《2022年数列求通项公式的常见题型与解题方法 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年数列求通项公式的常见题型与解题方法 .pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、名师精编优秀资料数列求通项公式的常见题型与解题方法数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法数列这一章的主要章节结构为：近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面：（1）数列本身的有关知识，其中有等
2、差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大我仅对数列求通项公式这一部分内容做一个浅显的分析与提炼题型 1 已知数列前几项求通项公式在我们的教材中，有这样的题目：1 数列0,2,0,2的通项na02为奇数为偶数nn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 17
3、页名师精编优秀资料2数列1111,1 2 2334 45的通项na11(1)（）nn n3数列222213571,1,1,12468的通项na12211(2 )1+（）nnn此题主要通过学生观察、试验、合情推理等活动，且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物的本质，从而培养学生数学思维能力相对于填空题或是选择题只需利用不完全归纳法进行猜想即可；对于解答题，往往还需要我们进一步加以证明例如（ 2003 年全国高考）已知数列na满足1111,3(2)nnnaaan()求：23,aa；()证明：312nna分析： 问题（）主要渗透一般化特殊化，利用已知的递推公式求具体问题（）与问题（）
4、紧密相连，可以从特殊入手，归纳论证相结合，求一般当然还可用后面介绍的方法即注意到进行113(2)nnnaan，由特殊化归为等比数列等加以证明本题贯穿特殊化与一般化的思维方法，实质上是归纳中的综合课堂中我们还可以设计如下例题及练习，训练学生这方面的技能例 1. 写出下面数列的一个通项公式，使它的前4 项分别是下列各数：例 2. 观察下面数列的特点，写出每个数列的一个通项公式：练习 : 写出下面数列的一个通项公式：2222221 31 41 51(1),(;234151)1nnan1111(2),.1 2 2 33 4 411)()5(1nnan n( 1) (65)1)1,7,13,19,;nn
5、an(2)7,77,777,7777,7777(101)977,;nna(3)5,0, 5,0,5,0,5,0,.5sin2nna31 31 3(1) 1,1( 1),245 62;3nnan3 1 537(2),.5 2 11 7 17232nnan精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 17 页名师精编优秀资料练习在某报自测健康状况的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表观察表中数据的特点，用适当的数填入表中空白（）内年龄（岁）30 35 40 45 50 55 60 65 收缩压（水银柱毫米）110 115 120
6、 125 130 135 （ 140）145 舒张压（水银柱毫米）70 73 75 78 80 83 （ 85）88 练习根据下列5 个图形及相应点的个数的变化规律，猜测第n个图中有 _n2-n+1_个点（1）（2）（3）（4）（5）相关的高考试题有：（2004 年全国卷） 已知数列 an ， 满足 a1=1，an=a1+2a2+3a3+(n 1)an1(n 2)，则an的通项1_na12nn，分析：由已知，211aa由1321)1(32nnanaaaa生成23211)2(32nnanaaaa两式相减得：11)1(nnnanaa，即naann1为商型的，用累乘法可得131222(1)43,nn
7、nnnnaaaaannaaaa即2nna（2006 年广东卷） 在德国不来梅举行的第48 届世乒赛期间， 某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1 堆只有 1 层，就一个球；第2,3,4,堆最底层（第一层）分别按图4 所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在总数，则下一层之上， 第 n堆第 n层就放一个乒乓球，以( )f n表示第 n 堆的乒乓球(3)_0_1f；1( )_(6_1)2)n nnf n（答案用 n 表示） .题型 2 由an与Sn的关系求通项公式在我们的教材中，有这样的题目：。 。 。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归
8、纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 17 页名师精编优秀资料已知数列na的前n项和21()2nSnn，则nan已知数列na的前n项和32nnS，则na152n12nn，这类题目主要注意ns与na之间关系的转化即：na=11nnSSS (n=1) (n2)na=nkkkaaa211)(一般已知条件中含an与 Sn的关系的数列题均可考虑用上述公式例如：（04 年浙江）设数列an的前项的和Sn=31（an-1） (nN)()求 a1；a2；()求证数列 an 为等比数列解 : () 由)1(3111aS, 得)1(3111aa1a21又)1(3122aS, 即)1(31221aaa,得
