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数列是自变量为正整数的一类函数，数列在高中数学中占有非常重要的地位．对通项公式的探求是高考考查数列的主要命题点，它能考查观察、归纳、猜想、推断能力，特别是由递推关系确定数列的通项，更具有新颖、灵活的特点．
等差数列和等比数列是数列中的两个重点内容，两者在概念、公式和性质上有许多密切的联系，同时，许多数列问题，都可以通过转化成等差数列、等比数列而获得解决．高考对本部分知识的核心理解和要求是：
（1）掌握等差数列与等比数列通项公式的求法，理解它们的性质，特别要关注两者的一些对偶性质．
（2）对于数列的求和，注意两大基本特点：一是求和形式的变化具有多样性；二是项与项、项与项数之间的函数规律具有隐含性和灵活性．
（3）数列的综合应用有两种含义：一种是数列的实际应用问题；另一种是数列和其它数学知识的综合题．
一、直接利用等差数列、等比数列基本知识解决的问题
例1（2010年安徽10）设{an}是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X,Y,Z，则下列等式中恒成立的是
________________________ ________________________________ ________________________________ ________
A. X+Z=2YB. Y（Y-X）=Z（Z-X）
C. Y2=XZD. Y（Y-X）=X（Z-X）
解析:D．方法一，取等比数列1,2,4,令n=1得X=1,Y=3,Z=7代入验算，只有选项D满足．方法二，由等比数列性质可知：一般情况下等比数列的Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也成等比数列，即(Y-X)2=X(Z-Y)，整理得到D．
点评:对于含有较多字母的客观题，可以取满足条件的数字代替字母，代入验证，若能排除3个选项，剩下唯一正确的就一定正确；若不能完全排除，可以取其他数字验证继续排除.本题也可以首项、公比即项数n表示代入验证得结论；即使填空题亦可以用特殊值法猜测结论，再加以探求．
例2（2010年全国Ⅱ文18）已知{an}是各项均为正数的等比数列，且
a1+a2=2(1a1+1a2),a3+a4+a5=64(1a3+1a4+1a5).
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn=(an+1an)2，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析:（1）设等比数列{an}的公比为q，则an=a1qn-1，由已知有
a1+a1q=2(1a1+1a1q),
a1q2+a1q3+a1q4=64(1a1q2+1a1q3+1a1q4), 化简得a21q=2,a21q6=64.
又a1>0故q=2,a1=1.所以an=2n-1．
（2）由（1）知bn=(an+1an)2=a2n+1a2n+2=4n-1+14n-1+2．
因此Tn=(1+4+…+4n-1)+(1+14+…+14n-1)+2n
=4n-14-1+1-14n1-14+2n
=13(4n-41-n)+2n+1.
点评:本题考查了数列通项、前n项和及方程与解方程组的基础知识．
（1）设出公比根据条件列出关于a1与q的方程求得a1与q，可求得数列的通项公式．
（2）由（1）中求得数列通项公式，可求出bn的通项公式，由其通项公式化可知其和可分成两个等比数列分别求和即可求得．
例3（2010年北京文）已知{an}为等差数列，且a3=-6，a6=0．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若等比数列{bn}满足b1=-8，b2=a1+a2+a3，求{bn}的前n项和公式.
解析:（1）设等差数列{an}的公差为d．因为a3=-6，a6=0．
所以a1+2d=-6a1+5d=0 ，解得a1=-10,d=2．
所以an=-10+(n-1)×2=2n-12．
（2）设等比数列{bn}的公比为q．
因为b2=a1+a2+a3=-24,b1=-8，所以-8q=-24,q=3．
所以{bn}的前n项和公式为Sn=b1(1-qn)1-q=4(1-3n)．
点评:本题考查了等差数列求通项和等比数列通项公式、前n项和公式．且考查的知识点和方法侧重于基础与典型，考查了学生的运算求解能力．
例4（2010年山东理18）已知等差数列{an}满足：a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn．
（Ⅰ）求an及Sn
（Ⅱ）令bn=1a2n-1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析:（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，因为a3=7,a5+a7=26，所以有
a1+2d=72a1+10d=26，解得a1=3,d=2，
所以an=3+2(n-1)=2n+1;Sn=3n+n(n-1)2×2=n2+2n．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=2n+1，所以bn=1a2n-1=1(2n+1)2-1=14•1n(n+1)=14•(1n-1n+1)，
所以Tn=14•（1-12+12-13+…+1n-1n+1）=14•(1-1n+1)=n4(n+1)，
即数列{bn}的前n项和Tn=n4(n+1)．
点评:本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键．
二、转化为等差数列、等比数列的问题
例5（2010年全国课标理17）设数列{an}满足a1=2,an+1-an=3•22n-1，
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=nan，求数列的前n项和Sn.
