高三數學二輪復習等差數列與等比數列基礎教學設計

高三數學二輪復習等差數列與等比數列基礎教學設計一、教學背景（一）教材分析等差數列與等比數列是高中數學課程中不可或缺的核心內容，承載著函數思想與代數推理的雙重功能。在歷年高考中，這部分內容既是【高頻考點】也是【基礎】得分點，往往以選擇題、填空題形式考查基本概念與基本運算，同時在解答題中與函數、不等式、解析幾何等模塊交匯，考查學生的綜合能力。二輪復習有別于一輪的全面覆蓋，強調知識的整合與能力的提升，本講旨在幫助學生將碎片化的數列知識系統化，深刻理解等差、等比數列的定義、通項公式、前n項和公式及其內在聯系，熟練掌握基本量法、性質法、函數觀點等解題策略，進一步提升數學運算、邏輯推理和數學抽象等核心素養。同時，數列作為刻畫現實世界的重要模型，其遞推思想與極限思想也為后續學習微積分奠定基礎，體現了數學的應用價值。（二）學情分析授課對象為高三年級學生，已完成一輪基礎知識復習。學生對等差數列與等比數列的定義、通項公式、求和公式已有初步認識，但普遍存在以下問題：公式記憶混淆（特別是等比數列求和公式中q=1的討論常被遺忘），性質運用不夠靈活，面對稍復雜的綜合題時難以找到切入點，運算準確性有待提高。部分基礎薄弱的學生對公式的推導過程已經模糊，導致在應用中知其然不知其所以然。此外，學生雖然熟悉基本量法，但在一些需要巧用性質的題目中仍習慣于列方程（組）而忽視簡便方法，缺乏優化解題過程的意識。因此，本課需從知識體系的構建入手，通過典型例題的變式訓練，引導學生感悟數學思想，提升解題效率。二、教學目標依據《普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）》中關于數學核心素養的要求，結合本節課的內容特點，制定如下教學目標：1.理解并熟記等差數列與等比數列的定義、通項公式、前n項和公式，能熟練運用基本量法求解數列中的基本量?！净A】2.掌握等差、等比數列的常用性質（如下標和性質、等間隔片段和性質等），并能靈活運用這些性質簡化運算過程，提升運算速度與準確性?！局匾?.能夠從函數的視角理解數列，認識等差數列與一次函數、等比數列與指數函數的關聯，能借助函數思想解決數列的單調性、最值等問題?！就卣埂?.通過對典型例題的分析、變式訓練和錯題辨析，培養邏輯推理能力和數學運算素養，養成嚴謹求實的科學態度，增強面對復雜問題的信心。三、教學重難點教學重點：等差、等比數列的通項公式、前n項和公式及基本性質的靈活應用。教學難點：如何根據題目條件合理選擇基本量法或性質法，實現解題過程的優化；在復雜情境中正確識別數列模型并建立相應的方程或不等式。四、教學方法與準備采用“問題驅動—變式探究—總結提升”的教學模式，以學生為主體，教師為主導。利用多媒體課件展示例題、變式及思維導圖，結合學案引導學生進行自主探究與合作交流。課前準備：制作多媒體課件，編制包含典型例題與變式訓練的學案，并布置課時作業（基礎鞏固與能力提升兩部分）。五、教學過程（一）知識回顧與體系構建（約10分鐘）1.引導學生回顧等差數列與等比數列的核心概念。教師通過提問方式激活學生記憶：什么是等差數列？什么是等比數列？請用符號語言表達它們的定義。學生回答后，教師板書：等差數列：an+1?an=da_{n+1}a_n=dan+1??an?=d（常數，ddd為公差）；通項公式：an=a1+(n?1)da_n=a_1+(n1)dan?=a1?+(n?1)d；前nnn項和公式：Sn=n(a1+an)2=na1+n(n?1)2dS_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\frac{n(n1)}{2}dSn?=2n(a1?+an?)?=na1?+2n(n?1)?d。等比數列：an+1an=q\frac{a_{n+1}}{a_n}=qan?an+1??=q（常數，q≠0q\neq0q=0，qqq為公比）；通項公式：an=a1qn?1a_n=a_1q^{n1}an?=a1?qn?1；前nnn項和公式：Sn={na1,q=1a1(1?qn)1?q,q≠1S_n=\begin{cases}na_1,q=1\\\frac{a_1(1q^n)}{1q},q\neq1\end{cases}Sn?={na1?,1?qa1?(1?qn)?,?q=1q=1?。