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    第34讲 数列的概念与等差数列(教师版)备战2021年新高考数学微专题讲义

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    第34讲 数列的概念与等差数列(教师版)备战2021年新高考数学微专题讲义

    1、 第 1 页 / 共 15 页 第第 34 讲:数列的概念与等差数列讲:数列的概念与等差数列 一、课程标准 1、通过实例,了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式),了解数列是一种特殊函数. 2、通过实例,理解等差数列的概念 3、探索并掌握等差数列的通项公式与前 n 项和的公式 4、.能在具体的问题情境中,发现数列的等差关系,并能用有关知识解决相应的问题 5、体会等差数列与一次函数的关系. 二、基础知识回顾 知识梳理 1. 数列的概念 (1)按照一定次序排列的一列数称为数列,数列中的每个数都叫做这个数列的项数列可以看做是定义 域为 N*或其非空子集的函数,当自变量按照从小到大的

    2、顺序依次取值时所对应的一列函数值,其图像是一 群孤立的点 注:数列是特殊的函数,应注意其定义域,不要和函数的定义域混淆 (2)数列的一般形式可以写成 a1,a2,a3,an,简记为an,其中 a1称为数列an的第 1 项(或称 为首项),a2称为第 2 项,an称为第 n 项 2. 数列的分类 (1)数列按项数的多少来分:项数有限的数列叫做有穷数列,项数无限的数列叫做无穷数列 (2)按前后项的大小来分:从第二项起,每一项都大于它的前一项的数列叫做递增数列;从第二项起, 每一项都小于它的前一项的数列叫做递减数列;各项相等的数列叫做常数列 3. 数列的通项公式 一般地, 如果数列 an 的第 n

    3、项与序号 n 之间的关系可以用一个公式来表示, 那么这个公式叫做这个数 列 an 的通项公式 注:并不是每一个数列都有通项公式,有通项公式的数列,其通项公式也不一定唯一 4. 数列的表示方法 数列可以用通项公式来描述,也可以通过图像或列表来表示 5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 第 2 页 / 共 15 页 差数列这个常数叫做等差数列的公差,符号表示为 an1and(nN*,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 ab 2 ,其中 A 叫做 a,b 的等差中项 6、等差

    4、数列的有关公式 (1)通项公式:ana1(n1)dnd(a1d)当 d0 时,an是关于 n 的一次函数 (2)前 n 项和公式:Sn na1an 2 ana1n1dS nna1 nn1 2 d d 2n 2 a1 d 2n当 d0 时,Sn是关于 n 的 二次函数,且没有常数项 三、自主热身、归纳总结 1. 设 Sn为等差数列 an 的前 n 项和,S84a3,a72,则 a9(C ) A. 2 B. 2 C. 6 D. 6 【答案】C 【解析】 S84a38a128d4(a12d),a72a16d2. 8a128d4(a12d), a16d2 a110, d2 a9a72d6.故选 C.

    5、2、记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a4a524,S648,则an的公差为(C ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 (方法 1)设公差为 d,a4a5a13da14d2a17d24,S66a1 6 5 2 d6a115d48,联 立 2a17d24, 6a115d48 ,解得 d4.故选 C. (方法 2)S6 6(a1a6) 2 3(a3a4)48,即 a3a416,则(a4a5)(a3a4)24168,即 a5a3 2d8,解得 d4.故选 C. 3、 (2019 秋徐州期末)等差数列an的前 n 项和为 Sn,若 a10,公差 d0,则下列命题正确的

    6、是( ) A若 S5S9,则必有 S140 B若 S5S9,则必有 S7是 Sn中最大的项 C若 S6S7,则必有 S7S8 D若 S6S7,则必有 S5S6 【答案】ABC 【解析】 :根据题意,依次分析选项: 第 3 页 / 共 15 页 对于A, 若S5S9, 必有S9S5a6+a7+a8+a92 (a7+a8) 0, 则a7+a80, S14= 14(1+14) 2 = 14(7+8) 2 =0, A 正确; 对于 B,若 S5S9,必有 S9S5a6+a7+a8+a92(a7+a8)0,又由 a10,则必有 S7是 Sn中最大的项, B 正确; 对于 C,若 S6S7,则 a7S7S

