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2014届高考数学(理)第一轮复习学案——数列的综合应用

时间:2013-12-09


数列的综合应用

[知识能否忆起] 1.数列在实际生活中有着广泛的应用,其解题的基本步骤,可用图表示如下:

2.数列应用题常见模型 (1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定量时,该模型是等差模型,增加(或减 少)的量就是公差. (2)等比模型:如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时,该模型是等比模型, 这个固定的数就是公比. (3)递推数列模型:如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化 时,应考虑是 an 与 an+1 的递推关系,还是前 n 项和 Sn 与 Sn+1 之间的递推关系. [小题能否全取] 1.某学校高一、高二、高三共计 2 460 名学生,三个年级的学生人数刚好成等差数列, 则该校高二年级的人数是( A.800 C.840 ) B.820 D.860

解析:选 B 由题意可设高一、高二、高三三个年级的人数分别为 a-d,a,a+d. 2 460 则 a-d+a+a+d=2 460,解得 a= =820. 3 故高二年级共有 820 人. 2.(教材习题改编)有一种细菌和一种病毒,每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将 自身分裂为 2 个,现在有一个这样的细菌和 100 个这样的病毒(假设病毒不繁殖),问细菌将 病毒全部杀死至少需要( A.6 秒钟 C.8 秒钟 ) B.7 秒钟 D.9 秒钟


解析:选 B 设至少需 n 秒钟,则 1+21+22+?+2n 1≥100, 即 1-2n ≥100,解得 n≥7. 1-2 )

3.数列{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且 a6=b7,则有(

A.a3+a9≤b4+b10 C.a3+a9≠b4+b10

B.a3+a9≥b4+b10 D.a3+a9 与 b4+b10 的大小不确定

2 解析:选 B a3+a9≥2 a3a9=2 a6=2a6=2b7=b4+b10,当且仅当 a3=a9 时,不等式

取等号. 2π π 4.一个凸多边形的内角成等差数列,其中最小的内角为 ,公差为 ,则这个多边形 3 36 的边数为________. 解析:由于凸 n 边形的内角和为(n-2)π, 故 2π n?n-1? π n+ × =(n-2)π. 3 2 36

化简得 n2-25n+144=0.解得 n=9 或 n=16(舍去). 答案:9 5. 设曲线 y=xn 1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn, n=________, x 令 an=lg xn,则 a1+a2+?+a99 的值为________. 解析:∵y=xn 1,∴y′=(n+1)xn, 它在点(1,1)处的切线方程为 y-1=(n+1)(x-1), 与 x 轴交点的横坐标为 xn=1- 1 n = , n+1 n+1
+ +

由 an=lg xn 得 an=lg n-lg(n+1), 于是 a1+a2+?+a99 =lg 1-lg 2+lg 2-lg3+?+lg 99-lg 100=lg 1-lg 100=0-2=-2. 答案: n -2 n+1

1.对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解,有些数列题目条件已指明是等差(或 等比)数列,有的数列并没有指明,但可以通过分析构造,转化为等差数列或等比数列,然 后应用等差、等比数列的相关知识解决问题. 2.数列是一种特殊的函数,故数列有着许多函数的性质.等差数列和等比数列是两种 最基本、最常见的数列,它们是研究数列性质的基础,与函数、方程、不等式、三角等内容 有着广泛的联系,在实际生活中也有着广泛的应用,随着高考对能力要求的进一步提高,这 一部分内容也将受到越来越多的关注.

等差数列与等比数列的综合问题

典题导入 [例 1] 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. (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. [自主解答] (1)证明:∵bn=log2an, an+1 ∴bn+1-bn=log2 =log2q 为常数, an ∴数列{bn}为等差数列且公差 d=log2q. (2)∵b1+b3+b5=6,∴b3=2, ∵a1>1,∴b1=log2a1>0. ∵b1b3b5=0, ∴b5=0.
?b1+2d=2, ?b1=4, ? ? ∴? 解得? ? ? ?b1+4d=0, ?d=-1,

n?n-1? 9n-n2 ∴Sn=4n+ ×(-1)= . 2 2

?q= , ? ? ?log2q=-1, ∵? ∴? 2 ?log2a1=4, ? ?
1 ∴an=25 n(n∈N*).


?a1=16,

试比较(2)求出的 Sn 与 an 的大小. 解:∵an=25 n>0, n?9-n? 当 n≥9 时,Sn= ≤0, 2 ∴n≥9 时,an>Sn. ∵a1=16,a2=8,a3=4,a4=2,a5=1, 1 1 1 a6= ,a7= ,a8= , 2 4 8 S1=4,S2=7,S3=9,S4=10,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.


由题悟法 解决等差数列与等比数列的综合问题, 关键是理清两个数列的关系. 如果同一数列中部 分项成等差数列,部分项成等比数列,要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究;如 果两个数列通过运算综合在一起,要从分析运算入手,把两个数列分割开,弄清两个数列各 自的特征,再进行求解. 以题试法 1.(2012· 河南调研)已知{an}是一个公差大于 0 的等差数列,且满足 a3a6=55,a2+a7 =16. (1)求数列{an}的通项公式; b1 b2 b3 bn (2)若数列{an}和数列{bn}满足等式 an= + 2+ 3+?+ n(n 为正整数),求数列{bn}的 2 2 2 2 前 n 项和 Sn. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,则依题意知 d>0, 由 a2+a7=16,得 2a1+7d=16,① 由 a3a6=55,得(a1+2d)(a1+5d)=55,② 由①得 2a1=16-7d, 将其代入②得(16-3d)(16+3d)=220, 256-9d2=220.∴d2=4, 即 又 d>0, ∴d=2,代入①得 a1=1, ∴an=1+(n-1)· 2=2n-1. b1 (2)∵当 n=1 时,a1= ,∴b1=2. 2 bn-1 bn b1 b2 b3 当 n≥2 时,an= + 2+ 3+?+ n-1+ n, 2 2 2 2 2 bn-1 b1 b2 b3 an-1= + 2+ 3+?+ n-1, 2 2 2 2 bn + 两式相减得 an-an-1= n,∴bn=2n 1, 2
? ?2,n=1, ∴bn=? n+1 ?2 ,n≥2. ?

