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高中数学竞赛辅导讲座-数列(一)


高中数学竞赛辅导讲座---数列
一、学习目标 数列是高中数学的重要内容之一,也是高考及高中数学联赛考查的重点。而且往 往还以解答题的形式出现,所以我们在复习时应给予重视。近几年的数列试题不仅 考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法,而 且有效地考查了学生的各种能力。 二、知识要点 (一) 、数列的基础知识 1.数列{an}的通项 an 与前

n 项的和 Sn 的关系 它包括两个方面的问题:一是已知 Sn 求 an,二是已知 an 求 Sn; 1.1 已知 Sn 求 an
(n ? 1) ? S1 对于这类问题,可以用公式 an= ? . ?S n ? S n ?1 (n ? 2)

1.2 已知 an 求 Sn 这类问题实际上就是数列求和的问题。数列求和一般有三种方法:颠倒相加法、 错位相减法和通项分解法。

?a ? a 2.递推数列:? 1 ,解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联 ? an ? 1 ? f ( an )
系,设法转化为等差数列与等比数列的有关问题,然后解决。 (二) 、等差数列与等比数列 1.定义:数列{an}为等差数列 ? an+1-an=d ? an+1-an=an-an-1; 数列{bn}为等比数列 ? bn?1 ? q ? bn?1 ? bn 。
an
bn bn?1

2.通项公式与前 n 项和公式: 数 列 {an} 为 等 差 数 列 , 则 通 项 公 式
1(共 16 页)

an=a1+(n-1)d,



n

项 和

Sn=

n( a1 ? a n ) n(n ? 1)d = na1 ? . 2 2

(q ? 1) ?na1 ? 数列{an}为等比数列,则通项公式 an=a1qn-1, 前 n 项和 Sn= ? a1 (1 ? q n ) . (q ? 1) ? ? 1? q

3.性质: 每连续 m 项的和 若 m+n=p+q, 则 am+an=ap+aq 仍组成等差数列, 即 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m 组成等差数列 每连续 m 项的和 若 m+n=p+q, 则 aman=apaq 仍组成等比数列, 即 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m 组成等比数列 (4)函数的思想:等差数列可以看作是一个一次函数型的函数;等比数列可以看作 是一个指数函数型的函数。可以利用函数的思想、观点和方法分析解决有关数列的 问题。 (三) .等差数列与等比数列数列问题的综合性和灵活性如何表现? 数列问题的综合性主要表现在 1.数列中各相关量的关系较为复杂、隐蔽. 2.同一问题中出现有若干个相关数列,既有等差或等比数列,也有非等差,非等比 的数列,需相互联系,相互转换. 数列问题的灵活性表现在: 1.需灵活应用递推公式,通项公式,求和公式,寻求已知与所求的关系,减少中
2(共 16 页)

等差数列

等比数列

间量计算. 2.需灵活选用辅助数列,处理相关数列的关系. 三、例题赏析 例1 已知(b-c)logm x+(c-a)logm y+(a-b)logm z=0 ①

(1) 若 a、b、c 依次成等差数列,且公差不为 0,求证 x、y、z 成等比数列; (2) 若 x、y、z 依次成等比数列,且公比不为 1,求证 a、b、c 成等差数列. 分析 判断三个数成等差数列或等比数列的充要条件,一是定义,二是中项公式.

证明: (1)∵ a、b、c 依次成等差数列 ∴b-c=-d,c-a=2d, a-b=-d(d≠0)代入① -d(logm x-2 logm y + logm z)=0 ∵ d≠0 ∴logm x ? 2 logm y ? logm z= logm
xz y2 =0, ,



y2=xz,可知 x、y、z 成等比数列. (2)∵ x、y、z 依次成等比数列
y z z = =q , =q 2 (q ? 1) 两边取对数,得 ∴ y x x

logm z-logm y=logm y-logm x=logm qlogm z-logm x=2 logm q ① 式可变为 a(logm z-logmy)-b(logm z-logmx)+ c(logm y-logmx)=0 即 logm q(a-2b + c)=0

∵ logm q≠0 ∴ 2b=a+c,可知 a、b、c 成等差数列. 例2 数列{an}的 前 n 项 和 Sn=a · + b(n?N) 2n ,则{an}为等比数列的充

要条件是________. 分析 应从转化出数列{an}的通项公式入手.

解:a1=S1=2a + b 当 n≥2 时,
3(共 16 页)

an=Sn-Sn-1=(a · + b)-(a · 2n 2n-1+b)=a · 2n-1 由此可知:当 a≠0 时, a2 , a3 … ,an , … 是公比为 2 的等比数列.

