, an 所以当 n≥2 时 =q, an-1 所以数列{an}是等比数列. (2)解
n k n+k 当 q=1 时,an=a1(n∈N*),所以 Tn=an , 所以 T · T = a · a = a 1 n k 1 1 1

m 2 n-1 n 1+2+?+(n-1) =a2 = T ,当 q ≠ 1 时, a = a · q , T = a · a ? a = a q 1 m n 1 n 1 2 n 1· n n(n-1) =a1· q ,

2

2 2 n ( n - 1 ) k ( k - 1 ) n - n + k -k n k n+k 2 所以 Tn· Tk=a1· q · a q = a q , T 1· 1 · m 2 2 2 m m(m =a2 q 1 ·
-1).

2 2 2 2 ?n+k? n + k - n - k n + k ? ?2 n+k 2m 因为 n+k=2m 且 k<m<n,所以 a1 =a1 , = - m > ? 2 ? 2 2 ? ?

-m=m2-m,所以若 q>1,则 Tm· Tk>T2 Tk<T2 m;若 q<1,则 Tm· m. (3)解 由(1)知,充分性成立;必要性:若数列{an}成等比数列,则 an=a1· qn-1,
n ( n ?1) 2

所 以 当 q≠1 时 , Tn = a n q 1·
-m q an · 1

2 2 a · q n - n - m +m Tn n-m n ( m ?1) ,则T = n 2 =a1 · q = 2 a1 · q m
( n ?m )( n ?m ?1) 2

n 1

n ( n ?1) 2

( n ?m )( n ?m ?1) 2

,Tn-m· q

(n-m)m

-m =an ·q 1

· q

(n-m)· m

-m q =an 1 ·

( n ?m )( n ?m?1) ? 2( n ?m ) m 2



-m q an · 1

( n ?m )( n ?m ?1) 2

Tn - .所以, “对?n, m∈N*, 当 n>m 时总有T =Tn-m· q(n m)m 成立;
m

同理可证当 q=1 时也成立.所以命题 p 是命题 t 的充要条件.

探究提高

数列中的比较大小与其它比较大小的方法类似,也是

差比法或商比法.另外探索充要条件要从充分性、必要性两个方面
判断与寻找.

【训练 3】 (2015· 徐州质检)已知数列{an},{bn}满足 a1=3,anbn
? 2 ? ? * =2,bn+1=an?bn-1+a ? , n ∈ N . ? ? n? ?1? (1)求证:数列?b ?是等差数列,并求数列{bn}的通项公式; ? n?

(2)设数列{cn}满足 cn=2an-5,对于给定的正整数 p,是否存在 1 1 1 正整数 q,r(p<q<r),使得c ,c ,c 成等差数列?若存在,试 p q r 用 p 表示 q,r;若不存在,请说明理由.

2 2an (1)证明 因为 anbn=2,所以 an=b ,则 bn+1=anbn- =2- 1+an n 4 2bn 2 =2-bn+2=bn+2, 1+b n
?1? 1 1 2 3 ? ? 所以 = + ,又 a1=3,所以 b1=3,故 b 是首项为2,公差 ? n? bn+1 bn 2

4 bn

1

1 1 3 1 n+2 2 为2的等差数列,即b =2+(n-1)×2= 2 ,所以 bn= . n+2 n (2)解 由(1)知 an=n+2,所以 cn=2an-5=2n-1.

①当 p=1 时,cp=c1=1,cq=2q-1,cr=2r-1, 1 1 1 2 1 若c ,c ,c 成等差数列,则 =1+ ,(*) 2q-1 2r-1 p q r

2 1 因为 p<q<r,所以 q≥2,r≥3, <1,1+ >1,所以(*) 2q-1 2 r -1 式不成立. 1 1 1 2 1 1 ②当 p≥2 时,若c ,c ,c 成等差数列,则 = + , 2q-1 2p-1 2r-1 p q r 4p-2q-1 1 2 1 所以 = - = , 即 2r - 1 = 2r-1 2q-1 2p-1 (2p-1)(2q-1) (2p-1)(2q-1) 2pq+p-2q ,所以 r= , 4p-2q-1 4p-2q-1 欲满足题设条件,只需 q=2p-1,此时 r=4p2-5p+2, 因为 p≥2,所以 q=2p-1>p,r-q=4p2-7p+3=4(p-1)2+p-1 >0,即 r>q.综上所述,当 p=1 时,不存在 q,r 满足题设条件; 当 p≥2 时,存在 q=2p-1,r=4p2-5p+2,满足题设条件.