当 n=1 时,S1=b1=2; b2?1-2n 1? n+2 当 n≥2 时,Sn=b1+b2+b3+?+bn=2+ =2 -6, 1-2


当 n=1 时上式也成立. 综上,当 n 为正整数时,Sn=2n 2-6. 等差数列与等比数列的实际应用


典题导入 [例 2] (2011· 湖南高考改编)某企业在第 1 年初购买一台价值为 120 万元的设备 M,M 的价值在使用过程中逐年减少. 从第 2 年到第 6 年, 每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元; 从第 7 年开始,每年初 M 的价值为上年初的 75%.则第 n 年初 M 的价值 an=________. [自主解答] 当 n≤6 时,数列{an}是首项为 120,公差为-10 的等差数列,an=120- 10(n-1)=130-10n; 3 当 n≥7 时,数列{an}是以 a6 为首项, 为公比的等比数列, 4 3 - 又 a6=70,所以 an=70×?4?n 6. ? ?

?130-10n,n≤6, ? [答案] an=? ?3?n-6 ? ?70×?4? ,n≥7.
由题悟法 1.数列实际应用题的解题策略 解等差、等比数列应用题时,首先要认真审题,深刻理解问题的实际背景,理清蕴含在 语言中的数学关系,把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题,然后求解. 2.处理分期付款问题的注意事项 (1)准确计算出在贷款全部付清时,各期所付款额及利息(注:最后一次付款没有利息). (2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款时所生的利息之和等于商品售价 及从购买到最后一次付款时的利息之和,只有掌握了这一点,才可以顺利建立等量关系. 以题试法 2.从经济效益出发,某地投入资金进行生态环境建设,并以此发展旅游产业.根据规 1 划,本年度投入 800 万元,以后每年投入将比上年减少 ,本年度当地旅游业估计收入 400 5 1 万元,由于该项建设对旅游业的促进作用,预计今后的旅游业收入每年会比上年增加 . 4 (1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 an 万元,旅游业总收入为 bn 万元,写出表达式; (2)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入? 1 解:(1)第一年投入为 800 万元,第二年投入为 800?1-5?万元, ? ? 1 - 第 n 年内的总投入为 800?1-5?n 1 万元, ? ? 所以,n 年的投入为: 1 1 - an=800+800?1-5?+?+800?1-5?n 1 ? ? ? ?

4 =4 000-4 000?5?n. ? ? 第一年旅游业收入为 400 万元,第二年旅游业收入为 1 400?1+4?万元. ? ? 1 - 第 n 年旅游业收入为 400?1+4?n 1 万元, ? ? 所以,n 年内的旅游业总收入为 1 1 - bn=400+400?1+4?+?+400?1+4?n 1 ? ? ? ? 5 =1 600?4?n-1 600. ? ? (2)设经过 n 年旅游业的总收入超过总投入,由此 bn-an>0, 5 4 即 1 600?4?n-1 600-4 000+4 000?5?n>0, ? ? ? ? 5 4 化简得 2?4?n+5?5?n-7>0, ? ? ? ? 4 设?5?n=x,代入上式,得 5x2-7x+2>0, ? ? 2 解此不等式,得 x< 或 x>1(舍去), 5 4 2 即?5?n< ,由此得 n≥5. ? ? 5 故至少经过 5 年旅游业的总收入才能超过总投入.

数列与函数、不等式的综合应用

典题导入 x [例 3] (2012· 安徽高考)设函数 f(x)= +sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列 2 为{xn}. (1)求数列{xn}的通项公式; (2)设{xn}的前 n 项和为 Sn,求 sin Sn. 1 [自主解答] (1)令 f′(x)= +cos x=0, 2 1 2π 得 cos x=- ,解得 x=2kπ± (k∈Z). 2 3 由 xn 是 f(x)的第 n 个正极小值点知, 2π xn=2nπ- (n∈N*). 3

2 2nπ (2)由(1)可知,Sn=2π(1+2+?+n)- nπ=n(n+1)π- , 3 3 2nπ 所以 sin Sn=sin?n?n+1?π- 3 ?. ? ? 因为 n(n+1)表示两个连续正整数的乘积,n(n+1)一定为偶数, 2nπ 所以 sin Sn=-sin . 3 4π 3 当 n=3m-2(m∈N*)时,sin Sn=-sin?2mπ- 3 ?=- ; ? ? 2 2π 3 当 n=3m-1(m∈N*)时,sin Sn=-sin?2mπ- 3 ?= ; ? ? 2 当 n=3m(m∈N*)时,sin Sn=-sin 2mπ=0.