9、412a. ()当 n1 时,),1(31) 1(3111nnnnnaaSSa得,211nnaa所以na是首项21,公比为21的等比数列课堂中我们还可以设计如下例题及练习，训练学生这方面的技能例 3. 数列an的前 n 项和Sn=32n-3, 求数列的通项公式.132nna练习 1：设数列 an的前 n 项和为Sn=2n2+3n+2，求通项an的表达式， 并指出此数列是否为等差数列 .na741n12nn，练习 2：已知数列an的前 n 项和为Sn，a12，且nan+1=Sn+n(n+1)，求an相关的高考试题有：2nan(2004 全国卷 )已知数列 an的前 n 项和 Sn满足： Sn=2
10、an +(-1)n,n 1（）写出求数列an 的前 3 项 a1,a2,a3；（）求数列 an的通项公式；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 17 页名师精编优秀资料（）证明：对任意的整数m4，有4511178maaa. .解：当n=1 时,有： S1=a1=2a1+(-1)a1=1；当 n=2 时,有： S2=a1+a2=2a2+(-1)2a2=0；当 n=3 时,有： S3=a1+a2+a3=2a3+(-1)3a3=2；综上可知a1=1,a2=0,a3=2；由已知得：1112( 1)2( 1)nnnnnnnaSSaa化简
11、得：1122( 1)nnnaa上式可化为：1122( 1)2( 1)33nnnnaa故数列 2( 1)3nna 是以112( 1)3a为首项 , 公比为 2 的等比数列 . 故121( 1)233nnna121222( 1)2( 1) 333nnnnna数列 na的通项公式为：222( 1) 3nnna. 由已知得：2324511131112 21212( 1)mmmaaa23 1111112 391533632( 1)mm11111123511211111112351020511(1)1 45212 312m51 42212 355 2m51311131041057()15521512012
12、08m. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 17 页名师精编优秀资料故4511178maaa( m4).（ 2006 年 湖 北 卷 ） 已 知 二 次 函 数( )yf x的 图 像 经 过 坐 标 原 点 ， 其 导 函 数 为( )62fxx，数列na的前 n 项和为nS，点( ,)()nn SnN均在函数( )yf x的图像上（）求数列na的通项公式；（）设11nnnba a，nT是数列nb的前 n 项和，求使得20nmT对所有nN都成立的最小正整数m点评： 本小题考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识
13、和基本的运算技能，考查分析问题的能力和推理能力解： （）设这二次函数f(x) ax2+bx (a0) ,则 f(x)=2ax+b, 由于 f(x)=6x 2,得a=3 , b=2, 所以f(x) 3x22x.又因为点( ,)()nn SnN均在函数( )yf x的图像上，所以nS3n22n. 当 n2 时，anSnSn1（ 3n22n）)1(2)132nn（6n5. 当 n1 时， a1S1 3 122 6 1 5，所以， an6n5 （nN）. （2006 年安徽卷）数列na的前n项和为nS，已知211,1 ,1,2,2nnaSn an nn（）写出nS与1nS的递推关系式2n，并求nS关于
14、n的表达式；（）设1/,nnnnnSfxxbfppRn，求数列nb的前n项和nT解：由21nnSn an n2n得：21()1nnnSn SSn n，即精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 17 页名师精编优秀资料221(1)1nnnSn Sn n，所以1111nnnnSSnn，对2n成立由1111nnnnSSnn，121112nnnnSSnn，2132121SS相加得：1121nnSSnn，又1112Sa，所以21nnSn，当1n时，也成立（）由111nnnnSnfxxxnn，得/nnnbfpnp而23123(1)nnnTp
15、ppnpnp，234123(1)nnnpTpppnpnp，23111(1)(1)1nnnnnnppP Tpppppnpnpp题型 3 已知数列递推公式求通项公式在我们的教材中，还有这样的类型题：1 已知数列na的首项11a，且13(2)nnaan，则na3n-22已知数列na的首项11a，且123(2)nnaan，则na1433n3已知数列na的11a，22a且121()(3)2nnnaaan， 则1limnxnaa1 4 已知数列na的11a，22a且212nnnaaa,则nan这类问题是通过题目中给定的初始值和递推公式，在熟练掌握等差数列、等比数列的通项公式的推导方法的基础上，产生的一系列