∴ n}为等比数列的充要条件是 {a a≠0,且 2a+b=a· 20,即 a≠0,且 a + b=0. 例 3 设等差数列 n} {a 的前 n 项和为 Sn, S7=56,n=420,n-3=34, n=________. 若 S a 则 分析 将题设的三个数据,利用等差数列的通项公式及前 n 项和公式, 布列出三 个关于 a1,公差 d,项数 n 的方程,并求解,会使过程复杂化,应设法直接布列关于 n 的方程 解:∵ S7=a1+ a2+ a3+ a4+ a5+ a6+ a7=7a4 ∴ 由 S7=56,可得 a4=8 又 a1+ an=a4+ an-3=8+34=42. ∴ 由 Sn=420,解得 n=20. 例 4.等差数列中,a3+a7-a10=8,a11-a4=4,求 S13 解:由求和公式 S13 ?
13(a1 ? a13 ) ? 13a7 2

知问题转化为求 a7 由条件得:a7=12 例 5.各项均为实数的等比数列{an}的前 n 项之和为 Sn,若 S10=10,S30=70,求 S40。 解 记 b1=S10,b2=S20-S10,b3=S30-S20,b4=S40-S30.设 q 是{an}的公比,则 b1,b2,b3,b4 构成

以 r=q10 为公比的等比数列。于是 70=S30=b1+b2+b3=b1(1+r+r2) =10(1+r+r2) 即 r2+r-6=0. 所以 r=2 故 解得 r=2 或 r=-3 由于 r=q10>0 ,

1 ? 2 40 S 40 ? 10(1 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ) ? 10? ? 10(2 40 ? 1) 1? 2
2 39

例 4 (2000 年全国)设{an}是首项为 1 的正项数列,且(n+1)an+12-nan2+an+1an=0, (n=1,2,3,…),则它的通项公式是 an= .

分析: (1)作为填空题,不需要解题步骤,所以可以采用不完全归纳法。
1 1 1 1 令 n=1,得:2a22+a2-1=0,解得,a2= .令 n=2, 得:3a32+ a3- =0, 解得,a3= . 2 2 2 3
4(共 16 页)

1 1 同理,a4= 由此猜想:an= . 4 n

(2)由(n+1)an+12-nan2+an+1an=0,得:[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0, 所以(n+1)an+1=nan,
1 这说明数列是常数数列,故 nan=1,an= . n

也可以由(n+1)an+1=nan,得:

a n ?1 n ,所以 ? an n ?1

an ?

an an?1 a n ?1 n ? 2 1 1 ? ? ? ? 2 ? a1 ? ? ? ?? ?1 ? 。 an?1 an?2 a1 n n ?1 2 n

例 5 在等差数列{an}中,已知 a1>0,Sn 是它的前 n 项的和.已知 S3=S11,求 Sn 的最 大值。 分析:和例 8 一样,也是未知数的个数多于方程的个数,所以须考虑等差数列的 性质。 解:由已知:S3=S11,故 3a1 ? 3d ? 11a1 ? 55d , 得: d ? ?
2 a1 ? 0. 而因为 S3=S11, 13

得 a4+a5+a6+…+a10+a11=0.由于 a4+a11=a5+a10=a6+a9=a7+a8,所以 a7+a8=0。 故 a7>0,a8<0,所以 S7 最大。 评说: (1)本题也可以利用函数的思想来解, 即把 Sn 表示成某一变量的函数 (比如 n) , 然后再求这个函数的最大值。 (2)本题还可以利用方程与不等式的思想来解,即 Sn 最大当且仅当 an>0 同时 an+1<0,解这个不等式组即可。 例 7 已知等差数列{an}的前 n 项的和为 Sn,令 bn= 求数列{bn}的通项公式和 lim ? bi 的值。
n ?? i ?1 n

1 1 ,且 b4= ,S6-S3=15, 10 Sn

分析:欲求 bn,需先求 Sn,而 Sn 是数列{an}的前 n 项的和,所以应首先求出 an。 因为数列{an}是等差数列,故只要能找到关于 a1 与 d 的两个方程即可。 解:设数列的首项为 a1,公差为 d.由已知得:
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? a1 ? 1 ?S 4 ? 10 ?4a1 ? 6d ? 10 ,解得: ? 。 ?? ? ?d ? 1 ?3a1 ? 12d ? 15 ?S 6 ? S 3 ? 15

所以 an=n,从而 Sn=

n( n ? 1) 2 ,故 bn= 。 2 n(n ? 1)

n 1 1 1 lim ? bi ? 2 lim[ ? ??? ] n?? n?? 1 ? 2 2?3 n(n ? 1) i ?1

=2 lim[1 ?
n ??