2.強調等比數列求和公式中必須注意公比是否為1，避免解題時漏掉討論。同時指出等比數列定義中q≠0q\neq0q=0的限制，以及當q=1q=1q=1時數列為常數列，此時通項公式與求和公式的寫法均需調整。3.引導學生構建知識網絡：從定義出發推導通項公式，再由通項公式推導前nnn項和公式，并借助等差數列的對稱性（如am+an=ap+aqa_m+a_n=a_p+a_qam?+an?=ap?+aq?當m+n=p+qm+n=p+qm+n=p+q）和等比數列的對應性質（am?an=ap?aqa_m\cdota_n=a_p\cdota_qam??an?=ap??aq?當m+n=p+qm+n=p+qm+n=p+q）豐富知識體系。同時指出等差數列與一次函數的關系（an=dn+(a1?d)a_n=dn+(a_1d)an?=dn+(a1??d)），等比數列與指數函數的關系（an=a1q?qna_n=\frac{a_1}{q}\cdotq^nan?=qa1???qn），為后續函數觀點的滲透做鋪墊。（二）核心考點精講與互動探究（約30分鐘）【考點1】等差、等比數列的基本量運算（【基礎】、【高頻考點】）例1（2025·某某市模擬）已知等差數列{an}\{a_n\}{an?}的前nnn項和為SnS_nSn?，且a3=5a_3=5a3?=5，S6=36S_6=36S6?=36，求{an}\{a_n\}{an?}的通項公式。師生互動：學生先獨立審題，嘗試求解。教師巡視，觀察學生是否能夠正確設出基本量a1a_1a1?和ddd，并列出方程組。約2分鐘后，請一名學生板演，其余學生在學案上完成。板演完成后，師生共同點評。教師強調：解決等差數列問題最基本的方法是“基本量法”，即設出首項和公差，將已知條件轉化為關于a1a_1a1?和ddd的方程（組），解出基本量后再求其他量。規范書寫步驟：解：設等差數列{an}\{a_n\}{an?}的首項為a1a_1a1?，公差為ddd。由a3=5a_3=5a3?=5，得a1+2d=5a_1+2d=5a1?+2d=5。①由S6=36S_6=36S6?=36，得6a1+6×52d=366a_1+\frac{6\times5}{2}d=366a1?+26×5?d=36，即6a1+15d=366a_1+15d=366a1?+15d=36。②解方程組：②－①×6得6a1+15d?6a1?12d=36?306a_1+15d6a_112d=36306a1?+15d?6a1??12d=36?30，即3d=63d=63d=6，解得d=2d=2d=2。代入①得a1=1a_1=1a1?=1。所以通項公式為an=1+(n?1)×2=2n?1a_n=1+(n1)\times2=2n1an?=1+(n?1)×2=2n?1。教師追問：如果題目改為已知S3=9S_3=9S3?=9，S6=36S_6=36S6?=36，能否直接求出通項？引導學生思考依然用基本量法，但需注意S3=3a1+3d=9S_3=3a_1+3d=9S3?=3a1?+3d=9，S6=6a1+15d=36S_6=6a_1+15d=36S6?=6a1?+15d=36，同樣可解。通過此例，讓學生體會基本量法的普適性。變式訓練1已知等比數列{an}\{a_n\}{an?}中，a2=2a_2=2a2?=2，a5=16a_5=16a5?=16，求S6S_6S6?。學生獨立完成，教師請一名學生口述思路。預計學生能正確設出首項a1a_1a1?和公比qqq，由a2=a1q=2a_2=a_1q=2a2?=a1?q=2，a5=a1q4=16a_5=a_1q^4=16a5?=a1?q4=16，兩式相除得q3=8q^3=8q3=8，故q=2q=2q=2（注意qqq是實數，本題中q=2q=2q=2），進而a1=1a_1=1a1?=1。然后分情況求和：因為q=2≠1q=2\neq1q=2=1，所以S6=a1(1?q6)1?q=1×(1?26)1?2=63S_6=\frac{a_1(1q^6)}{1q}=\frac{1\times(12^6)}{12}=63S6?=1?qa1?(1?q6)?=1?21×(1?26)?=63。教師強調：在等比數列中，兩式相除是消去a1a_1a1?的常用技巧，但要注意qqq的正負以及是否為1的討論，本題中q3=8q^3=8q3=8只能得到q=2q=2q=2（實數范圍內），若q3=?8q^3=8q3=?8，則q=?2q=2q=?2，需結合其他條件取舍。