    7、60,又由 a10,必有 d0,则 a8S8S70,必有 S7S8,C 正确; 对于 D,若 S6S7,则 a7S7S60,而 a6的符号无法确定,故 S5S6不一定正确,D 错误; 4、已知an为等差数列,Sn为其前 n 项和若 a16,a3a50,则 S6_. 【答案】6 【解析】 :a3a52a4,a40. a16,a4a13d,d2. S66a1 6 61 2 d6 6306. 5、(一题两空)若数列an满足 a13,an1an3(nN*),则 a3_,通项公式 an_. 【答案】9 3n 【解析】数列an满足 a13,an1an3(nN*), 所以数列an是首项 a13,公差 dan

    8、1an3 的等差数列, 所以 a3a12d369, ana1(n1)d33(n1)3n. 6、 (一题两空)等差数列an中, 已知 Sn是其前 n 项和, a19, S9 9 S7 72, 则 an_, S10_. 【答案】2n11 0 【解析】设公差为 d, S9 9 S7 72, 91 2 d 71 2 d2, d2,a19,an92(n1)2n11,S1010 (9)10 9 2 20. 四、例题选讲 考点一、由 an与 Sn的关系求通项 an 例 1、(1)已知数列an的前 n 项和 Snn22n1(nN*),则 an_. (2)已知数列an的前 n 项和 Sn 1 3an 2 3,则

    9、an的通项公式 an_. (3)已知数列an满足 a12a23a3nan2n,则 an_. 第 4 页 / 共 15 页 【答案】 (1) 4,n1, 2n1,n2 (2) 1 2 n1 (3) 2,n1, 2n1 n ,n2 【解析】 (1)当 n2 时,anSnSn12n1;当 n1 时,a1S142 11.因此 an 4,n1, 2n1,n2. (2)当 n1 时,a1S1 1 3a1 2 3,所以 a11.当 n2 时,anSnSn1 1 3an 1 3an1,所以 an an1 1 2,所 以数列an为首项 a11,公比 q 1 2的等比数列,故 an 1 2 n1. (3)当 n1

    10、 时,由已知,可得 a1212. a12a23a3nan2n. 故 a12a23a3(n1)an12n1(n2), 由得 nan2n2n12n1.an 2n1 n . 显然当 n1 时不满足上式 an 2,n1, 2n1 n ,n2. 变式 1、已知数列an的前 n 项和 Sn,求通项 an. (1)Snn24n1; (2)Sn3nb. 【解析】 (1)n1 时,a1S12;n2 时,anSnSn1n24n1(n1)24(n1)12n 142n5. 当 n1 时 a12,不符合上式 an 2,n1, 2n5,n2. (2)n1 时,a1S13b. n2 时,anSnSn12 3n1. 当 b1

    11、 时,a1312 符合 an2 3n1,an2 3n1. 当 b1 时,a13b 不符合 an2 3n1. 第 5 页 / 共 15 页 故 an 3b,n1, 2 3n1,n2. 变式 2、 (2019 栟茶中学期末)若 Sn为数列an的前 n 项和,且 Sn2an+1, (nN*) ,则下列说法正确的是 ( ) Aa516 BS563 C数列an是等比数列 D数列Sn+1是等比数列 【答案】AC 【解析】Sn2an+1, (nN*) , 当 n1 时,a1S12a1+1,a11, 当 n2 时,anSnSn12an+12an11,2an1an, 1 = 2, 数列an是首项为1,公比为 2