解析:（1）由已知，当n≥1时，
an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1
=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.
而a1=2,所以数列{an}的通项公式为an=22n-1．
（2）由bn=nan=n•22n-1知
Sn=1•2+2•23+3•25+…+n•22n-1①
从而
22•Sn=1•23+2•25+3•27+…+n•22n+1②
①-②得
(1-22)•Sn=2+23+25+…+22n-1-n•22n+1．
即Sn=19[(3n-1)22n+1+2].
点评:本题考查了数列的递推公式，用累加法求通项公式，用错位相减法求和等基础知识，考查了学生的应用知识的能力．
例6（2010年全国Ⅰ理22）已知数列{an}中，a1=1,an+1=c-1an.
（Ⅰ）设c=52,bn=1an-2，求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）求使不等式an＜an+1＜3成立的c的取值范围.
解析:（Ⅰ）an+1-2=52-1an-2=an-22an，得到1an+1-2=2anan-2=4an-2+2，
即bn+1=4bn+2，所以bn+1+23=4(bn+23)，又a1=1，故b1=1a1-2=-1，
所以{bn+23}是首项为-13，公比为4的等比数列，
bn+23=-13×4n-1，即bn=-13×4n-1-23．
（Ⅱ）（略）（2,103〗．
点评:本题主要考查数列的通项公式、等比数列的定义、递推数列、不等式等基础知识和基本技能，同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力,在解题过程中也渗透了对函数与方程思想、化归与转化思想的考查.
例7（2010年湖北理20）已知数列{an}满足: a1=12, 3(1+an+1)1-an=2(1+an)1-an+1, anan+1<0(n≥1)；数列{bn}满足： bn=a2n+1-a2n(n≥1)
(Ⅰ)求数列{an}，{bn}的通项公式;
(Ⅱ)证明:数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列.
解析:（Ⅰ）由题意可知1-a2n+1=23(1-a2n)，
令cn=1-a2n，则cn+1=23cn．又c1=1-a21=34，
则数列{cn}是首项为c1=34，公比为23的等比数列，所以cn=34(23)n-1.
故a2n=1-cn,又a1>0,anan+1<0, 故an=(-1)n-1-34(23)n-1,
bn=a2n+1-a2n=34•(23)n〗-34•(23)n-1〗=14•(23)n-1.
（Ⅱ）用反证法证明:假设数列顺序存在三项br,bs,bt(r＜s＜t)按某种顺序成等差数列,由于数列顺序是前项为14,公比为23的等比数列,于是br＞bs＞bt,列出可能有2bs=br+bt成立.
∴2•14（23）s-1=14（23）r-1+14(23)t-1,而2(23)s=(23)r+(23)t两边同乖以3t2-r，得2•3t-s•2s-r=3t-r+2t-r由于t＞r,∴等式左边是偶数，右边是奇数，故上式不可能成立.
点评:本题主要考查了等差数列、等比数列的定义、通项公式和性质，考查抽象概括能力推理论证能力和运算求解能力．
例8（2010年湖南文20）给出下面的数表序列：
其中表n(n=1,2,3,…)有n行，第1行的n个数是1,3,5,…,2n-1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和.
（Ⅰ）写出表4，验证表4各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n（n≥3）（不要求证明）；
（Ⅱ）每个数表中最后一行都只有一个数，它们构成数列1,4,12,…，记此数列为{bn} .
求和：b3b1b2+b4b2b3+…+bn+2bnbn+1(n∈N) .
解析:（Ⅰ）表4为1________________________3________________________5________________________7
____________________4________________________812
________________________1220
________________________________________________32
它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．
将这一结论推广到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．简证如下（对考生不作要求）
首先，表n(n≥3)的第1行1,3,5,…，2n-1是等差数列，其平均数为1+3+…+(2n-1)n=n；
其次，若表n的第k(1≤k≤n-1)行a1,a2,…,an-k+1是等差数列，则它的第k+1行a1+a2,a2+a3,…,an-k+an-k+1也是等差数列．由等差数列的性质知，表n的第k行中的数的平均数与第k+1行中的数的平均数分别是a1+an-k+12,a1+a2+an-k+an-k+12=a1+an-k+1.
