高三数学二轮复习等差数列与等比数列基础教学设计

高三数学二轮复习等差数列与等比数列基础教学设计一、教学背景（一）教材分析等差数列与等比数列是高中数学课程中不可或缺的核心内容，承载着函数思想与代数推理的双重功能。在历年高考中，这部分内容既是【高频考点】也是【基础】得分点，往往以选择题、填空题形式考查基本概念与基本运算，同时在解答题中与函数、不等式、解析几何等模块交汇，考查学生的综合能力。二轮复习有别于一轮的全面覆盖，强调知识的整合与能力的提升，本讲旨在帮助学生将碎片化的数列知识系统化，深刻理解等差、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及其内在联系，熟练掌握基本量法、性质法、函数观点等解题策略，进一步提升数学运算、逻辑推理和数学抽象等核心素养。同时，数列作为刻画现实世界的重要模型，其递推思想与极限思想也为后续学习微积分奠定基础，体现了数学的应用价值。（二）学情分析授课对象为高三年级学生，已完成一轮基础知识复习。学生对等差数列与等比数列的定义、通项公式、求和公式已有初步认识，但普遍存在以下问题：公式记忆混淆（特别是等比数列求和公式中q=1的讨论常被遗忘），性质运用不够灵活，面对稍复杂的综合题时难以找到切入点，运算准确性有待提高。部分基础薄弱的学生对公式的推导过程已经模糊，导致在应用中知其然不知其所以然。此外，学生虽然熟悉基本量法，但在一些需要巧用性质的题目中仍习惯于列方程（组）而忽视简便方法，缺乏优化解题过程的意识。因此，本课需从知识体系的构建入手，通过典型例题的变式训练，引导学生感悟数学思想，提升解题效率。二、教学目标依据《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》中关于数学核心素养的要求，结合本节课的内容特点，制定如下教学目标：1.理解并熟记等差数列与等比数列的定义、通项公式、前n项和公式，能熟练运用基本量法求解数列中的基本量。【基础】2.掌握等差、等比数列的常用性质（如下标和性质、等间隔片段和性质等），并能灵活运用这些性质简化运算过程，提升运算速度与准确性。【重要】3.能够从函数的视角理解数列，认识等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关联，能借助函数思想解决数列的单调性、最值等问题。【拓展】4.通过对典型例题的分析、变式训练和错题辨析，培养逻辑推理能力和数学运算素养，养成严谨求实的科学态度，增强面对复杂问题的信心。三、教学重难点教学重点：等差、等比数列的通项公式、前n项和公式及基本性质的灵活应用。教学难点：如何根据题目条件合理选择基本量法或性质法，实现解题过程的优化；在复杂情境中正确识别数列模型并建立相应的方程或不等式。四、教学方法与准备采用“问题驱动—变式探究—总结提升”的教学模式，以学生为主体，教师为主导。利用多媒体课件展示例题、变式及思维导图，结合学案引导学生进行自主探究与合作交流。课前准备：制作多媒体课件，编制包含典型例题与变式训练的学案，并布置课时作业（基础巩固与能力提升两部分）。五、教学过程（一）知识回顾与体系构建（约10分钟）1.引导学生回顾等差数列与等比数列的核心概念。教师通过提问方式激活学生记忆：什么是等差数列？什么是等比数列？请用符号语言表达它们的定义。学生回答后，教师板书：等差数列：an+1−an=da_{n+1}a_n=dan+1​−an​=d（常数，ddd为公差）；通项公式：an=a1+(n−1)da_n=a_1+(n1)dan​=a1​+(n−1)d；前nnn项和公式：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。等比数列：an+1an=q\frac{a_{n+1}}{a_n}=qan​an+1​​=q（常数，q≠0q\neq0q=0，qqq为公比）；通项公式：an=a1qn−1a_n=a_1q^{n1}an​=a1​qn−1；前nnn项和公式：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.强调等比数列求和公式中必须注意公比是否为1，避免解题时漏掉讨论。同时指出等比数列定义中q≠0q\neq0q=0的限制，以及当q=1q=1q=1时数列为常数列，此时通项公式与求和公式的写法均需调整。3.引导学生构建知识网络：从定义出发推导通项公式，再由通项公式推导前nnn项和公式，并借助等差数列的对称性（如am+an=ap+aqa_m+a_n=a_p+a_qam​+an​=ap​+aq​当m+n=p+qm+n=p+qm+n=p+q）和等比数列的对应性质（am⋅an=ap⋅aqa_m\cdota_n=a_p\cdota_qam​⋅an​=ap​⋅aq​当m+n=p+qm+n=p+qm+n=p+q）丰富知识体系。同时指出等差数列与一次函数的关系（an=dn+(a1−d)a_n=dn+(a_1d)an​=dn+(a1​−d)），等比数列与指数函数的关系（an=a1q⋅qna_n=\frac{a_1}{q}\cdotq^nan​=qa1​​⋅qn），为后续函数观点的渗透做铺垫。