    12、 的等比数列,故选项 C 正确, = 21,= (12) 12 = 1 2 5= 24= 16,5= (125) 12 = 31,故选项 A 正确,选项 B 错误, 又+ 1 = 2 2,数列Sn+1不是等比数列,故选项 D 错误, 故选:AC 变式 3、 (2019 秋苏州期末)已知数列an的前 n 项和为 Sn,且 Sn2(ana) (其中 a 为常数) ,则下列说 法正确的是( ) A数列an一定是等比数列 B数列an可能是等差数列 C数列Sn可能是等比数列 D数列Sn可能是等差数列 【答案】BD 【解析】Sn2(ana) , 当 n1 时可得,Sn12(an1a) , 两式相减可得,a

    13、n2an1,n1, 又 n1 时,S12(a1a)可得,a12a, 若 a0 时,数列an不是等比数列,而是等差数列,其各项都为 0,和也为等差数列 当 a0 时,数列an是等比数列,不是等差数列,而非常数性等比数列的前 n 项和不是等比, 方法总结:由数列an的前 n 项和 Sn,求通项 an的问题,要分成两段:an S1,n1, SnSn1,n2.不要遗漏 n 1 的情形因题(2)含字母 b,首项是否满足,还需要对 b 进行分类讨论本题侧重考查分类讨论的数 第 6 页 / 共 15 页 学思想 考点二、等差数列中基本量的运算 例 2、 (1)(2019 苏北三市期末)在等差数列an中,若

    14、a5 1 2,8a62a4a2,则an的前 6 项和 S6的值为 _ (2) (2017 苏北四市一模) 设 Sn是等差数列an的前 n 项和, 且 a23, S416, 则 S9的值为_ 【答案】 (1) 15 2(2) 81 【 解 析 】 ( 1 ) 解 法 1( 基 本 量 法 ) 设 an a1 (n 1)d , n N*, 则 由 a 5 1 2, 8a62a4a2, 得 a 14d 1 2, 8(a15d)2(a13d)a1d, 解得 a1 5 2, d 1 2, 所以 S66a1 6 5 2 d 30 2 6 5 2 1 2 15 2. 解法 2(定义法) 由等差数列的定义可得

    15、 8a68(a5d),2a42(a5d),a2a53d, 所以由 8a62a4a2,得 8(a5d)2(a5d)a53d,解得 da51 2,故 S6 6(a1a6) 2 3(a2a5 ) 3(a53da5)15a5 15 2. (2) 设等差数列an的公差为 d, 则由 a23, S416 得 a1d3, 4a1 4 3 2 d16, 解得 a11, d2, 因此 S99 9 8 2 281. 变式 1、 (1)记 Sn为等差数列an的前 n 项和,若 3S3S2S4,a12,则 a5( ) A12 B.10 C10 D12 (2)记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a4a524,S64

    16、8,则an的公差为_ (3)在等差数列an中,a10,公差 d0,若 ama1a2a9,则 m 的值为_ 【答案】 (1)B (2)4(3)37 【解析】 (1) 、设等差数列an的公差为 d,由 3S3S2S4,得 3(3a13d)2a1d4a16d,即 3a12d 0.将 a12 代入上式,解得 d3,故 a5a1(51)d24 (3)10. (2) 、设等差数列an的公差为 d, 第 7 页 / 共 15 页 则由 a4a524, S648 得 a13da14d24, 6a1 6 5 2 d48, 即 2a17d24, 2a15d16, 解得 d4. (3)ama1a2a99a1 9 8

    17、 2 d36da37, m37. 变式 2、 (1)2019 无锡调研设公差不为零的等差数列an满足 a37,且(a21)2(a11)(a41),则 a10 等于_ (2)设等差数列an的前 n 项的和为 Sn.已知 a24,a25a23120,且 a12,求 an及 Sn. 【答案】 (1)21 (2)an3n2,Sn 3 2n 21 2n. 【解析】(1)设 ana1(n1)d,则 d0,由题设,得 a12d7, (a1d1)2(a11)(a13d1) 化简得 a172d, da11 解得 a13, d2. a1021. (2)a5a23d,a3a2d,则 a25a23(a5a3)(a5a