由此可知，表n(n≥3)各行中的数都成等差数列，且各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．
（Ⅱ）表n的第1行是1,3,5，…，2n-1，其平均数是1+3+5+…+(2n-1)n=n．
由（Ⅰ）知，它的各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列（从而它的第k行中的数的平均数是n•2k-1），于是，表n中最后一行的唯一一个数为bn=n•2n-1.因此
bk+2bkbk+1=(k+2)2k+1k•2k-1•(k+1)•2k=k+2k(k+1)•2k-2=2(k+1)-kk(k+1)•2k-2=1k•2k-3-1(k+1)•2k-2．(k=1,2,3,…,n)
故b3b1b2+b4b2b3+…+bn+2bnbn+1=(11×2-2-12×2-1)+(12×2-1-13×20)+…
+1n×2n-3-1(n+1)×2n-2〗=11×2-2-1(n+1)×2n-2=4-1(n+1)×2n-2.
点评:本题以数表序列为载体，考查等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、数列的求和（裂项求和）等基础知识．随着新课程理念的不断推进，开展研究性学习、探究性学习的方式在教学中所占的课时比重日益增加，因而高考中对于探究、开放的命题也逐渐增加了比例，成为当前高考命题的一种亮点和热点．解答这类问题可以从两个方面得到突破：一是从特例入手，先观察、分析特例，再提出结论猜想，最后给出证明；二是从一般情形思考，借助类比联想，建立数列模型，或寻求递推关系，或寻求通项公式等等，使问题得到解决．
例9（上海理20）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n-5an-85,n∈N*
（1）证明：{an-1}是等比数列；
（2）求数列{Sn}的通项公式，并求出n为何值时，{Sn}取得最小值，并说明理由．
解析：(1)当n=1时，a1=-14；当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-5an+5an-1+1，所以an-1=56(an-1-1)，
又a1-1=-15≠0，所以数列{an-1}是等比数列；
(2)由(1)知：an-1=-15•(56)n-1，得an=1-15•(56)n-1，从而Sn=75•(56)n-1+n-90(n∈N*)；
解不等式Snlog56225+1≈14.9，当n≥15时，数列{Sn}单调递增；
同理可得，当n≤15时，数列{Sn}单调递减；Sn=n+75(56)n-1-90当n=15取得最小值．
点评:本题考查了数列的通项公式、前项和公式、等比数列的判断方法以及数列的最值、解不等式、对数运算等知识，同时考查了学生的运算求解能力及等价转化思想的应用，综合性较强，但难度不大．
（未完待续）
（作者:徐永忠,江苏省兴化中学）
等差数列和等比数列是数列中的两个重点内容，两者在概念、公式和性质上有许多密切的联系，同时，许多数列问题，都可以通过转化成等差数列、等比数列而获得解决．高考对本部分知识的核心理解和要求是：
（1）掌握等差数列与等比数列通项公式的求法，理解它们的性质，特别要关注两者的一些对偶性质．
（2）对于数列的求和，注意两大基本特点：一是求和形式的变化具有多样性；二是项与项、项与项数之间的函数规律具有隐含性和灵活性．
（3）数列的综合应用有两种含义：一种是数列的实际应用问题；另一种是数列和其它数学知识的综合题．
一、直接利用等差数列、等比数列基本知识解决的问题
例1（2010年安徽10）设{an}是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X,Y,Z，则下列等式中恒成立的是
________________________ ________________________________ ________________________________ ________
A. X+Z=2YB. Y（Y-X）=Z（Z-X）
C. Y2=XZD. Y（Y-X）=X（Z-X）
解析:D．方法一，取等比数列1,2,4,令n=1得X=1,Y=3,Z=7代入验算，只有选项D满足．方法二，由等比数列性质可知：一般情况下等比数列的Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也成等比数列，即(Y-X)2=X(Z-Y)，整理得到D．
点评:对于含有较多字母的客观题，可以取满足条件的数字代替字母，代入验证，若能排除3个选项，剩下唯一正确的就一定正确；若不能完全排除，可以取其他数字验证继续排除.本题也可以首项、公比即项数n表示代入验证得结论；即使填空题亦可以用特殊值法猜测结论，再加以探求．
例2（2010年全国Ⅱ文18）已知{an}是各项均为正数的等比数列，且
a1+a2=2(1a1+1a2),a3+a4+a5=64(1a3+1a4+1a5).
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn=(an+1an)2，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析:（1）设等比数列{an}的公比为q，则an=a1qn-1，由已知有
a1+a1q=2(1a1+1a1q),
a1q2+a1q3+a1q4=64(1a1q2+1a1q3+1a1q4), 化简得a21q=2,a21q6=64.