（二）核心考点精讲与互动探究（约30分钟）【考点1】等差、等比数列的基本量运算（【基础】、【高频考点】）例1（2025·某某市模拟）已知等差数列{an}\{a_n\}{an​}的前nnn项和为SnS_nSn​，且a3=5a_3=5a3​=5，S6=36S_6=36S6​=36，求{an}\{a_n\}{an​}的通项公式。师生互动：学生先独立审题，尝试求解。教师巡视，观察学生是否能够正确设出基本量a1a_1a1​和ddd，并列出方程组。约2分钟后，请一名学生板演，其余学生在学案上完成。板演完成后，师生共同点评。教师强调：解决等差数列问题最基本的方法是“基本量法”，即设出首项和公差，将已知条件转化为关于a1a_1a1​和ddd的方程（组），解出基本量后再求其他量。规范书写步骤：解：设等差数列{an}\{a_n\}{an​}的首项为a1a_1a1​，公差为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解方程组：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。所以通项公式为an=1+(n−1)×2=2n−1a_n=1+(n1)\times2=2n1an​=1+(n−1)×2=2n−1。教师追问：如果题目改为已知S3=9S_3=9S3​=9，S6=36S_6=36S6​=36，能否直接求出通项？引导学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，同样可解。通过此例，让学生体会基本量法的普适性。变式训练1已知等比数列{an}\{a_n\}{an​}中，a2=2a_2=2a2​=2，a5=16a_5=16a5​=16，求S6S_6S6​。学生独立完成，教师请一名学生口述思路。预计学生能正确设出首项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=16，两式相除得q3=8q^3=8q3=8，故q=2q=2q=2（注意qqq是实数，本题中q=2q=2q=2），进而a1=1a_1=1a1​=1。然后分情况求和：因为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。教师强调：在等比数列中，两式相除是消去a1a_1a1​的常用技巧，但要注意qqq的正负以及是否为1的讨论，本题中q3=8q^3=8q3=8只能得到q=2q=2q=2（实数范围内），若q3=−8q^3=8q3=−8，则q=−2q=2q=−2，需结合其他条件取舍。规律总结：基本量法是解决等差、等比数列问题的通法，当题目中已知条件较少时，常通过设出基本量转化为方程（组）求解。在等比数列中，灵活运用“比值”消元往往比直接代入更快捷。【考点2】等差、等比数列的性质应用（【重要】、【难点】）引导学生回顾性质：在等差数列中，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∗），则am+an=ap+aqa_m+a_n=a_p+a_qam​+an​=ap​+aq​；特别地，若m+n=2km+n=2km+n=2k，则am+an=2aka_m+a_n=2a_kam​+an​=2ak​。在等比数列中，若m+n=p+qm+n=p+qm+n=p+q，则am⋅an=ap⋅aqa_m\cdota_n=a_p\cdota_qam​⋅an​=ap​⋅aq​；特别地，若m+n=2km+n=2km+n=2k，则am⋅an=ak2a_m\cdota_n=a_k^2am​⋅an​=ak2​。例2已知等差数列{an}\{a_n\}{an​}的前nnn项和为SnS_nSn​，若a3+a8=10a_3+a_8=10a3​+a8​=10，求S10S_{10}S10​。教师先让学生尝试用基本量法求解：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。虽然可行，但略显繁琐。教师引导学生观察下标：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，直接由等差数列前nnn项和公式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。学生体会到性质法带来的简便。教师追问：若条件改为a2+a5+a8=15a_2+a_5+a_8=15a2​+a5​+a8​=15，如何求S9S_9S9​？引导学生发现2+5+8=15，而9+0？实际上，等差数列中，若三项下标成等差数列，则这三项也成等差数列，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（因为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​）。进一步巩固性质的应用。变式训练2等比数列{an}\{a_n\}{an​}中，a3a5=12a_3a_5=12a3​a5​=12，求a2a6a_2a_6a2​a6​和a42a_4^2a42​。