    18、3)(2a24d) 2d(84d) 2d8d216d120, 解得 d3 或 5,又 a1a2d2,则 d3,a11,an3n2,Snn n(n1) 2 (3) 3 2n 2 1 2n. 变式 3、 (2020 届山东省泰安市高三上期末)我国古代的天文学和数学著作周碑算经中记载:一年有二 十四个节气, 每个节气唇 (gu) 长损益相同 (暑是按照日影测定时刻的仪器, 暑长即为所测量影子的长度) , 夏至、小署、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气,其日 影子长依次成等差数列,经记录测算,夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为 16.5 尺,这十二节气的 所

    19、有日影子长之和为 84 尺,则夏至的日影子长为_尺. 【答案】1.5 【解析】 设此等差数列 n a的公差为d, 由题意 12 159 84 16.5 S aaa 即 1 51 12 11 1284 2 33(4 )16.5 ad aad 解得 1 1.5 1 a d 所以夏至的日影子长为1.5 第 8 页 / 共 15 页 故答案为:1.5 方法总结:(1)a1,d 是等差数列的基本量,把所给的条件代入等差数列的通项公式,可列出方程组,如果能 把 a11 作为一个整体处理,则能简化运算一般地,给出含有 a 1,d 的两个独立条件,即可求出该等差数 列的通项公式,进而求出其前 n 项和 (2)

    20、第(2)小问,充分利用等差数列的第二通项公式 a5a23d,a3a2d,则简化了运算 考点三、 等差数列的性质 例 3、 (2020 届北京市昌平区新学道临川学校上学期期中) 已知等差数列 n a的前m项之和为30, 前m2项 和为100,则它的前m3项的和为( ) A.130 B.170 C.210 D.260 【答案】C 【解析】由于等差数列 n a中 232 , mmmmm SSSSS也成等差数列,即 3 30,70,100 m S成等差数列,所 以 33 100110,210 mm SS,故选 C. 变式 1、(2020 届山东省滨州市三校高三上学期联考) 已知等差数列 n a的前 n

    21、 项和为 n S, 且 3 5 2 a , 9 9S , 则 7 a ( ) A 1 2 B1 C 1 2 D2 【答案】C 【解析】 由已知 7 1937 9 5 9() 9()9() 2 9 222 a aaaa S ,得 7 1 2 a , 故选:C. 变式 2、(1)(2020 福建模拟)设 Sn,Tn分别是等差数列an,bn的前 n 项和,若 a52b5,则 S9 T9( ) A2 B.3 C4 D6 (2)(2019 福建漳州质检改编)若 Sn是等差数列an的前 n 项和,且 a2a9a196,则 a10_,S19 _. 【答案】(1)A (2)2 38 第 9 页 / 共 15

    22、页 【解析】(1)由 a52b5,得 a5 b52,所以 S9 T9 9a1a9 2 9b1b9 2 a5 b52. (2)设等差数列an的首项为 a1,公差为 d.由等差数列的通项公式可得 a2a9a193(a19d)3a106,所 以 a102,由等差数列前 n 项和公式可得 S1919a1a19 2 19a1038. 变式 3、在等差数列an中,若 m1 且 am1a2 mam10,S2m126,求 m 的值 【答案】7 【解析】an是等差数列,am1am1amam,条件式变为 2ama2 m0,am0 或 am2,S2m1 (2m1)(a1a2m1) 2 (2m1)(amam) 2 (

    23、2m1)2am 2 (2m1)am,(2m1) am26.显然 am 0 不合题意,则 am2,代入上式,得 2m113,m7. 方法总结:如果an为等差数列,mnpq,则 amanapaq(m,n,p,qN*)因此,若出现 amn, am, amn等项时, 可以利用此性质将已知条件转化为与 am(或其他项)有关的条件; 若求 am项, 可由 am 1 2(am namn)转化为求 amn,amn或 amnanm的值 考点四、等差数列的判定及证明 例 4、 (2020 苏州期末)已知数列an的前 n 项和为 Sn,且 Sn2(ana) (其中 a 为常数) ,则下列说法正 确的是( ) A数列