規律總結：基本量法是解決等差、等比數列問題的通法，當題目中已知條件較少時，常通過設出基本量轉化為方程（組）求解。在等比數列中，靈活運用“比值”消元往往比直接代入更快捷?！究键c2】等差、等比數列的性質應用（【重要】、【難點】）引導學生回顧性質：在等差數列中，若m+n=p+qm+n=p+qm+n=p+q（m,n,p,q∈N?m,n,p,q\in\mathbb{N}^m,n,p,q∈N?），則am+an=ap+aqa_m+a_n=a_p+a_qam?+an?=ap?+aq?；特別地，若m+n=2km+n=2km+n=2k，則am+an=2aka_m+a_n=2a_kam?+an?=2ak?。在等比數列中，若m+n=p+qm+n=p+qm+n=p+q，則am?an=ap?aqa_m\cdota_n=a_p\cdota_qam??an?=ap??aq?；特別地，若m+n=2km+n=2km+n=2k，則am?an=ak2a_m\cdota_n=a_k^2am??an?=ak2?。例2已知等差數列{an}\{a_n\}{an?}的前nnn項和為SnS_nSn?，若a3+a8=10a_3+a_8=10a3?+a8?=10，求S10S_{10}S10?。教師先讓學生嘗試用基本量法求解：由a3+a8=(a1+2d)+(a1+7d)=2a1+9d=10a_3+a_8=(a_1+2d)+(a_1+7d)=2a_1+9d=10a3?+a8?=(a1?+2d)+(a1?+7d)=2a1?+9d=10，而S10=10a1+10×92d=10a1+45d=5(2a1+9d)=5×10=50S_{10}=10a_1+\frac{10\times9}{2}d=10a_1+45d=5(2a_1+9d)=5\times10=50S10?=10a1?+210×9?d=10a1?+45d=5(2a1?+9d)=5×10=50。雖然可行，但略顯繁瑣。教師引導學生觀察下標：3+8=11，而S10S_{10}S10?涉及a1a_1a1?到a10a_{10}a10?，注意到1+10=11，所以a1+a10=a3+a8=10a_1+a_{10}=a_3+a_8=10a1?+a10?=a3?+a8?=10，直接由等差數列前nnn項和公式Sn=n(a1+an)2S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}Sn?=2n(a1?+an?)?得S10=10(a1+a10)2=5×10=50S_{10}=\frac{10(a_1+a_{10})}{2}=5\times10=50S10?=210(a1?+a10?)?=5×10=50。學生體會到性質法帶來的簡便。教師追問：若條件改為a2+a5+a8=15a_2+a_5+a_8=15a2?+a5?+a8?=15，如何求S9S_9S9?？引導學生發現2+5+8=15，而9+0？實際上，等差數列中，若三項下標成等差數列，則這三項也成等差數列，即2a5=a2+a82a_5=a_2+a_82a5?=a2?+a8?，所以a2+a5+a8=3a5=15a_2+a_5+a_8=3a_5=15a2?+a5?+a8?=3a5?=15，得a5=5a_5=5a5?=5。而S9=9a5=45S_9=9a_5=45S9?=9a5?=45（因為a1+a9=2a5a_1+a_9=2a_5a1?+a9?=2a5?，S9=9(a1+a9)2=9a5S_9=\frac{9(a_1+a_9)}{2}=9a_5S9?=29(a1?+a9?)?=9a5?）。進一步鞏固性質的應用。變式訓練2等比數列{an}\{a_n\}{an?}中，a3a5=12a_3a_5=12a3?a5?=12，求a2a6a_2a_6a2?a6?和a42a_4^2a42?。學生獨立完成，教師巡視，可能有個別學生仍用基本量法：a3a5=a1q2?a1q4=a12q6a_3a_5=a_1q^2\cdota_1q^4=a_1^2q^6a3?a5?=a1?q2?a1?q4=a12?q6，而a2a6=a1q?a1q5=a12q6a_2a_6=a_1q\cdota_1q^5=a_1^2q^6a2?a6?