学生独立完成，教师巡视，可能有个别学生仍用基本量法：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。教师引导学生直接用性质：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。并强调：在等比数列中，下标和相等时，对应项的乘积相等，这是等比数列特有的性质，可以极大简化运算。拓展提升：已知等比数列{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为整数，求a10a_{10}a10​。引导学生分析：由下标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，联想到一元二次方程的根与系数关系，可构造以a3,a8a_3,a_8a3​,a8​为根的一元二次方程x2−124x−512=0x^2124x512=0x2−124x−512=0，解得两根，再结合公比为整数确定a3,a8a_3,a_8a3​,a8​的具体值，进而求出a1,qa_1,qa1​,q，最后求a10a_{10}a10​。此题综合性强，旨在培养学生灵活运用性质与方程思想的能力。【考点3】等差、等比数列的判定与证明（【重要】）例3已知数列{an}\{a_n\}{an​}满足a1=1a_1=1a1​=1，an+1=2an+1a_{n+1}=2a_n+1an+1​=2an​+1，求证：{an+1}\{a_n+1\}{an​+1}是等比数列，并求ana_nan​的通项公式。师生共同分析：要证明一个数列是等比数列，只需证明从第二项起，每一项与前一项的比是常数。观察递推式an+1=2an+1a_{n+1}=2a_n+1an+1​=2an​+1，我们想构造出an+1+1a_{n+1}+1an+1​+1与an+1a_n+1an​+1的关系。计算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（常数）。因此数列{an+1}\{a_n+1\}{an​+1}是等比数列，首项为a1+1=2a_1+1=2a1​+1=2，公比为2。从而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。教师总结：形如an+1=pan+qa_{n+1}=pa_n+qan+1​=pan​+q（p≠1p\neq1p=1）的递推关系，可以通过待定系数法构造等比数列：设an+1+λ=p(an+λ)a_{n+1}+\lambda=p(a_n+\lambda)an+1​+λ=p(an​+λ)，展开得an+1=pan+pλ−λa_{n+1}=pa_n+p\lambda\lambdaan+1​=pan​+pλ−λ，与原式对比得pλ−λ=qp\lambda\lambda=qpλ−λ=q，解得λ=qp−1\lambda=\frac{q}{p1}λ=p−1q​，从而{an+λ}\{a_n+\lambda\}{an​+λ}是等比数列。这就是“构造法”求通项的基本思路。变式训练3已知数列{an}\{a_n\}{an​}满足a1=2a_1=2a1​=2，an+1=3an+2a_{n+1}=3a_n+2an+1​=3an​+2，求通项公式。学生模仿练习，教师请一名学生板演。设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，对比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)，数列{an+1}\{a_n+1\}{an​+1}是首项为3，公比为3的等比数列，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。教师追问：若递推式为an+1=2an+3×2na_{n+1}=2a_n+3\times2^nan+1​=2an​+3×2n，如何求通项？引导学生思考此时不能直接用上述方法，需要两边同除以2n+12^{n+1}2n+1或构造新数列，为后续复习做铺垫。【考点4】等差、等比数列的综合应用（函数观点、前n项和的最值等）（【热点】、【难点】）例4已知等差数列{an}\{a_n\}{an​}，a1>0a_1>0a1​>0，S3=S11S_3=S_{11}S3​=S11​，问前nnn项和SnS_nSn​是否有最大值？若有，求出nnn的值。学生分组讨论，代表发言。教师引导从不同角度思考。角度一：利用二次函数观点。等差数列前nnn项和Sn=na1+n(n−1)2d=d2n2+(a1−d2)nS_n=na_1+\frac{n(n1)}{2}d=\frac{d}{2}n^2+(a_1\frac{d}{2})nSn​=na1​+2n(n−1)​d=2d​n2+(a1​−2d​)n，这是关于nnn的二次函数（定义域为正整数）。由S3=S11S_3=S_{11}S3​=S11​，可知二次函数图像的对称轴为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（否则若d≥0d\ge0d≥0，则SnS_nSn​单调递增，不可能出现S3=S11S_3=S_{11}S3​=S11​），所以二次函数开口向下，在n=7n=7n=7处取得最大值。