? 综上所述,sin S =? 3 ,n=3m-1?m∈N ?, 2 ?0,n=3m?m∈N ?.

n * *

3 ,n=3m-2?m∈N*?, 2

由题悟法 数列与函数的综合问题主要有以下两类: (1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题; (2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、 求和方法对式子化简变形.另外,解题时要注意数列与函数的内在联系,灵活运用函数的思 想方法求解, 在问题的求解过程中往往会遇到递推数列, 因此掌握递推数列的常见解法有助 于该类问题的解决. 以题试法 3. (2012· 温州测试)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, a1=2+t, 5-S2=24+3t(t>0). 若 S (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=aqn+n,若 b1=a1,b5=a5,试比较 a3 与 b3 的大小. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,则 S5-S2=3a1+9d=24+3t, 又 a1=2+t,所以 d=2, 故 an=2n+t(t>0). (2)由已知可得 aq=1+t>0,aq5=5+t, 1 可得 3+t= (aq+aq5), 2 又 aq5-aq=aq(q4-1)=4,则 q4>1,得 q2>1. aq 则 a3-b3=3+t-aq3= (q2-1)2>0,故 a3>b3. 2

1.数列{an}是公差不为 0 的等差数列,且 a1,a3,a7 为等比数列{bn}中连续的三项,则 数列{bn}的公比为( A. 2 C.2 ) B.4 1 D. 2

解析:选 C 设数列{an}的公差为 d(d≠0),由 a2=a1a7 得(a1+2d)2=a1(a1+6d),解得 3 a3 a1+2d 2a1 a1=2d,故数列{bn}的公比 q= = = =2. a1 a1 a1 2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,S9=-36,S13=-104,等比数列{bn}中,b5= a5,b7=a7,则 b6 的值为( A.± 2 4 C.4 2 ) B.-4 2 D.无法确定

解析: A 依题意得, 9=9a5=-36?b5=a5=-4, 13=13a7=-104?b7=a7=-8, 选 S S 所以 b6=± 2. 4 3.已知数列{an},{bn}满足 a1=1 且 an,an+1 是函数 f(x)=x2-bnx+2n 的两个零点,则 b10 等于( A.24 C.48 ) B.32 D.64

an+2 + 解析:选 D 依题意有 anan+1=2n,所以 an+1an+2=2n 1,两式相除得 =2.所以 a1, an a3,a5,?成等比数列,a2,a4,a6,?也成等比数列,而 a1=1,a2=2.所以 a10=2·4=32, 2 a11=1·5=32.又因为 an+an+1=bn,所以 b10=a10+a11=64. 2

2 1

4 2 x y z

4.在如图所示的表格中,如果每格填上一个数后,每一行成等差数列,每一列成等比数 列,那么 x+y+z 的值为( A.1 C.3 ) B.2 D.4

1 解析:选 B 由题知表格中第三列中的数成首项为 4,公比为 的等比数列,故有 x=1. 2 1 5 1 根据每行成等差数列得第四列前两个数字依次为 5, , 故第四列的公比为 , 所以 y=5×?2? ? ? 2 2
3

1 5 3 = ,同理 z=6×?2?4= ,故 x+y+z=2. ? ? 8 8 5.(2011· 上海高考)设{an}是各项为正数的无穷数列,Ai 是边长为 ai,ai+1 的矩形的面积

(i=1,2,?),则{An}为等比数列的充要条件为( A.{an}是等比数列

)

B.a1,a3,?,a2n-1,?或 a2,a4,?,a2n,?是等比数列 C.a1,a3,?,a2n-1,?和 a2,a4,?,a2n,?均是等比数列 D.a1,a3,?,a2n-1,?和 a2,a4,?,a2n,?均是等比数列,且公比相同 解析:选 D a3 A3 a4 , = ,?. a1 A2 a2 ∴a1,a3,a5,?,a2n-1,?和 a2,a4,?,a2n,?成等比数列,且公比相等.反之, An+1 an+2 若奇数项和偶数项分别成等比数列,且公比相等,设为 q,则 = =q,从而{An}为等 An an 比数列. 6.已知数列{an}满足 3an+1+an=4 且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn,则满足不等式|Sn-n -6|< 1 的最小整数 n 是( 125 ) B.6 D.8 An+1 an+1an+2 an+2 A2 ∵Ai=aiai+1,若{An}为等比数列,则 = = 为常数,即 = An an A1 anan+1

A.5 C.7

解析:选 C 由递推式变形得 3(an+1-1)=-(an-1),

? 1 - 则 an-1=8·-3?n 1, ? ?

?8?1-?-3? ? ? ?1? 1 ? ? ?? -6?=6× 所以|S -n-6|=|a -1+a -1+?+a -1-6|=? 1 ?3? <125, 1+ ? ? 3
1
n n n 1 2 n

即 3n 1>250,所以满足条件的最小整数 n 是 7. 7.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S1,2S2,3S3 成等差数列,则等比数列{an}的公比 为________. 解析:设等比数列{an}的公比为 q(q≠0), 1 由 4S2=S1+3S3,得 4(a1+a1q)=a1+3(a1+a1q+a1q2),即 3q2-q=0,故 q= . 3



1 答案: 3 8.(2011· 陕西高考)植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树,每人植一棵,相邻 两棵树相距 10 米.开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边.使每位同学从各自树坑出发 前来领取树苗往返所走的路程总和最小,这个最小值为________米. 解析:当放在最左侧坑时,路程和为 2×(0+10+20+?+190);当放在左侧第 2 个坑 时,路程和为 2×(10+0+10+20+?+180)(减少了 360 米);当放在左侧第 3 个坑时,路 程和为 2×(20+10+0+10+20+?+170)(减少了 680 米);依次进行,显然当放在中间的 第 10、11 个坑时,路程和最小,为 2×(90+80+?+0+10+20+?+100)=2 000 米. 答案:2 000
2 9.(2012· 安徽模拟)在数列{an}中,若 a2-an-1=p(n≥2,n∈N*,p 为常数),则称{an} n