1 1 1 1 1 1 ? ? ??? ? ] ? 2 lim(1 ? ) ? 2. n ?? 2 2 3 n n ?1 n ?1

例 8 已知 f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,且 a1,a2,a3,…,an 组成等差数列(n 为正偶 数) ,又 f(1)=n2,f(-1)=n; (1)求数列{an}的通项 an; (2)试比较 f(0.5)与 3 的大小,并说明理由。 分析:显然,只要能把 f(1)=n2,f(-1)=n 转化为关于首项和公差的两个方程即可。 解: (1)设数列的公差为 d,因为 f(1)= a1+a2+a3+…+an=n2,则 na1+
n( n ? 1) d=n2, 2

n 即 2a1+(n-1)d=2n.又 f(-1)= -a1+a2-a3+…-an-1+an=n,即 ? d =n,d=2.解得 a1=1. 2

∴ n=1+2(n-1)=2n-1. a
1 1 1 1 1 ? 3( ) 2 ? 5( ) 3 ? ? ? (2n ? 1)( ) n ,把它两边都乘以 ,得: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 f( )? ( ) 2 ? 3( ) 3 ? ? ? (2n ? 3)( ) n ?1 ? (2n ? 1)( ) n 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 两式相减,得: f ( ) ? ? 2( ) 2 ? 2( ) 3 ? ? ? 2( ) n ?1 ? (2n ? 1)( ) n 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 = 2 ? ? 2( ) 2 ? ? ? 2( ) n ?1 ? (2n ? 1)( ) n ? 2 2 2 2 2 1 1 [1 ? ( ) n ?1 ] 1 1 1 1 1 2 =2 2 ? (2n ? 1)( ) n ? ? 2 ? 2( ) n ?1 ? (2n ? 1)( ) n ? 1 2 2 2 2 2 1? 2 3 1 3 = ? (2n ? 3)( ) n ? 。 2 2 2

(2)f(0.5)=

6(共 16 页)

1 ∴ f ( ) ? 3. 2

例 9(2001 年春季)在 1 与 2 之间插入个正数 a1,a2,a3,…,an,使这 n+2 个正数成 等比数列;又在 1 与 2 之间插入个正数 b1,b2,b3,…,bn,使这 n+2 个正数成等差数列。 记 An=a1a2a3…an,Bn=b1+b2+b3+…+bn. (1)求数列{An}和{Bn}的通项; (2)当 n≥7 时,比较 An 与 Bn 的大小,并证明你的结论。 分析:本题的关键是求 An 与 Bn,如果能注意到 1,a1,a2,a3,…,an,2 成等比数列, 1,b1,b2,b3,…,bn,2 成等差数列,则就容易想到利用这两类数列的性质。 解:(1)因为 1,a1,a2,a3,…,an,2 成等比数列,所以 a1an=a2an-1=a3an-2=…=1 ? 2,从而
n

An2= (a1a2a3…an )(a1a2a3…an)=(a1an)(a2an-1)(a3an-2)…(ana1)=2n,故 An= 2 2 . 因为 1,1,b2,b3,…,bn, 成等差数列, b 2 所以 b1+bn=1+2=3, 从而 Bn=
3 9 (2)∵ n= 2 , Bn= n .∴ n2=2n,Bn2= n2. A A 2 4
0 1 2 3 n n n n 当 n≥7 时,An2=2n=(1+1)n= Cn ? Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ?3 ? Cn ?2 ? Cn ?1 ? Cn
n 2

n( B1 ? Bn ) 3 ? n. 2 2

n( n ? 1) n(n ? 1)( n ? 2) + ] 2 6 1 2 1 5 1 1 1 9 =2+2n+n2-n+ n3-n2+ n= n3+ n+2> n3=n2( n), 当 n≥7 时, n > . 3 3 3 3 3 3 3 4
0 1 2 3 ≥2( Cn ? Cn ? Cn ? Cn )=2[1+n+

所以当 n≥7 时,An2> Bn2,故 An> Bn 评说:对于 An 与 Bn 的大小,也可以用数学归纳法证明。 例 10 在 正 数 等 比 数 列 { an } 中 , 若

a1 ? a2 ? ? ? a4n ? A , a1 ? a2 ??? a4n ? B ,


1 1 1 ? ??? =_ _ _ _ _ _ _ _ a1 a 2 a 4n

7(共 16 页)