    24、an一定是等比数列 B数列an可能是等差数列 C数列Sn可能是等比数列 D数列Sn可能是等差数列 【答案】BD 【解析】Sn2(ana) , 当 n1 时可得,Sn12(an1a) , 两式相减可得,an2an1,n1, 又 n1 时,S12(a1a)可得,a12a, 若 a0 时,数列an不是等比数列,而是等差数列,其各项都为 0,和也为等差数列 当 a0 时,数列an是等比数列,不是等差数列,而非常数性等比数列的前 n 项和不是等比, 变式 1、已知数列 an 是等差数列,公差为 d,设 bna2n1a2n. 第 10 页 / 共 15 页 (1)求证:数列bn是等差数列; (2)若 a1

    25、a,求数列bn的通项公式及前 n 项和 Sn. 【解析】 (1)数列 an 的公差为 d,则 bn1bn(a2n2a2 n1)(a 2 n1a 2 n)(an2an1) (an2an1)(an 1an)(an1an)d(an2an1an1an)d(an2an)2d 2为常数 数列bn是等差数列 (2)由(1)知,数列bn的公差为 2d2. bnb1(n1)2d2a2 2a 2 12d 2n2d2(ad)2a22d2n2d22d2n2add2, Sn n(b1bn) 2 n(2add22d2n2add2) 2 d2n22adn. 变式 2、已知数列an中,a15 且 an2an12n1(n2 且

    26、 nN*) (1)求证:数列 an1 2n 为等差数列; (2)求数列an的通项公式 【解析】 (1)a15, 当 n2 时, an1 2n an11 2n1 (2an12n1)1 2n 2(an11) 2n1 2 2n 2n1, an1 2n 是以 a11 2 2 为首项,以 1 为公差的等差数列 (2)由(1)知 an1 2n 2(n1) 1, an(n1)2n1. 变式 3、若数列an的前 n 项和为 Sn,且满足 an2SnSn10(n2),a1 1 2. (1)求证: 1 Sn成等差数列; (2)求数列an的通项公式 【解析】(1)证明:当 n2 时,由 an2SnSn10, 得 S

    27、nSn12SnSn1, 因为 Sn0,所以 1 Sn 1 Sn12, 又 1 S1 1 a12, 故 1 Sn是首项为 2,公差为 2 的等差数列 第 11 页 / 共 15 页 (2)由(1)可得 1 Sn2n,所以 Sn 1 2n. 当 n2 时, anSnSn1 1 2n 1 2n1 n1n 2nn1 1 2nn1. 当 n1 时,a1 1 2不适合上式 故 an 1 2,n1, 1 2nn1,n2. 方法总结:欲证一个数列是等差数列,根据定义,即证 bn1bn为常数目标明确了,下面还需要推理正 确;欲求数列 cn 的前 n 项和 Sn,可先求通项,再判断为何数列;如果知道了具体的等差或

    28、等比数列,只 需要求出两个基本量首项、公差(或公比),再代入 Sn公式即可 五、优化提升与真题演练 1、 (2020 届北京市清华大学附属中学高三第一学期(12 月)月考数学试题)设等差数列 n a的前 n 项的和 为 n S,且 13 52S,则 489 aaa( ) A8 B12 C16 D20 【答案】B 【解析】设数列公差为d,则 1311 13 12 1313(6 )52 2 Sadad , 1 64ad, 4891111 3783(6 )3 412aaaadadadad . 故选:B. 2、 (北京市北京师范大学附属实验中学 2019-2020 学年上学期期中)已知 n S是等差数