=a1?q?a1?q5=a12?q6，a42=(a1q3)2=a12q6a_4^2=(a_1q^3)^2=a_1^2q^6a42?=(a1?q3)2=a12?q6，故三者相等，都等于12。教師引導學生直接用性質：3+5=2+6=4+4，所以a3a5=a2a6=a42=12a_3a_5=a_2a_6=a_4^2=12a3?a5?=a2?a6?=a42?=12。并強調：在等比數列中，下標和相等時，對應項的乘積相等，這是等比數列特有的性質，可以極大簡化運算。拓展提升：已知等比數列{an}\{a_n\}{an?}中，a4?a7=?512a_4\cdota_7=512a4??a7?=?512，a3+a8=124a_3+a_8=124a3?+a8?=124，且公比qqq為整數，求a10a_{10}a10?。引導學生分析：由下標4+7=3+8=11，可得a4a7=a3a8=?512a_4a_7=a_3a_8=512a4?a7?=a3?a8?=?512，又a3+a8=124a_3+a_8=124a3?+a8?=124，聯想到一元二次方程的根與系數關系，可構造以a3,a8a_3,a_8a3?,a8?為根的一元二次方程x2?124x?512=0x^2124x512=0x2?124x?512=0，解得兩根，再結合公比為整數確定a3,a8a_3,a_8a3?,a8?的具體值，進而求出a1,qa_1,qa1?,q，最后求a10a_{10}a10?。此題綜合性強，旨在培養學生靈活運用性質與方程思想的能力?！究键c3】等差、等比數列的判定與證明（【重要】）例3已知數列{an}\{a_n\}{an?}滿足a1=1a_1=1a1?=1，an+1=2an+1a_{n+1}=2a_n+1an+1?=2an?+1，求證：{an+1}\{a_n+1\}{an?+1}是等比數列，并求ana_nan?的通項公式。師生共同分析：要證明一個數列是等比數列，只需證明從第二項起，每一項與前一項的比是常數。觀察遞推式an+1=2an+1a_{n+1}=2a_n+1an+1?=2an?+1，我們想構造出an+1+1a_{n+1}+1an+1?+1與an+1a_n+1an?+1的關系。計算an+1+1=2an+1+1=2an+2=2(an+1)a_{n+1}+1=2a_n+1+1=2a_n+2=2(a_n+1)an+1?+1=2an?+1+1=2an?+2=2(an?+1)，于是an+1+1an+1=2\frac{a_{n+1}+1}{a_n+1}=2an?+1an+1?+1?=2（常數）。因此數列{an+1}\{a_n+1\}{an?+1}是等比數列，首項為a1+1=2a_1+1=2a1?+1=2，公比為2。從而an+1=2×2n?1=2na_n+1=2\times2^{n1}=2^nan?+1=2×2n?1=2n，所以an=2n?1a_n=2^n1an?=2n?1。教師總結：形如an+1=pan+qa_{n+1}=pa_n+qan+1?=pan?+q（p≠1p\neq1p=1）的遞推關系，可以通過待定系數法構造等比數列：設an+1+λ=p(an+λ)a_{n+1}+\lambda=p(a_n+\lambda)an+1?+λ=p(an?+λ)，展開得an+1=pan+pλ?λa_{n+1}=pa_n+p\lambda\lambdaan+1?=pan?+pλ?λ，與原式對比得pλ?λ=qp\lambda\lambda=qpλ?λ=q，解得λ=qp?1\lambda=\frac{q}{p1}λ=p?1q?，從而{an+λ}\{a_n+\lambda\}{an?+λ}是等比數列。這就是“構造法”求通項的基本思路。變式訓練3已知數列{an}\{a_n\}{an?}滿足a1=2a_1=2a1?=2，an+1=3an+2a_{n+1}=3a_n+2an+1?=3an?+2，求通項公式。學生模仿練習，教師請一名學生板演。設an+1+λ=3(an+λ)a_{n+1}+\lambda=3(a_n+\lambda)an+1?+λ=3(an?+λ)，得an+1=3an+2λa_{n+1}=3a_n+2\lambdaan+1?=3an?+2λ，對比an+1=3an+2a_{n+1}=3a_n+2an+1?=3an?+2，得2λ=22\lambda=22λ=2，即λ=1\lambda=1λ=1。