分析

{ 从判定数列

1 1 } 也是正数等比数列,首项为 a ,公 比 为 an 1

1 q

(q 是

{an}的公比)出发,将两个已知条件布列为关于 a1,q 的方程组,再求解,最后再 求和,过程必然很繁,还会造成缺漏 q=1 的情况,应设法直接寻求已知与所求的关 系. 解:∵ {an}是正数等比数列, a1 又

? a2 ? ? ? a4n ? A
a 1 (q 4 n ?1 ? q 4 n ? 2 ? ? ? 1) = a 1 a 4n

1 1 1 ? ??? a1 a 2 a 4n
= A a 1 a 4n

q 4 n ?1 ? q 4 n ? 2 ? ? ? 1 = a 4n

? ?a1a4 n ?? ?a2 a4 n ?1 ??? ? ?a2 n a2 n ?1 ? ? ?a1a4 n ?

2n

a1 ? a2 ?? ? a4 n

a1 ? a2 ??? a4n =(a1 a4n)2n=B,
1 1 1 A ? ??? = 2n a1 a 2 a4n B

a1 a4n= 2n B

综上可知,

例 11.已知数列{an}的各项均为正数, 且前 n 项之和 Sn 满足 6Sn=an2+3an+2.若 a2, 4,a9 a 成等比数列,求数列的通项公式。 解:当 n=1 时,由题意有 6a1=a12+3a+2 于是 a1=1 或 a1=2

当 n? 时,有 6Sn=an2+3an+2,6Sn-1=an-12+3an-1+2 2 两式相减得:(an+an-1) (an-an-1-3)=0 由题意知{an}各项为正,所以 an-an-1=3
8(共 16 页)

当 a1=1 时,an=1+3(n-1)=3n-2 此时 a42=a2a9 成立 当 a1=2 时,an=2+3(n-1)=3n-1 此时 a42=a2a9 不成立,故 a1=2 舍去 所以 an=3n-2 例 12.各项为实数的等差数列的公差为 4,其首项的平方与其余各项之和不超过 100, 这样的数列至多有多少项? 解 设 a1,a2…,an 是公差为 4 的等差数列,则 a12+a2+a3+…+an≤100,

即 a12+(n-1)a1+(2n2-2n-100)≤0 (1)

因此,当且仅当 Δ=(n-1)2-4(2n2-2n-100)? 时,至少存在一个实数 a1 满足(1)式。因为 =0 2 Δ?=0,所以 7n -6n-401≤0, 解得 n1≤n≤n2 (2)

其中 大值为 8。故这样的数列至多有 8 项。

,所以满足(2)的自然数 n 的最

例 13.各项均为实数的等比数列{an}的前 n 项之和为 Sn,若 S10=10,S30=70,求 S40。 解 记 b1=S10,b2=S20-S10,b3=S30-S20,b4=S40-S30.设 q 是{an}的公比,则 b1,b2,b3,b4 构成 以 r=q10 为公比的等比数列。于是 70=S30=b1+b2+b3 =b1(1+r+r2)
9(共 16 页)

=10(1+r+r2) 即 r2+r-6=0. 解得 r=2 或 r=-3

由于 r=q10>0 , 所以 r=2 故 S40=10(1+2+22+23

例 14.给定正整数 n 和正数 M, 对于满足条件 a12+an+12∈ 的所有等差数列 a1,a2,a3… M 试求 S=an+1+an+2+…+a2n+1 的最大值。 解 设公差为 d,an+1=a. 则

S=an+1+an+2+…+a2n+1

=(n+1)a+

故 又 M?12+an+12 a

=(a-nd)2+a2

=

所以

|S|

10(共 16 页)

且当

时,

S=

=

= 由于此时 4a=3nd,所以

所以 S 的最大值为



例 14.设等差数列的首项及公差均为非负整数,项数不少于 3,且各项之和为 972,这 样的数列共有多少个? 解 设等差数列首项为 a,公差为 d,依题意有



[2a+(n-1)d]n=2? 2, (3) 97

因为 n 为不小于 3 的自然数,97 为素数,故 n 的值只可能为 97,2? 97,972,2? 2 四者 97 之一。 若 d>0,则由(3)知 2? 2? 97 n(n-1)d? n(n-1).
11(共 16 页)