为“等方差数列”. 下列是对“等方差数列”的判断: ①若{an}是等方差数列,则{a2}是等差数列; n ②已知数列{an}是等方差数列,则数列{a2}是等方差数列. n ③{(-1)n}是等方差数列; ④若{an}是等方差数列,则{akn}(k∈N*,k 为常数)也是等方差数列; 其中正确命题的序号为________. 解析:对于①,由等方差数列的定义可知,{a2}是公差为 p 的等差数列,故①正确.对 n 于②,取 an= n,则数列{an}是等方差数列,但数列{a2}不是等方差数列,故②错.对于③, n 因为[(-1)n]2-[(-1)n 1]2=0(n≥2, n∈N*)为常数, 所以{(-1)n}是等方差数列, 故③正确. 对
2 于④, a2-a2-1=p(n≥2, 若 n n∈N*), akn-a2 -1?=(a2 -akn-1)+(a2 -1-a2 -2)+?+(a2 -k+1 则 2 n k?n kn kn kn kn


-a2 -1?)=kp 为常数,故④正确. k?n 答案:①③④ 10.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n2,数列{bn}为等比数列,且首项 b1=1, b4=8. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)若数列{cn}满足 cn=abn,求数列{cn}的前 n 项和 Tn; 解:(1)∵数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n2, ∴当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1. 当 n=1 时,a1=S1=1 亦满足上式,故 an=2n-1(n∈N*). 又数列{bn}为等比数列,设公比为 q, ∵b1=1,b4=b1q3=8,∴q=2. ∴bn=2n 1(n∈N*).


(2)cn=abn=2bn-1=2n-1. Tn =c1 +c2 +c3 +?+cn =(21 -1)+(22 -1)+?+(2n -1)=(21 +22 +?+2n)-n= 2?1-2n? -n. 1-2 所以 Tn=2n 1-2-n.
2 11.已知各项均为正数的数列{an}满足:an+1=2a2+anan+1,且 a2+a4=2a3+4,其中 n n


∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}满足:bn= nan ,是否存在正整数 m,n(1<m<n),使得 b1,bm,bn ?2n+1?2n

成等比数列?若存在,求出所有的 m,n 的值,若不存在,请说明理由. 解:(1)因为 a2+1=2a2+anan+1, n n 即(an+an+1)(2an-an+1)=0. 又 an>0,所以 2an-an+1=0,即 2an=an+1. 所以数列{an}是公比为 2 的等比数列. 由 a2+a4=2a3+4,得 2a1+8a1=8a1+4,解得 a1=2. 故数列{an}的通项公式为 an=2n(n∈N*). nan n (2)因为 bn= , n= ?2n+1?2 2n+1 1 m n 所以 b1= ,bm= ,b = . 3 2m+1 n 2n+1 m 1 n 若 b1,bm,bn 成等比数列,则?2m+1?2= ?2n+1?, ? ? 3? ? 即 由 m2 n = . 4m2+4m+1 6n+3
2 m2 n 3 -2m +4m+1 = ,可得 = , n m2 4m +4m+1 6n+3 2

所以-2m2+4m+1>0,从而 1-

6 6 <m<1+ . 2 2

又 n∈N*,且 m>1,所以 m=2,此时 n=12. 故当且仅当 m=2,n=12 时,b1,bm,bn 成等比数列. 12.设同时满足条件:① bn+bn+2 ≥bn+1;②bn≤M(n∈N*,M 是常数)的无穷数列{bn} 2 a (a -1)(a 为常数, a≠0, 且 a≠1). a-1 n

叫“嘉文”数列. 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn= (1)求数列{an}的通项公式;

2Sn ?1? (2)设 bn= +1,若数列{bn}为等比数列,求 a 的值,并证明数列?b ?为“嘉文”数列. an ? n?

a 解:(1)因为 S1= (a -1)=a1,所以 a1=a. a-1 1 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= a an (an-an-1),整理得 =a,即数列{an}是以 a 为首项, a-1 an-1


a 为公比的等比数列.所以 an=a· n 1=an. a (2)由(1)知, a 2× ?a -1? a-1 n ?3a-1?an-2a bn= +1= ,(*) an ?a-1?an 由数列{bn}是等比数列,则 b2=b1·3,故? b 2 3a2+2a+2 3a+2?2 1 =3· ,解得 a= , a2 3 ? a ?

1 1 再将 a= 代入(*)式得 bn=3n,故数列{bn}为等比数列,所以 a= . 3 3 1 1 1 1 + + 2 bn bn+2 3n 3n+2 由于 = > 2 2 1 1 · 3n 3n+2 1 1 1 1 1 = n+1= ,满足条件①;由于 = n≤ ,故存 2 bn 3 3 3 bn+1

1 ?1? 在 M≥ 满足条件②.故数列?b ?为“嘉文”数列. 3 ? n?