16、变式我们应清楚的意识到：1证明数列na是等差或等比数列常用定义，即通过证明11nnnnaaaa(2)n或11nnnnaaaa(2)n而得2在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解3. 等差数列、等比数列求通项公式涉及的迭代、累加、累乘、构造等方法我们具体进行如下分析：一、 由等差，等比演化而来的“差型”， “商型”递推关系题组一：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 17 页名师精编优秀资料数列na中，111,2nnaaa，求
17、na的通项公式21nan变式 1：数列na中，111,nnaaan，求na的通项公式211122nann变式 2：数列na中，1111,3nnnaaa，求na的通项公式1312nna变式 3：已知数列na满足11a，1111nnaa，求na1nan变式 4：数列na中，1121,2nnnaaaa，求na的通项公式21nan分析：等差数列：daann 1生成：daa12，daa23，daann21，daann1累加：112211)()()(aaaaaaaannnnn =1)1(adn由此推广成差型递推关系：)(1nfaann(2)n累加：112211)()()(aaaaaaaannnnn=12)
18、(anfn，于是只要)(nf可以求和就行题组二、已知数列na的首项11a，且13(2)nnaan，则na13n变式 1：已知数列na的首项11a，且11(2)nnnaann，则na1n变式 2：数列na中，112,32nnaaa，求na的通项公式31nna变式 3：数列na是首项为1的正项数列，且2211(1)0,(1,2,3,)nnnnnanaaan，求na的通项公式1nan分析：等比数列：qaann 1生成：qaa12，qaa23，qaann21，qaann1累乘：112211aaaaaaaannnnn=11aqn由此推广成商型递推关系：)(1ngaann精选学习资料 - - - - -
19、- - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 17 页名师精编优秀资料累乘：112211aaaaaaaannnnnnang21)(为了提高，我们还可以引用下列例题：例1、若数列na满足：)2(,)12(2,211nannaann求证：nnnCa2；na是偶数证明：由已知可得：nnaann)12(21又112211aaaaaaaannnnn=!)12(532nnn而!)12(5312)22(642!)!2(2nnnnnnnnCnn=!) 12(532nnn所以nnnCa2，而nnnnnCCa1222为偶数例2、 已 知 数 列11aan中， 且kkkaa)1(122,
20、kkkaa3212其 中k=1,2,3, . （I ）求53,aa；（II ）求 an 的通项公式 . 解（）（略）13, 353aa(II) kkkkkkaaa3)1(312212所以kkkkaa)1(31212，为差型故1133212121212)()()(aaaaaaaakkkkk1)1()1()1()333(11kkkk=1)1(21231kk1)1(21231) 1()1(2123) 1(1122kkkkkkkkaa所以 an 的通项公式为：当 n 为奇数时，121)1(232122nnna；当 n 为偶数时，121)1(2322nnna二 由差型，商型类比出来的和型，积型：即)()
21、,(11ngaanfaannnn和例如： 数列na中相邻两项na，1na是方程032nbnxx的两根， 已知1710a，求51b的值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 17 页名师精编优秀资料分析：由题意：na+nan31生成：1na+)1(32nan：32nnaa所以该数列的所有的奇数项成等差，所有的偶数项也成等差其基本思路是，生成，相减；与“差型”的生成，相加的思路刚好相呼应到这里本题的解决就不在话下了特别的，若na+can 1，则nnaa2即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等若nnnaa21则1212nnn
22、aa：22nnaa所以该数列的所有的奇数项成等比，所有的偶数项也成等比其基本思路是，生成，相除；与“商型”的生成，相乘的思路刚好相呼应特别地，若caann1，则nnaa2即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等三可以一次变形后转化为差型，商型的1)(1nfpaann例如：设0a是常数，且1132nnnaa， （*Nn） 证明：52)1(3)2(101nnnnnaa分析：这道题目是证明型的，最简单的方法当然要数数学归纳法，现在我们考虑用推导的方法来处理1132nnnaa的三种方法：方法（ 1） ：构造公比为2 的等比数列nna3，用待定系数法可知51方法（ 2） ：构造差型数列nna)2
23、(，即两边同时除以n)2(得：nnnnnaa)23(31)2()2(11，从而可以用累加的方法处理方法（ 3） ：直接用迭代的方法处理：12221221133)2()2(3)32(232nnnnnnnnnaaaa12233233)2()32()2(nnnna12323333)2(3)2()2(nnnna1232231201033)2(3)2(3)2(3)2(3)2()2(nnnnnnna52)1(3)2(10nnnna精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 17 页名师精编优秀资料说明：当bannfcnf)()(或时，上述三种