所以an+1+1=3(an+1)a_{n+1}+1=3(a_n+1)an+1?+1=3(an?+1)，數列{an+1}\{a_n+1\}{an?+1}是首項為3，公比為3的等比數列，an+1=3×3n?1=3na_n+1=3\times3^{n1}=3^nan?+1=3×3n?1=3n，故an=3n?1a_n=3^n1an?=3n?1。教師追問：若遞推式為an+1=2an+3×2na_{n+1}=2a_n+3\times2^nan+1?=2an?+3×2n，如何求通項？引導學生思考此時不能直接用上述方法，需要兩邊同除以2n+12^{n+1}2n+1或構造新數列，為后續復習做鋪墊?！究键c4】等差、等比數列的綜合應用（函數觀點、前n項和的最值等）（【熱點】、【難點】）例4已知等差數列{an}\{a_n\}{an?}，a1>0a_1>0a1?>0，S3=S11S_3=S_{11}S3?=S11?，問前nnn項和SnS_nSn?是否有最大值？若有，求出nnn的值。學生分組討論，代表發言。教師引導從不同角度思考。角度一：利用二次函數觀點。等差數列前nnn項和Sn=na1+n(n?1)2d=d2n2+(a1?d2)nS_n=na_1+\frac{n(n1)}{2}d=\fracc6fqpzgv7y{2}n^2+(a_1\fracc6fqpzgv7y{2})nSn?=na1?+2n(n?1)?d=2d?n2+(a1??2d?)n，這是關于nnn的二次函數（定義域為正整數）。由S3=S11S_3=S_{11}S3?=S11?，可知二次函數圖像的對稱軸為n=3+112=7n=\frac{3+11}{2}=7n=23+11?=7。由于a1>0a_1>0a1?>0，且S3=S11S_3=S_{11}S3?=S11?，可推得公差d<0d<0d<0（否則若d≥0d\ge0d≥0，則SnS_nSn?單調遞增，不可能出現S3=S11S_3=S_{11}S3?=S11?），所以二次函數開口向下，在n=7n=7n=7處取得最大值。故SnS_nSn?有最大值，此時n=7n=7n=7。角度二：利用性質。由S3=S11S_3=S_{11}S3?=S11?，得S11?S3=0S_{11}S_3=0S11??S3?=0，即a4+a5+?+a11=0a_4+a_5+\cdots+a_{11}=0a4?+a5?+?+a11?=0。這8項的平均值為0，根據等差數列的性質，a4+a11=a5+a10=?=a7+a8=0a_4+a_{11}=a_5+a_{10}=\cdots=a_7+a_8=0a4?+a11?=a5?+a10?=?=a7?+a8?=0，所以a7+a8=0a_7+a_8=0a7?+a8?=0。又因為a1>0a_1>0a1?>0，且公差d<0d<0d<0（若d≥0d\ge0d≥0，則a4a_4a4?到a11a_{11}a11?均非負，和不可能為0），所以a7>0a_7>0a7?>0，a8<0a_8<0a8?<0。因此數列的前7項均為正，從第8項起為負，故S7S_7S7?最大，即n=7n=7n=7。教師總結：解決等差數列前nnn項和最值問題，常用兩種方法：一是利用二次函數求最值，注意nnn為正整數；二是利用通項的符號變化，找到正負項的分界點。兩種方法相輔相成，可根據題目條件靈活選擇。變式訓練4已知等比數列{an}\{a_n\}{an?}中，a1>0a_1>0a1?>0，公比q>1q>1q>1，試比較SnS_nSn?與na1na_1na1?的大小關系。學生討論，教師引導：Sn=a11?qn1?qS_n=a_1\frac{1q^n}{1q}Sn?=a1?1?q1?qn?，na1na_1na1?是常數列的和?？梢酝ㄟ^作差或作商比較。當q>1q>1q>1時，Sn>na1S_n>na_1Sn?>na1?？取q=2,n=2q=2,n=2q=2,n=2，S2=a1+2a1=3a1S_2=a_1+2a_1=3a_1S2?=a1?+2a1?=3a1?，na1=2a1na_1=2a_1na1?=2a1?，確實Sn>na1S_n>na_1Sn?>na1?。但需要嚴謹證明：Sn?na1=a1(1?qn1?q?n)S_nna_1=a_1\left(\frac{1q^n}{1q}n\right)Sn??na1?=a1?(1?q1?qn??n)，化簡后利用指數函數性質證明其大于0。