1.设 f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数,对任意实数 x,y∈R,都有 f(x)f(y)=f(x+y), 1 若 a1= ,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前 n 项和 Sn 的取值范围是( 2 1 A.?2,2? ? ? 1 C.?2,1? ? ? 1 B.?2,2? ? ? 1 D.?2,1? ? ? )

1 解析:选 C 由题意得 an+1=f(n+1)=f(1)f(n)= an, 2 1? ?1?n? ?1-?2? ? 2 1 1 故 Sn= =1-?2?n.则数列{an}的前 n 项和的取值范围是?2,1?. ? ? ? ? 1 1- 2 2.(2012· 安庆模拟)设关于 x 的不等式 x2-x<2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为 an,数 列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S100 的值为________. 解析:由 x2-x<2nx(n∈N*), 得 0<x<2n+1, 因此知 an=2n. 100?2+200? 故 S100= =10 100. 2 答案:10 100

3. 祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来, 11 个省区设立了海峡两岸农业合作试验 在 区和台湾农民创业园, 台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、 受理、 审批一站式服务,某台商到大陆一创业园投资 72 万美元建起一座蔬菜加工厂,第一年各种 经费 12 万美元,以后每年增加 4 万美元,每年销售蔬菜收入 50 万美元,设 f(n)表示前 n 年 的纯收入.(f(n)=前 n 年的总收入-前 n 年的总支出-投资额) (1)从第几年开始获取纯利润? (2)若干年后,该台商为开发新项目,有两种处理方案:①年平均利润最大时以 48 万美 元出售该厂;②纯利润总和最大时,以 16 万美元出售该厂,问哪种方案较合算? 解:由题意知,每年的经费是以 12 为首项,4 为公差的等差数列. n?n-1? ? 则 f(n)=50n-?12n+ ×4 -72=-2n2+40n-72. 2 ? ? (1)获取纯利润就是要求 f(n)>0,故有-2n2+40n-72>0,解得 2<n<18. 又 n∈N*,故从第三年开始获利. 36 f?n? (2)①平均利润为 =40-2?n+ n ?≤16,当且仅当 n=6 时取等号. ? ? n 故此方案获利 6×16+48=144 万美元,此时 n=6. ②f(n)=-2n2+40n-72=-2(n-10)2+128,当 n=10 时,f(n)max=128. 故此方案共获利 128+16=144 万美元. 比较两种方案,在获利相同的前提下,第①种方案只需 6 年,第②种方案需要 10 年, 故选择第①种方案.

1.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n-5an-85,n∈N*. (1)证明:{an-1}是等比数列; (2)求数列{Sn}的通项公式.请指出 n 为何值时,Sn 取得最小值,并说明理由. 解:(1)证明:当 n=1 时,a1=S1=1-5a1-85, 解得 a1=-14,则 a1-1=-15. ∵当 n≥2 时,Sn-1=(n-1)-5an-1-85, ∴an=Sn-Sn-1=1-5an+5an-1, 5 ∴6an=5an-1+1,即 an-1= (an-1-1), 6 5 ∴{an-1}是首项为-15,公比为 的等比数列. 6

?5 - (2)∵an-1=-15·6?n 1, ? ? ?5 - ?5 - ∴Sn=n-5?1-15·6?n 1?-85=n+75·6?n 1-90. ? ? ? ? ? ?

?5 - 由 an=1-15·6?n 1>0, ? ?
51 ?5 - 即 15·6?n 1<1,解得 n>log +1≈15.85. ? ? 615 ∴当 n≤15 时,an<0;当 n≥16 时,an>0. 故 n=15 时,Sn 取得最小值. 2.在正项数列{an}中,a1=2,点 An( an, an+1)在双曲线 y2-x2=1 上,数列{bn}中, 1 点{bn,Tn}在直线 y=- x+1 上,其中 Tn 是数列{bn}的前 n 项和. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)求证:数列{bn}是等比数列; (3)若 cn=an·n,求证:cn+1<cn. b 解:(1)由点 An 在 y2-x2=1 上知,an+1-an=1, ∴数列{an}是一个以 2 为首项,以 1 为公差的等差数列, ∴an=a1+(n-1)d=2+n-1=n+1. 1 (2)证明:∵点(bn,Tn)在直线 y=- x+1 上, 2 1 ∴Tn=- bn+1.① 2 1 ∴Tn-1=- bn-1+1(n≥2).② 2 1 1 ①②两式相减得 bn=- bn+ bn-1(n≥2), 2 2 3 1 ∴ bn= bn-1, 2 2 1 ∴bn= bn-1. 3 1 2 令 n=1,得 b1=- b1+1,∴b1= , 2 3 2 1 ∴{bn}是以 为首项,以 为公比的等比数列. 3 3 2 ?1 - 2 (3)证明:∵由(2)可知 bn= ·3?n 1= n. ? ? 3 3 2 ∴cn=an·n=(n+1)·n, b 3 2 2 ∴cn+1-cn=(n+2)·n+1-(n+1)·n 3 3 = 2 2 + [(n+2)-3(n+1)]= n+1(-2n-1)<0, 3n 1 3

∴cn+1<cn.