故SnS_nSn​有最大值，此时n=7n=7n=7。角度二：利用性质。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。这8项的平均值为0，根据等差数列的性质，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。又因为a1>0a_1>0a1​>0，且公差d<0d<0d<0（若d≥0d\ge0d≥0，则a4a_4a4​到a11a_{11}a11​均非负，和不可能为0），所以a7>0a_7>0a7​>0，a8<0a_8<0a8​<0。因此数列的前7项均为正，从第8项起为负，故S7S_7S7​最大，即n=7n=7n=7。教师总结：解决等差数列前nnn项和最值问题，常用两种方法：一是利用二次函数求最值，注意nnn为正整数；二是利用通项的符号变化，找到正负项的分界点。两种方法相辅相成，可根据题目条件灵活选择。变式训练4已知等比数列{an}\{a_n\}{an​}中，a1>0a_1>0a1​>0，公比q>1q>1q>1，试比较SnS_nSn​与na1na_1na1​的大小关系。学生讨论，教师引导：Sn=a11−qn1−qS_n=a_1\frac{1q^n}{1q}Sn​=a1​1−q1−qn​，na1na_1na1​是常数列的和。可以通过作差或作商比较。当q>1q>1q>1时，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​，确实Sn>na1S_n>na_1Sn​>na1​。但需要严谨证明：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)，化简后利用指数函数性质证明其大于0。此题旨在让学生体会等比数列求和公式与函数增长的关系。（三）课时作业讲评与反思（约20分钟）此环节针对课前布置的课时作业中的典型错误进行集中讲评，所选题目均为【高频考点】与【易错点】。1.作业题1：已知等比数列{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​。错解分析：部分学生直接设公比为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)=12，两式相除得q2=4q^2=4q2=4，所以q=2q=2q=2或q=−2q=2q=−2。然后分别代入求a1a_1a1​，再求a5+a6a_5+a_6a5​+a6​。这种方法虽可行，但计算稍繁，且容易忽略q=−2q=2q=−2时是否合理。实际上，利用等比数列的“等间隔片段和”性质：S2,S4−S2,S6−S4S_2,S_4S_2,S_6S_4S2​,S4​−S2​,S6​−S4​成等比数列，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，则S6−S4=a5+a6=12×4=48S_6S_4=a_5+a_6=12\times4=48S6​−S4​=a5​+a6​=12×4=48。无需考虑qqq的正负，直接得到结果48。强调性质法的优越性。2.作业题2：等差数列{an}\{a_n\}{an​}中，a1=−10a_1=10a1​=−10，公差d=2d=2d=2，问前nnn项和SnS_nSn​的最小值是多少？错解：学生可能直接认为SnS_nSn​有最小值，但忽略a1<0,d>0a_1<0,d>0a1​<0,d>0时，SnS_nSn​先减后增，存在最小值。正确解法：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项均为负或零，从第7项起为正，因此S6S_6S6​最小。计算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。也可用二次函数求最值，注意定义域为正整数。强调符号分析法的重要性。3.作业题3：已知数列{an}\{a_n\}{an​}满足a1=1a_1=1a1​=1，an+1=an2an+1a_{n+1}=\frac{a_n}{2a_n+1}an+1​=2an​+1an​​，求通项公式。分析：本题递推式为分式形式，需引导学生取倒数构造等差数列。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​}是等差数列，首项为1，公差为2，从而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​。总结：分式型递推数列常通过取倒数构造等差或等比数列。4.作业题4：某企业去年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，预计今后每年将比上一年减少20万元。为了可持续发展，计划从今年起投入资金进行技术升级，预计投入后从第三年起每年纯利润比上一年增长15%，问至少经过多少年，该企业的年纯利润可以超过1000万元？本题为数列实