故只可能有 n=97.于是(3)化为 a+48d=97. 此时可得 n=97,d=1,a=49 或 n=97,d=2,a=1. 若 d=0 时,则由(3)得 na=972,此时 n=97,a=97 或 n=972,a=1。 故符合条件的数列共有 4 个。 练习.设{an}是由正数组成的等比数列,Sn 是前 n 项之和

(1)证明

(2)是否存在常数 c>0,使得 论 证明:(1)设{an}的公比为 q,由已知得:a1>0,q>0 i)当 q=1 时,Sn=na1,从而, Sn× n+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12= -a12<0 S

成立,并证明你的结

ii)当 q? 时, 1

∴ 由 i)、ii)均有 Sn× n+2<Sn+12,两边同时取对数即得证 S

(2)要使

成立,则有

12(共 16 页)

分两种情况讨论 i)当 q=1 时 (Sn-c)× n+2-c)-(Sn+1-c)2=(na1-c)[(n+2)a1-c]-[(n+1)a1-c]2= -a12<0 (S 即不存在常数 c>0 使结论成立 ii)当 q? 时,若条件(Sn-c)× n+2-c)=(Sn+1-c)2 成立,则 1 (S

(Sn-c)× n+2-c)-(Sn+1-c)2= (S = -a1qn[a1-c(1-q)] 而 a1qn? 0,故只能是 a1-c(1-q)=0



,此时,由于 c>0,a1>0,必须 0<q<1,但 0<q<1 时,

不满足 Sn-c>0,即不存在常数 c>0 满足条件 综合 i)、ii)可得,不存在常数 c>0,满足题意

例 15.设任意实数 x,y 满足|x|<1,|y|<1,求证: 学竞赛试题) 证明:∵ |x|<1,|y|<1,∴ 2<1,y2<1,故 x

(第 19 届莫斯科数

=(1+x2+ x4+ x6+…)+(1+ y2+ y4+ y6+…)=2+(x2+y2) (x4+y4)+ (x6+y6)+…
13(共 16 页)

≥2+2xy+2x2y2+2x3y3+…= 练习.设 x,y,z 为非负实数,且 x+y+z=1,

求证:0≤xy+yz+zx-2xyz≤

证明:由对称性,不妨设 x? z y?

∵ x+y+z=2×

∴ x+y,

, z 成等差数列,故可设 x+y=

+d,z= -d

由 x+y? 2z,得

,则

xy+yz+zx-2xyz=(x+y)z+xy(1-2z)= 当且仅当 x=1,y=z=0 时取等号

? 0





=

当且仅当 x=y=z= 时取等号
14(共 16 页)

故 0≤xy+yz+zx-2xyz≤

例 16.等差数列{an}中,

,试求(l-m)ab+(m-n)bc+(n-l)ca 的值

解:在直角坐标系中,对于任意 n? N,点(n,an)共线,所以有,点

共线,于是





,化简得:



所以

=

所以所求的值为 0 例 17.从 n 个数 1,a, a2,…, an (a>2)中拿走若干个数,然后将剩下的数任意分成两个部 分,证明:这两部分之和不可能相等

证明:当 a>2 时, 不妨设剩下的数中最大的数 am (m? 1)在第一部分中,
15(共 16 页)

,上式对任意 k? 成立, N

则第一部分各数之和?m>1+a+…+am-1? a 第二部分之和 四、学生练习

1.设{an}是等比数列,首项 a1>1,公比 q>1,求证:数列{

}是递减数列

2.确定最大的实数 z,使得 x+y+z=5,xy+yz+zx=3,并且 x 与 y 也是实数 3.将奇数{2n-1}按照第 n 组含有 n 个数的规则分组: 1, 3,5 7,9,11, 13,15,17,19 ………………… (1)求第 8 组中的所有奇数 (2)求 1993 属于第几组中的第几号数 (3)求第 100 组中所有奇数的和 (4)求前 100 组的全体奇数的总和 4.设{an}与{bn}分别是等差数列和等比数列,且 a1=b1>0,a2=b2>0 试比较 an 和 bn 的 大小 5.设 S={1,2,3,…,n},A 为至少含有两项的公差为正的等差数列,其每一项均在 S 中, 且添加 S 中的其它元素于 A 以后,均不能构成与 A 有相同公差的等差数列,求这种 数列 A 的个数(只有两项的数列也看成等差数列) 6.数列{an}的前 n 项之和为 Sn,若 S1=1 且 Sn1=Sn+(5n+1)an,n=1,2,…,|a|? 1,求 Sn

16(共 16 页)


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