3.(2012· 广州调研)已知数列{an}中,a1=1,a2=3,且 an+1=an+2an-1(n≥2). (1)设 bn=an+1+λan,是否存在实数 λ,使数列{bn}为等比数列.若存在,求出 λ 的值, 若不存在,请说明理由; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解:(1)假设存在实数 λ,使数列{bn}为等比数列, 设 bn =q(n≥2), bn-1

即 an+1+λan=q(an+λan-1), 得 an+1=(q-λ)an+qλan-1.
?q-λ=1, ? 与已知 an+1=an+2an-1 比较,得? ? ?qλ=2,

解得 λ=1 或 λ=-2. 所以存在实数 λ,使数列{bn}为等比数列. 当 λ=1 时,q=2,b1=4,则数列{bn}是首项为 4,公比为 2 的等比数列; 当 λ=-2 时,q=-1,b1=1,则数列{bn}是首项为 1,公比为-1 的等比数列. (2)由(1)知 an+1-2an=(-1)n 1(n≥1), an+1 an ?-1?n 1 1 + 所以 n+1- n= n+1 =?-2?n 1(n≥1), ? ? 2 2 2
+ +

a3 a2 an a1 a2 a1 ?an an-1? 当 n≥2 时, n= 1+?22-21?+?23-22?+?+?2n- n-1? ? ? ? 2 2 ? 2 ? ? 1 1 1 1 = +?-2?2+?-2?3+?+?-2?n ? ? ? ? ? ? 2

?-1?2?1-?-1?n-1? 1 ? 2? ? ? 2? ? = + 2 1 1-?-2? ? ?
1 - 1 1 = + ?1-?-2?n 1?. 2 6? ? ? ? a1 1 因为 1= 也适合上式, 2 2 1 - an 1 1 所以 n= + ?1-?-2?n 1?(n≥1). 2 2 6? ? ? ? 1 + 所以 an= [2n 1+(-1)n]. 3 1 + 则 Sn= [(22+23+…+2n 1)+((-1)1+(-1)2+…+(-1)n)] 3
n n 1?4?1-2 ? ?-1??1-?-1? ?? + = ? ? 3? 1-2 1-?-1? ?

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

数 列

一、选择题(本题共 12 分小题,每小题 5 分,共 60 分) 1.在等差数列{an}中,a2=1,a4=5,则{an}的前 5 项和 S5=( A.7 C.20 B.15 D.25 )

解析:选 B ∵{an}是等差数列,∴a2+a4=2a3=1+5, 5?a1+a5? 5×2a3 故 a3=3,∴S5= = =5a3=5×3=15. 2 2 2.公比为 2 的等比数列{an}的各项都是正数,且 a3a11=16,则 a5=( A.1 C.4 解析:选 A ∵a3·11=16,∴a2=16. a 7 又∵an>0,∴a7=4.a5=a7· 2=4×2 2=1. q 3. (2012· 银川联考)若数列{an}的前 n 项和为 Sn=n2+1, 则向量 m=(a1, 4)的模为( a A.53 C. 53 B.50 D.5 2 )
- -

)

B.2 D.8

解析:选 C 依题意得,a1=S1=2,a4=S4-S3=(42+1)-(32+1)=7,故 m=(2,7),|m| = 22+72= 53.

?a11 a12 a13? 4.已知数阵?a21 a22 a23?中,每行的三个数依次成等差数列,每列的三个数也依次成 ? ? ?a31 a32 a33?
等差数列,若 a22=4,则这九个数的和为( A.16 C.36 B.32 D.40 )

解析:选 C 依题意得,a11+a12+a13+a21+a22+a23+a31+a32+a33=3a12+3a22+3a32 =9a22=36. 5.(2012· 朝阳统考)设数列{an}是公差不为 0 的等差数列,a1=1 且 a1,a3,a6 成等比数 列,则{an}的前 n 项和 Sn 等于( n 7n A. + 8 8
2

) n2 7n B. + 4 4

n2 3n C. + 2 4

D.n2+n

2 解析:选 A 由 a1,a3,a6 成等比数列可得 a3=a1·6,设数列{an}的公差为 d(d≠0), a

n?n-1? 1 n2 7n 1 则(1+2d)2=1×(1+5d),而 d≠0,故 d= ,所以 Sn=n+ × = + . 4 2 4 8 8 1 6. (2012· 银川联考)设数列{an}满足 a1=2, n+1=1- , a 记数列{an}的前 n 项之积为 Πn, an 则 Π2 013 的值为( 1 A.- 2 1 C. 2 ) B.-1 D.2

1 解析:选 B 由 a2= ,a3=-1,a4=2 可知,数列{an}是周期为 3 的周期数列,从而 2 Π2 013=(Π3)671=-1. 7.(2012· 东北三校模拟)等差数列{an}中,S15>0,S16<0,则使 an>0 成立的 n 的最大值 为( ) A.6 C.8 解析:选 C 依题意得 S15= B.7 D.9 15?a1+a15? 16?a1+a16? =15a8>0,即 a8>0;S16= =8(a1+a16) 2 2

=8(a8+a9)<0,即 a8+a9<0,a9<-a8<0.因此使 an>0 成立的 n 的最大值是 8. 2 an 8. 已知数列{an}满足 a1= , 且对任意的正整数 m, 都有 am+n=am+an, 等于( n 则 3 n 1 A. 2 3 C. 2 2 B. 3 D.2 )

2 解析:选 B 令 m=1,得 an+1=a1+an,即 an+1-an=a1= ,可知数列{an}是首项为 3 2 2 2 2 2 an 2 a1= ,公差为 d= 的等差数列,于是 an= +(n-1)·= n,即 = . 3 3 3 3 3 n 3 9.(2012· “江南十校”联考)已知函数 f(x)=cosx,x∈(0,2π)有两个不同的零点 x1,x2, 且方程 f(x)=m(m≠0)有两个不同的实根 x3,x4,若把这四个数按从小到大排列构成等差数 列,则实数 m=( 1 A. 2 C. 3 2 ) 1 B.- 2 D.- 3 2

3π π - 2 2 3π π 解析:选 D 若 m>0,则公差 d= - =π,显然不成立,所以 m<0,则公差 d= 2 2 3 π = . 3 π π 3 所以 m=cos?2+3?=- . ? ? 2 S12 S10 10.(2012· 济南模拟)在等差数列{an}中,a1=-2 012,其前 n 项和为 Sn,若 - =2, 12 10 则 S2 012 的值等于( A.-2 011 C.-2 010 ) B.-2 012 D.-2 013

?Sn? 解析:选 B 根据等差数列的性质,得数列? n ?也是等差数列,根据已知可得这个数列 ? ?