    29、列 n a(n )的前 n项和,且 564 SSS,以下有四个命题: 数列 n a中的最大项为 10 S 数列 n a的公差0d 10 0S 11 0S 其中正确的序号是( ) 第 12 页 / 共 15 页 A B C D 【答案】B 【解析】 564 SSS, 656 00aaa, 5 00ad, 数列 n a中的最大项为 5 S, 110 1056 10 50 2 aa Saa , 111 116 11 110 2 aa Sa 正确的序号是 故选 B 3、 (北京市昌平区新学道临川学校 2019-2020 学年上学期期末)设 n a为等差数列, 1 22a , n S为其前n 项和,若

    30、1013 SS,则公差d ( ) A-2 B-1 C1 D2 【答案】A 【解析】 由题意可得: 121112131310 30aaaaSS, 则 12 0a,等差数列的公差 121 022 2 12 111 aa d . 本题选择 A 选项. 4、 (2020 届山东省滨州市三校高三上学期联考) 已知等差数列 n a的前 n 项和为 n S,且 3 5 2 a , 9 9S , 则 7 a ( ) A 1 2 B1 C 1 2 D2 【答案】C 【解析】由已知 7 1937 9 5 9() 9()9() 2 9 222 a aaaa S ,得 7 1 2 a , 故选:C. 5、 【2020

    31、 年全国 2 卷】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石 第 13 页 / 共 15 页 板(称为天心石),环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加 9块,下一层的第一环比上 一层的最后一环多 9 块,向外每环依次也增加 9块,已知每层环数相同,且下层比中层多 729块,则三层共 有扇面形石板(不含天心石)( ) A. 3699块 B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块 【答案】C 【解析】设第 n 环天石心块数为 n a,第一层共有 n环, 则 n a是以 9为首项,9 为公差的等差数列,9(1) 99 n ann, 设 n

    32、S为 n a的前 n 项和,则第一层、第二层、第三层的块数分 别为 232 , nnnnn S SS SS,因为下层比中层多 729块, 所以 322 729 nnnn SSSS, 即 3 (927 )2 (918 )2 (918 )(99 ) 729 2222 nnnnnnnn 即 2 9729n ,解得9n , 所以 327 27(9927) 3402 2 n SS . 故选:C 6、 【2020 年北京卷】在等差数列 n a中, 1 9a , 3 1a 记 12 (1,2,) nn Taaa n,则数列 n T ( ) A. 有最大项,有最小项 B. 有最大项,无最小项 C. 无最大项,

    33、有最小项 D. 无最大项,无最小项 【答案】B 第 14 页 / 共 15 页 【解析】由题意可知,等差数列的公差 51 1 9 2 5 15 1 aa d , 则其通项公式为: 1 1912211 n aandnn , 注意到 1234567 01aaaaaaa , 且由 5 0T 可知06, i TiiN, 由 1 17, i i i T aiiN T 可知数列 n T不存在最小项, 由于 123456 9,7,5,3,1,1aaaaaa , 故数列 n T中的正项只有有限项: 2 63T , 4 63 15945T . 故数列 n T中存在最大项,且最大项为 4 T. 故选:B. 7、

    34、【2020 年浙江卷】已知数列an满足 (1) = 2 n n n a ,则 S3=_ 【答案】10 【解析】因为 1 2 n n n a ,所以 123 1,3,6aaa 即 3123 1 3610Saaa 故答案为:10. 8、 (2019 年江苏卷).已知数列 * () n anN是等差数列, n S是其前 n 项和.若 2589 0,27a aaS,则 8 S 的值是_. 【答案】16. 【解析】由题意首先求得首项和公差,然后求解前 8 项和即可. 由题意可得: 258111 91 470 9 8 927 2 a aaadadad Sad , 解得: 1 5 2 a d ,则 81 8 7 84028 216 2 Sad . 第 15 页 / 共 15 页 9、 (2015 江苏卷)数列满足,且() ,则数列的前 10 项和为 n a1 1 a1 1 naa nn * Nn 1 n a


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