24、方法都可以用；当2)(nnf时，若用方法1，构造的等比数列应该是rqnpnan2而用其他两种方法做则都比较难用迭代法关键是找出规律，除含1a外的其它式子，常常是一个等比数列的求和问题2qnnapa)(1型例如：已知21)(1nnaaa，首项为1a，求na （2003 年江苏卷22 题改编）方法 1：两端取常用对数，得aaannlglg2lg1，令nnablg，则abbnnlg21，转化如上面类型的特别的， a=1，则转化为一个等比数列方法 2：直接用迭代法：222122221)1()1(11aaaaaaaannn2111 2222111()()nnnaaaaa四0),(nnaSf型的利用)2(
25、 ,1nSSannn转化为0),(1nnaag型，或0),(1nnSSh型即混合型的转化为纯粹型的例如：已知数列na的前 n 项和 Sn满足2( 1) ,1nnnSan( ) 写出数列na的前 3 项;,321aaa( ) 求数列na的通项公式分析：.1,)1(2naSnnn-由,12111aSa得.11a-由2n得，12221aaa，得02a-由3n得，123321aaaa，得23a - 用1n代n得111)1(2nnnaS-：nnnnnnaaSSa)1(22211即nnnaa)1(221- nnnnnnnnnaaaa) 1(2)1(22)1(2)1(222)1(221222121nnnna
26、) 1(2)1(2)1(222211112)1(232nn- 又如：数列na的前 n 项和记为nS，已知).3,2, 1(2, 111nSnnaann证明：数列nSn是等比数列方法 1,2,111nnnnnSnnaSSa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 17 页名师精编优秀资料),()2(1nnnSSnSn整理得,)1(21nnSnnS所以.211nSnSnn故nSn是以 2 为公比的等比数列. 方法 2：事实上，我们也可以转化为121nnSSnn，为一个商型的递推关系，由112211ssssssssnnnnn=1111
27、212322112nnnaannnnnn当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本的式的变换，象因式分解，取倒数等还是要求掌握的生成与迭代是递推关系的最重要特征递推关系一般说来，是对任意自然数或大于等于 2 的自然数总成立的一个等式，自然数n 可以取 1，2，3 n，n+1 等等，这样就可以衍生出很多的等式这就是所谓的生成性对于生成出来的等式，我们往往选一些有用的进行处理比如相加，相减，相乘，相除等，但用的最多的还是由后往前一次又一次的代入，直到已知项这种方法就叫迭代上面的很多例题都可以体现这一点这种很朴素的思想，对于相关的其他数列问题也是非常有效的这类的高考试题也比比皆是，如：（2004 年全国
28、卷） 已知数列 an ， 满足 a1=1，an=a1+2a2+3a3+(n 1)an1(n 2)，则an的通项1_na12nn，分析：由已知，121aa由1321)1(32nnanaaaa生成23211)2(32nnanaaaa两式相减得11) 1(nnnanaa，即naann1为商型的，用累乘法可得131222(1)43,nnnnnnaaaaannaaaa即2nna2.已知数列na中，nS是其前n项和，并且1142(1,2,),1nnSana，( ) 设数列),2, 1(21naabnnn，求证：数列nb是等比数列；( ) 设数列),2, 1(,2nacnnn，求证：数列nc是等差数列；（）
29、求数列na的通项公式及前n项和分析：由于bn和cn 中的项都和 an中的项有关，an 中又有S1n=4an+2，可由S2n-S1n作切入点探索解题的途径精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 17 页名师精编优秀资料解： (1)由 S1n=4a2n， S2n=4a1n+2，两式相减，得S2n-S1n=4(a1n-an)，即a2n=4a1n-4an (根据 bn的构造，如何把该式表示成b1n与 bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练) a2n-2a1n=2(a1n-2an)，又 bn=a1n-2an，所以 b1n=2
30、bn已知 S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得 a2=5，b1=a2-2a1=3由和得，数列bn 是首项为3，公比为2 的等比数列，故bn=321n当 n2 时， Sn=4a1n+2=21n(3n-4)+2；当 n=1 时， S1=a1=1 也适合上式综上可知，所求的求和公式为Sn=21n(3n-4)+2说明： 1本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n项和解决本题的关键在于由条件241nnaS得出递推公式2解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用3.（ 04 年重庆）设a1=1,
31、a2=35,an+2=35an+1-32an(n=1,2,-), 令 bn=an+1-an(n=1,2-) ( ) 求数列 bn的通项公式；( ) 求数列 nan 的前 n 项的和nS解： （I）因121nnnaab1115222()3333nnnnnnaaaaab故bn 是公比为32的等比数列，且故,32121aab),2, 1()32(nbnn（II）由得nnnnaab)32(1)()()(121111aaaaaaaannnnn)32(1 232)32()32()32(21nnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 17