又a1>0故q=2,a1=1.所以an=2n-1．
（2）由（1）知bn=(an+1an)2=a2n+1a2n+2=4n-1+14n-1+2．
因此Tn=(1+4+…+4n-1)+(1+14+…+14n-1)+2n
=4n-14-1+1-14n1-14+2n
=13(4n-41-n)+2n+1.
点评:本题考查了数列通项、前n项和及方程与解方程组的基础知识．
（1）设出公比根据条件列出关于a1与q的方程求得a1与q，可求得数列的通项公式．
（2）由（1）中求得数列通项公式，可求出bn的通项公式，由其通项公式化可知其和可分成两个等比数列分别求和即可求得．
例3（2010年北京文）已知{an}为等差数列，且a3=-6，a6=0．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若等比数列{bn}满足b1=-8，b2=a1+a2+a3，求{bn}的前n项和公式.
解析:（1）设等差数列{an}的公差为d．因为a3=-6，a6=0．
所以a1+2d=-6a1+5d=0 ，解得a1=-10,d=2．
所以an=-10+(n-1)×2=2n-12．
（2）设等比数列{bn}的公比为q．
因为b2=a1+a2+a3=-24,b1=-8，所以-8q=-24,q=3．
所以{bn}的前n项和公式为Sn=b1(1-qn)1-q=4(1-3n)．
点评:本题考查了等差数列求通项和等比数列通项公式、前n项和公式．且考查的知识点和方法侧重于基础与典型，考查了学生的运算求解能力．
例4（2010年山东理18）已知等差数列{an}满足：a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn．
（Ⅰ）求an及Sn
（Ⅱ）令bn=1a2n-1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析:（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，因为a3=7,a5+a7=26，所以有
a1+2d=72a1+10d=26，解得a1=3,d=2，
所以an=3+2(n-1)=2n+1;Sn=3n+n(n-1)2×2=n2+2n．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=2n+1，所以bn=1a2n-1=1(2n+1)2-1=14•1n(n+1)=14•(1n-1n+1)，
所以Tn=14•（1-12+12-13+…+1n-1n+1）=14•(1-1n+1)=n4(n+1)，
即数列{bn}的前n项和Tn=n4(n+1)．
点评:本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键．
二、转化为等差数列、等比数列的问题
例5（2010年全国课标理17）设数列{an}满足a1=2,an+1-an=3•22n-1，
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=nan，求数列的前n项和Sn.
解析:（1）由已知，当n≥1时，
an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1
=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.
而a1=2,所以数列{an}的通项公式为an=22n-1．
（2）由bn=nan=n•22n-1知
Sn=1•2+2•23+3•25+…+n•22n-1①
从而
22•Sn=1•23+2•25+3•27+…+n•22n+1②
①-②得
(1-22)•Sn=2+23+25+…+22n-1-n•22n+1．
即Sn=19[(3n-1)22n+1+2].
点评:本题考查了数列的递推公式，用累加法求通项公式，用错位相减法求和等基础知识，考查了学生的应用知识的能力．
例6（2010年全国Ⅰ理22）已知数列{an}中，a1=1,an+1=c-1an.
（Ⅰ）设c=52,bn=1an-2，求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）求使不等式an＜an+1＜3成立的c的取值范围.
解析:（Ⅰ）an+1-2=52-1an-2=an-22an，得到1an+1-2=2anan-2=4an-2+2，
即bn+1=4bn+2，所以bn+1+23=4(bn+23)，又a1=1，故b1=1a1-2=-1，
所以{bn+23}是首项为-13，公比为4的等比数列，
bn+23=-13×4n-1，即bn=-13×4n-1-23．
（Ⅱ）（略）（2,103〗．
点评:本题主要考查数列的通项公式、等比数列的定义、递推数列、不等式等基础知识和基本技能，同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力,在解题过程中也渗透了对函数与方程思想、化归与转化思想的考查.
例7（2010年湖北理20）已知数列{an}满足: a1=12, 3(1+an+1)1-an=2(1+an)1-an+1, anan+1<0(n≥1)；数列{bn}满足： bn=a2n+1-a2n(n≥1)
(Ⅰ)求数列{an}，{bn}的通项公式;
(Ⅱ)证明:数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列.
解析:（Ⅰ）由题意可知1-a2n+1=23(1-a2n)，
令cn=1-a2n，则cn+1=23cn．又c1=1-a21=34，
则数列{cn}是首项为c1=34，公比为23的等比数列，所以cn=34(23)n-1.