S1 S2 012 的首项 =a1=-2 012,公差 d=1,故 =-2 012+(2 012-1)×1=-1,所以 S2 012= 1 2 012 -2 012. 11.已知等差数列{an}满足 a2=3,a5=9,若数列{bn}满足 b1=3,bn+1=abn,则{bn} 的通项公式为 bn=( A.2n-1 C.2n 1-1


) B.2n+1 D.2n 1+2


a5-a2 解析: B 设等差数列{an}的公差为 d, 选 则有 d= =2, n=a2+(n-2)d=2n-1; a 5-2 又 bn+1=abn,因此有 bn+1=2bn-1,bn+1-1=2(bn-1),而 b1-1=2≠0,因此数列{bn-1} 是首项为 2,公比为 2 的等比数列,于是有 bn-1=2×2n 1=2n,bn=2n+1. 12.如图,将等差数列{an}的前 6 项填入一个三角形的顶点及各 边中点的位置, 且在图中每个三角形顶点所填的三项也成等差数列, 数列{an}的前 2 012 项和 S2 ( ) A.2 012 C.2 B.4 024 D.3
012=4 n 024,则满足 nan>an的 n 的值为


解析:选 D 设等差数列{an}的公差为 d,则由 a2,a3,a5 成等差数列得 2a3=a2+a5, 即 2(a1+2d)=(a1+d)+(a1+4d),有 d=0,于是 an=a1,由 S2 012=4 024 得 2 012a1=4 024, 有 a1=2,即 an=2,由 nan>an得 n2>2n,结合函数 y=2x 与 y=x2 的图象知 n=3. n 二、填空题(本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.已知等比数列{an}为递增数列,且 a2=a10,2(an+an+2)=5an+1,则数列{an}的通项公 5

式 an=________. 1 解析:a2=a10>0,根据已知条件得 2?q+q?=5,解得 q=2. 5 ? ? 所以 a2q8=a1q9,所以 a1=2,所以 an=2n. 1 答案:2n 1 14.(2012· 衡阳六校联考)设函数 f(x)= +2,若 a,b,c 成等差数列(公差不为零), x-b 则 f(a)+f(c)=________. 1 1 1 解析:依题意得 b-a=c-b,-(a-b)=c-b,则 f(a)+f(c)= +2+ +2= a-b c-b a-b + 1 +4=0+4=4. c-b 答案:4 15.数列{an}满足 an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前 60 项和为________. 解析:∵an+1+(-1)nan=2n-1,∴a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1,a5=a1,a6=9 +a1,a7=2-a1,a8=15-a1,a9=a1,a10=17+a1,a11=2-a1,a12=23-a1,?,a57=a1, a58=113+a1,a59=2-a1,a60=119-a1, ∴a1+a2+?+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+?+(a57+a58+a59+a60)=10 +26+42+?+234 = 15×?10+234? =1 830. 2

答案:1 830 16.(2012· 衡阳六校联考)在一个数列中,如果?n∈N*,都有 anan+1an+2=k(k 为常数), 那么这个数列叫做等积数列,k 叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列,且 a1=1, a2=2,公积为 8,则 a1+a2+a3+?+a12=________. 解析:依题意得数列{an}是周期为 3 的数列,且 a1=1,a2=2,a3=4,因此 a1+a2+a3 +?+a12=4(a1+a2+a3)=4×(1+2+4)=28. 答案:28 三、解答题(本题共 6 小题,共 70 分) 1 17.(本小题满分 10 分)(2012· 陕西高考)已知等比数列{an}的公比 q=- . 2 1 (1)若 a3= ,求数列{an}的前 n 项和; 4 (2)证明:对任意 k∈N+,ak,ak+2,ak+1 成等差数列. 1 1 解:(1)由 a3=a1q2= 及 q=- ,得 a1=1, 4 2

1 1 - 1×?1-?-2?n? 2+?-2?n 1 ? ? ?? ? ? 所以数列{an}的前 n 项和 Sn= = . 1 3 1-?-2? ? ? (2)证明:对任意 k∈N+, 2ak+2-(ak+ak+1)=2a1qk 1-(a1qk 1+a1qk) =a1qk 1(2q2-q-1), 1 由 q=- 得 2q2-q-1=0,故 2ak+2-(ak+ak+1)=0. 2 所以对任意 k∈N+,ak,ak+2,ak+1 成等差数列. 18.(本小题满分 12 分)(2012· 陕西高考)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 或 q2=1(舍去),故 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. 法二:对任意 k∈N+,2Sk=
+ - + -

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

a1?1-qk 2? a1?1-qk 1? a1?2-qk 2-qk 1? Sk+2+Sk+1= + = , 1-q 1-q 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. 19.(本小题满分 12 分)(2012· 潍坊模拟)已知数列{an}是各项均不为 0 的等差数列,Sn 1 为其前 n 项和,且满足 S2n-1= a2,n∈N*. 2 n

(1)求 an;