1.数列与不等式综合问题

(1)如果是证明不等式,常转化为数列和的最值问题,同时要注
意比较法、放缩法、基本不等式的应用; (2)如果是解不等式,注意因式分解的应用. 2.数列与函数的综合问题 (1)函数条件的转化:直接利用函数与数列的对应关系,把函数

解析式中的自变量x换为n即可.
(2)数列向函数的转化:可将数列中的问题转化为函数问题,但 要注意函数定义域.

3.数列中的探索性问题 处理探索性问题的一般方法是:假设题中的数学对象存在或结

论成立或其中的一部分结论成立,然后在这个前提下进行逻辑
推理.若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定结论,其 中反证法在解题中起着重要的作用.还可以根据已知条件建立恒 等式,利用等式恒成立的条件求解.


...数学(理)二轮专题复习同步:专题3 第2讲 数列的求和...

2016高考数学(理)二轮专题复习同步:专题3 第2讲 数列的求和及综合应用(含解析)(山东专用)_计划/解决方案_实用文档。第2讲一、选择题 数列的求和及综合应用 ...

【新步步高】(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 专题...

【新步步高】(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 专题三 数列与不等式 第3讲 数列的综合问题 _数学_高中教育_教育专区。第3讲 数列的综合问题 1.(2015·...

2016届高考数学(理)二轮专题复习演练:专题三+第2讲+数...

2016高考数学(理)二轮专题复习演练:专题三+第2讲+数列过关提升(人教版含答案)(浙江专用)_初三数学_数学_初中教育_教育专区。专题三 数 列 专题过关·提升卷 ...

2016版高考数学大二轮总复习 增分策略 专题四 数列 推...

2016高考数学二轮总复习 增分策略 专题四 数列 推理与证明 第3讲 数列的综合问题试题_高三数学_数学_高中教育_教育专区。第3讲 数列的综合问题 1.(2015·...

2014届高三数学(理)( 江苏专用)《大二轮专题复习与增分...

2014届高三数学(理)( 江苏专用)《大二轮专题复习与增分策略》专题三 第2讲]第2讲 数列求和及数列的综合应用高考考情解读】 高考对本节知识主要以解答题的...

【8个专题】2016江苏高考理科数学二轮专题复习(真题感...

【8个专题】2016江苏高考理科数学二轮专题复习(真题...2讲 第3讲 专题三 第1讲 第2讲 专题四 专题 ...116 数列的综合应用 ......

【8个专题23份】2016江苏高考理科数学二轮专题复习试题

【8个专题23份】2016江苏高考理科数学二轮专题复习...专题复习试题 目录 专题一 第1讲 第2讲 第3讲 ...45 数列的综合应用 ......

...(新课标)2016高考数学二轮复习 专题4 数列 第2讲 数...

【导与练】(新课标)2016高考数学二轮复习 专题4 数列 第2讲 数列求和及综合应用 文_数学_高中教育_教育专区。第2讲 数列求和及综合应用数列的通项 训练...

【决胜高考】2016高考数学专题复习导练测 第六章 第5讲...

【决胜高考】2016高考数学专题复习导练测 第六章 第5讲 数列的综合应用 新人教A版_高三数学_数学_高中教育_教育专区。第5讲一、选择题 数列的综合应用 ( ...

...要点突破 专题五 第2讲 数列的综合应用

【南方凤凰台】2014届高考数学(理)二轮复习自主学习 要点突破 专题第2讲 数列的综合应用_高考_高中教育_教育专区。第 2讲 数列的综合应用 自主学习 回归教材...

相关文档

更多相关标签