故a2n=1-cn,又a1>0,anan+1<0, 故an=(-1)n-1-34(23)n-1,
bn=a2n+1-a2n=34•(23)n〗-34•(23)n-1〗=14•(23)n-1.
（Ⅱ）用反证法证明:假设数列顺序存在三项br,bs,bt(r＜s＜t)按某种顺序成等差数列,由于数列顺序是前项为14,公比为23的等比数列,于是br＞bs＞bt,列出可能有2bs=br+bt成立.
∴2•14（23）s-1=14（23）r-1+14(23)t-1,而2(23)s=(23)r+(23)t两边同乖以3t2-r，得2•3t-s•2s-r=3t-r+2t-r由于t＞r,∴等式左边是偶数，右边是奇数，故上式不可能成立.
点评:本题主要考查了等差数列、等比数列的定义、通项公式和性质，考查抽象概括能力推理论证能力和运算求解能力．
例8（2010年湖南文20）给出下面的数表序列：
其中表n(n=1,2,3,…)有n行，第1行的n个数是1,3,5,…,2n-1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和.
（Ⅰ）写出表4，验证表4各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n（n≥3）（不要求证明）；
（Ⅱ）每个数表中最后一行都只有一个数，它们构成数列1,4,12,…，记此数列为{bn} .
求和：b3b1b2+b4b2b3+…+bn+2bnbn+1(n∈N) .
解析:（Ⅰ）表4为1________________________3________________________5________________________7
____________________4________________________812
________________________1220
________________________________________________32
它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．
将这一结论推广到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．简证如下（对考生不作要求）
首先，表n(n≥3)的第1行1,3,5,…，2n-1是等差数列，其平均数为1+3+…+(2n-1)n=n；
其次，若表n的第k(1≤k≤n-1)行a1,a2,…,an-k+1是等差数列，则它的第k+1行a1+a2,a2+a3,…,an-k+an-k+1也是等差数列．由等差数列的性质知，表n的第k行中的数的平均数与第k+1行中的数的平均数分别是a1+an-k+12,a1+a2+an-k+an-k+12=a1+an-k+1.
由此可知，表n(n≥3)各行中的数都成等差数列，且各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．
（Ⅱ）表n的第1行是1,3,5，…，2n-1，其平均数是1+3+5+…+(2n-1)n=n．
由（Ⅰ）知，它的各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列（从而它的第k行中的数的平均数是n•2k-1），于是，表n中最后一行的唯一一个数为bn=n•2n-1.因此
bk+2bkbk+1=(k+2)2k+1k•2k-1•(k+1)•2k=k+2k(k+1)•2k-2=2(k+1)-kk(k+1)•2k-2=1k•2k-3-1(k+1)•2k-2．(k=1,2,3,…,n)
故b3b1b2+b4b2b3+…+bn+2bnbn+1=(11×2-2-12×2-1)+(12×2-1-13×20)+…
+1n×2n-3-1(n+1)×2n-2〗=11×2-2-1(n+1)×2n-2=4-1(n+1)×2n-2.
点评:本题以数表序列为载体，考查等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、数列的求和（裂项求和）等基础知识．随着新课程理念的不断推进，开展研究性学习、探究性学习的方式在教学中所占的课时比重日益增加，因而高考中对于探究、开放的命题也逐渐增加了比例，成为当前高考命题的一种亮点和热点．解答这类问题可以从两个方面得到突破：一是从特例入手，先观察、分析特例，再提出结论猜想，最后给出证明；二是从一般情形思考，借助类比联想，建立数列模型，或寻求递推关系，或寻求通项公式等等，使问题得到解决．
例9（上海理20）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n-5an-85,n∈N*
（1）证明：{an-1}是等比数列；
（2）求数列{Sn}的通项公式，并求出n为何值时，{Sn}取得最小值，并说明理由．
解析：(1)当n=1时，a1=-14；当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-5an+5an-1+1，所以an-1=56(an-1-1)，
又a1-1=-15≠0，所以数列{an-1}是等比数列；
(2)由(1)知：an-1=-15•(56)n-1，得an=1-15•(56)n-1，从而Sn=75•(56)n-1+n-90(n∈N*)；
解不等式Sn
同理可得，当n≤15时，数列{Sn}单调递减；Sn=n+75(56)n-1-90当n=15取得最小值．
点评:本题考查了数列的通项公式、前项和公式、等比数列的判断方法以及数列的最值、解不等式、对数运算等知识，同时考查了学生的运算求解能力及等价转化思想的应用，综合性较强，但难度不大．
（未完待续）
（作者:徐永忠,江苏省兴化中学）