?2 ,n为奇数, ? (2)数列{bn}满足 bn=?1 Tn 为数列{bn}的前 n 项和,求 T2n. ? ?2an-1,n为偶数,
1 解:(1)设数列{an}的首项为 a1,公差为 d,在 S2n-1= a2中,令 n=1,2,得 2 n
?a2=2S1, ?a2=2a1, ? 1 ? 1 ? 2 得? 2 ? ? ?a2=2S3, ??a1+d? =2?3a1+3d?,

n-1

解得 a1=2,d=4, 故 an=4n-2.
? n 1 ?2 ,n为奇数, (2)由(1)得 bn=? ? ?2n-3,n为偶数,


则 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? +4· -3n 2 1-4




4n 1 = - +2n2-n. 3 3 20.(本小题满分 12 分)(2012· 石家庄质检)已知数列{an}为公差不为零的等差数列,a1= 1,各项均为正数的等比数列{bn}的第 1 项,第 3 项,第 5 项分别是 a1,a3,a21. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)求数列{anbn}的前 n 项和 Sn. 解:(1)设数列{an}的公差为 d(d≠0),数列{bn}的公比为 q, ∵由题意得 a2=a1a21, 3 ∴(1+2d)2=1×(1+20d),即 4d2-16d=0, ∵d≠0,∴d=4,∴an=4n-3. ∴b1=1,b3=9,b5=81, ∵{bn}的各项均为正数, ∴q=3, ∴bn=3n 1. (2)∵由(1)可得 anbn=(4n-3)3n 1, ∴Sn=30+5×31+9×32+?+(4n-7)×3n 2+(4n-3)×3n 1, 3Sn=31+5×32+9×33+?+(4n-7)×3n 1+(4n-3)×3n, 两式相减得: -2Sn=1+4×3+4×32+4×33+?+4×3n 1-(4n-3)×3n
- - - - - -

=1+4(3+32+33+?+3n 1)-(4n-3)×3n 4×3×?1-3n 1? =1+ -(4n-3)×3n 1-3




=(5-4n)×3n-5, ?4n-5?3n+5 ∴Sn= . 2 21. (本小题满分 12 分)(2012· 潍坊模拟)在等比数列{an}中, n>0(n∈N*), a 公比 q∈(0,1), 且 a3a5+2a4a6+a3a9=100,又 4 是 a4 与 a6 的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=log2an,求数列{|bn|}的前 n 项和 Sn. 解:(1)∵a3a5+2a4a6+a3a9=100, ∴a2+2a4a6+a2=100, 4 6 ∴(a4+a6)2=100, 又 an>0,∴a4+a6=10, ∵4 是 a4 与 a6 的等比中项, ∴a4a6=16, 而 q∈(0,1),∴a4>a6,∴a4=8,a6=2, 1 ∴q= ,a1=64, 2
- ?1 - ∴an=64·2?n 1=27 n. ? ?

(2)∵bn=log2an=7-n,则数列{bn}的前 n 项和为 n?13-n? Tn= , 2 n?13-n? ∴当 1≤n≤7 时,bn≥0,∴Sn= . 2 当 n≥8 时,bn<0, ∴Sn=b1+b2+?+b7-(b8+b9+?+bn) =-(b1+b2+?+bn)+2(b1+b2+?+b7) n?13-n? 7×6 n2-13n+84 =- +2× = . 2 2 2

?13n-n ?1≤n≤7且n∈N ?, 2 ∴S =? n -13n+84 ? 2 ?n≥8且n∈N ?.
* n 2 *

2

x 22. (本小题满分 12 分)设函数 f(x)= , 方程 x=f(x)有唯一解, 其中实数 a 为常数, a?x+2?

f(x1)=

2 ,f(xn)=xn+1(n∈N*). 2 013

(1)求 f(x)的表达式; (2)求 x2 011 的值; a2+1+a2 4 n n (3)若 an= -4 023 且 bn= (n∈N*),求证:b1+b2+?+bn<n+1. xn 2an+1an x 解:(1)由 x= ,可化简为 ax(x+2)=x(a≠0), a?x+2? 所以 ax2+(2a-1)x=0, 1 当且仅当 a= 时,方程 x=f(x)有唯一解. 2 从而 f(x)= 2x . x+2

2xn (2)由已知 f(xn)=xn+1,得 =x + , xn+2 n 1 1 1 1 1 1 1 所以 = + ,即 - = (n∈N*), xn+1 2 xn xn+1 xn 2
?1? 1 1 所以数列?x ?是以 为首项, 为公差的等差数列. x1 2 ? n?

1 1 1 ?n-1?x1+2 所以 = +(n-1)× = , xn x1 2 2x1 2x1 故 xn= . ?n-1?x1+2 2 2x1 2 1 因为 f(x1)= ,所以 = ,解得 x1= . 2 013 2 013 1 006 x1+2 1 1 006 2 所以 xn= = , 1 n+2 011 ?n-1?× +2 1 006 2× 2 1 故 x2 011= = . 2 011 2 011+2 011 2 (3)证明:因为 xn= , n+2 011 n+2 011 所以 an=4× -4 023=2n-1, 2
2 a2+1+an ?2n+1?2+?2n-1?2 4n2+1 n 所以 bn= = = 2 2an+1an 2?2n+1??2n-1? 4n -1

2 1 1 =1+ =1+ - , ?2n-1??2n+1? 2n-1 2n+1 1 1 1 1 1 所以 b1 +b2 +?+bn -n= ?1+1-3?+ ?1+3-5? +?+ ?1+2n-1-2n+1? -n=1- ? ? ? ?

?

?

1 <1. 2n+1 故 b1+b2+?+bn<n+1.


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