此題旨在讓學生體會等比數列求和公式與函數增長的關系。（三）課時作業講評與反思（約20分鐘）此環節針對課前布置的課時作業中的典型錯誤進行集中講評，所選題目均為【高頻考點】與【易錯點】。1.作業題1：已知等比數列{an}\{a_n\}{an?}中，a1+a2=3a_1+a_2=3a1?+a2?=3，a3+a4=12a_3+a_4=12a3?+a4?=12，求a5+a6a_5+a_6a5?+a6?。錯解分析：部分學生直接設公比為qqq，由a1+a2=a1(1+q)=3a_1+a_2=a_1(1+q)=3a1?+a2?=a1?(1+q)=3，a3+a4=a1q2(1+q)=12a_3+a_4=a_1q^2(1+q)=12a3?+a4?=a1?q2(1+q)=12，兩式相除得q2=4q^2=4q2=4，所以q=2q=2q=2或q=?2q=2q=?2。然后分別代入求a1a_1a1?，再求a5+a6a_5+a_6a5?+a6?。這種方法雖可行，但計算稍繁，且容易忽略q=?2q=2q=?2時是否合理。實際上，利用等比數列的“等間隔片段和”性質：S2,S4?S2,S6?S4S_2,S_4S_2,S_6S_4S2?,S4??S2?,S6??S4?成等比數列，其中S2=a1+a2=3S_2=a_1+a_2=3S2?=a1?+a2?=3，S4?S2=a3+a4=12S_4S_2=a_3+a_4=12S4??S2?=a3?+a4?=12，公比r=4r=4r=4，則S6?S4=a5+a6=12×4=48S_6S_4=a_5+a_6=12\times4=48S6??S4?=a5?+a6?=12×4=48。無需考慮qqq的正負，直接得到結果48。強調性質法的優越性。2.作業題2：等差數列{an}\{a_n\}{an?}中，a1=?10a_1=10a1?=?10，公差d=2d=2d=2，問前nnn項和SnS_nSn?的最小值是多少？錯解：學生可能直接認為SnS_nSn?有最小值，但忽略a1<0,d>0a_1<0,d>0a1?<0,d>0時，SnS_nSn?先減后增，存在最小值。正確解法：由an=?10+(n?1)×2=2n?12a_n=10+(n1)\times2=2n12an?=?10+(n?1)×2=2n?12，令an≤0a_n\le0an?≤0得n≤6n\le6n≤6，所以前6項均為負或零，從第7項起為正，因此S6S_6S6?最小。計算S6=6×(?10)+6×52×2=?60+30=?30S_6=6\times(10)+\frac{6\times5}{2}\times2=60+30=30S6?=6×(?10)+26×5?×2=?60+30=?30。也可用二次函數求最值，注意定義域為正整數。強調符號分析法的重要性。3.作業題3：已知數列{an}\{a_n\}{an?}滿足a1=1a_1=1a1?=1，an+1=an2an+1a_{n+1}=\frac{a_n}{2a_n+1}an+1?=2an?+1an??，求通項公式。分析：本題遞推式為分式形式，需引導學生取倒數構造等差數列。由an+1=an2an+1a_{n+1}=\frac{a_n}{2a_n+1}an+1?=2an?+1an??，得1an+1=2an+1an=2+1an\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{2a_n+1}{a_n}=2+\frac{1}{a_n}an+1?1?=an?2an?+1?=2+an?1?，所以{1an}\left\{\frac{1}{a_n}\right\}{an?1?}是等差數列，首項為1，公差為2，從而1an=1+(n?1)×2=2n?1\frac{1}{a_n}=1+(n1)\times2=2n1an?1?=1+(n?1)×2=2n?1，所以an=12n?1a_n=\frac{1}{2n1}an?=2n?11??？偨Y：分式型遞推數列常通過取倒數構造等差或等比數列。4.作業題4：某企業去年的純利潤為500萬元，因設備老化等原因，預計今后每年將比上一年減少20萬元。為了可持續發展，計劃從今年起投入資金進行技術升級，預計投入后從第三年起每年純利潤比上一年增長15%，問至少經過多少年，該企業的年純利潤可以超過1000萬元？本題為數列實