32、 页名师精编优秀资料注意到, 11a可得),2, 1(3231nannn记数列3211nnn的前 n 项和为 Tn，则1222222212(),2 ( )()333333nnnnTnTn2112222221()()( )31 () ( ) ,3333333nnnnnTnn两式相减得1112122(3)291( ) 3 ()9.3333(3)223(12)2(1)18.23nnnnnnnnnnnTnnSaananTn n故从而4. （04 年全国）已知数列an 中， a1=1，a2k=a2k-1+(-1)K,a2k+1=a2k+3k,其中 k=1,2,3，（I）求 a3,a5；（II）求 an的
33、通项公式解： （I）a2=a1+(1)1=0, a3=a2+31=3.a4=a3+(1)2=4 a5=a4+32=13, 所以，a3=3,a5=13. (II) a2k+1=a2k+3k= a2k1+(1)k+3k, 所以 a2k+1a2k1=3k+(1)k, 同理 a2k1a2k3=3k1+(1)k1, a3a1=3+(1). 所以 (a2k+1a2k1)+(a2k1a2k3)+ +(a3 a1) =(3k+3k1+ +3)+( 1)k+(1)k1+ +(1), 由此得 a2k+1a1=23(3k1)+21(1)k 1, 于 是a2k+1=.1)1(21231kka2k=a2k1+( 1)k
34、=2123k( 1)k1 1+( 1)k=2123k(1)k=1. an的通项公式为：当 n 为奇数时， an=; 121)1(232121nn当 n 为偶数时，.121)1(2322nnna精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 17 页名师精编优秀资料5.（ 2004 年全国）已知数列11aan中，且a2k=a2k1+( 1)K,a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3, . （I）求 a3, a5；（II）求 an 的通项公式6.(2004 年天津理 )已知定义在R 上的函数)(xf和数列na满足下列条件：1211
35、),., 4,3,2)(,aanafaaann，).,4, 3,2)()()(11naakafafnnnn，其中 a为常数， k 为非零常数（I）令nnnaab1*)(Nn，证明数列nb是等比数列；（）求数列na的通项公式；（）当1|k时，求nnalim7.(2006 年重庆卷 )在数列 an 中， 若 a1=1,an+1=2an+3 (n1),则该数列的通项an=_解析 ：在数列na中，若111,23(1)nnaaan，132(3)(1)nnaan，即3na是以134a为首项， 2 为公比的等比数列，1134 22nnna，所以该数列的通项na123n. 8. （2006 年福建卷） 已知数
36、列 an满足 a1= 1,a1n=2an+ 1(nN)（）求数列an的通项公式；（）若数列bn满足 4k1-14k2-14k-1=(an+1)km(nN*),证明 :bn是等差数列；（）证明 :231213221naaaaaannn(nN*)解析： 本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力（I）解：*121(),nnaanN112(1),nnaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 17 页名师精编优秀资料1na是以112a为首项， 2 为公比的等比数列12 .nna即2*21().na
37、nN（II）证法一：1211144.4(1) .nnkkkkna12(.)42.nnkkknnk122(.),nnbbbnnb12112(.)(1)(1).nnnbbbbnnb，得112(1)(1),nnnbnbnb即1(1)20,nnnbnb21(1)20.nnnbnb，得2120,nnnnbnbnb即2120,nnnbbb*211(),nnnnbbbbnNnb是等差数列证法二：同证法一，得1(1)20nnnbnb令1,n得12.b设22(),bd dR下面用数学归纳法证明2(1) .nbnd（1）当1,2n时，等式成立（2）假设当(2)nk k时，2(1)kbkd等式成立，那么精选学习资料
38、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 17 页名师精编优秀资料1222(1) 2(1)1 .1111kkkkbbkdkdkkkk这就是说，当1nk时，等式也成立根据（ 1）和（ 2） ，可知2(1)nbnd对任何*nN都成立1,nnnbbdb是等差数列（III ）证明：1121211,1,2,.,12122(2)2kkkkkkakna12231.2nnaaanaaa11121111111 1.,1,2,., ,2122(21)23.22223 2kkkkkkkkakna1222311 111111.(.)(1),23 22223223nnnnaaannnaaa*122311.()232nnaaannnNaaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 17 页