2011高考备考讲座

②、当时的称谓可以不译。如“先帝”、“陛下”。 “陛下”也可以译为第二人称尊称“您”或“陛下 您”。例：“先帝创业未半而中道崩殂……”
③、古今同义的词语不必译。如“创业”、“天下”、 “危急存亡”、“晓畅”、“和睦”、“计日而待”、“谨 慎”、“然后施行”、“危难”、“贤臣”、“小人”。
例如：
1.“庆历四年春，藤子京谪守巴陵郡。”
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翻译下列句子:
借喻：喻指边疆
1.乃使蒙恬北筑长城而守藩篱。
借喻：喻指污浊的官场 2.误落尘网中，一去三十年。
（一）借喻的译法:译为它所比喻的事物， 即把喻体还原成本体。
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翻译下列句子:
借代：代指做官的人
1.肉食者鄙，未能远谋。
借代：代酒，可译为“酒 力”
2.沛公不胜杯杓（sháo），不能辞
④补充行文省略的内容。 例译：文然：力然足而以 体至 力焉 足，以于达人到为，可（讥却，没而达在到己）为，有在悔别。人看来 是可笑的，在自己看来也是悔恨的。
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6、变文从句顺第三式:
古文中使用借喻、借代、用 典、互文等，翻译时要根据 上下文灵活、贯通地译出。 指要根据上下文语境，灵活 贯通地翻译。
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• 隆庆年间,绍兴岑郡侯的夫人正怀着身
孕。一天，郡侯出行，有一人来不及闪避，
挡了道，被绑到府内。岑郡侯问他道：
“你是干什么的？”那人答：“算命的。”
郡侯说：“我的夫人有了身孕，请你看看，
弄璋乎，弄瓦乎？”（ 是生男孩还是生女
孩）那人不明白“弄璋弄瓦”指的是什么，
便随口说道：“璋也要弄，瓦也要弄。”
• 将文言文句子翻译成现代汉语，必须遵循下面三 条要求：
• 1. 信。译文要准确表达原文的意思，不歪曲，不 遗漏，也不随意增减意思，也就是不“走样”。

2011年高考数学难点最后突破专题讲义13难点13 数列的通项与求和数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项。

通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法.●难点磁场(★★★★★)设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项.(1)写出数列{a n }的前3项.(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)(3)令b n =)(2111+++n n n n a a a a(n ∈N *)，求lim ∞→n (b 1+b 2+b 3+…+b n －n ).●案例探究［例1］已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1)的等比数列，若函数f (x )=(x －1)2，且a 1=f (d －1)，a 3=f (d +1)，b 1=f (q +1)，b 3=f (q －1)，(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，都有nn c c b c b c +++ 2111=a n +1成立，求lim∞→n nn S S 212+. 命题意图：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式、数列的极限，以及运算能力和综合分析问题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显，而(2)中条件等式的左边可视为某数列前n 项和，实质上是该数列前n 项和与数列{a n }的关系，借助通项与前n 项和的关系求解c n 是该条件转化的突破口.错解分析：本题两问环环相扣，(1)问是基础，但解方程求基本量a 1、b 1、d 、q ，计算不准易出错；(2)问中对条件的正确认识和转化是关键.技巧与方法：本题(1)问运用函数思想转化为方程问题，思路较为自然，(2)问“借鸡生蛋”构造新数列{d n }，运用和与通项的关系求出d n ，丝丝入扣.解：(1)∵a 1=f (d －1)=(d －2)2，a 3=f (d +1)=d 2， ∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ，∵d =2，∴a n =a 1+(n －1)d =2(n －1)；又b 1=f (q +1)=q 2，b 3=f (q －1)=(q －2)2，∴2213)2(qq b b -==q 2，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2， ∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1(2)令nnb c =d n ，则d 1+d 2+…+d n =a n +1,(n ∈N *), ∴d n =a n +1－a n =2, ∴n n b c =2,即c n =2·b n =8·(－2)n －1；∴S n =38［1－(－2)n ］. ∴2lim ,1)21(2)21()2(1)2(121222212212-=--+-=----=+∞→++n n n n n nn n n S SS S［例2］设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n =23(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n +3; (1)求数列{a n }的通项公式；(2)把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{d n }的通项公式为d n =32n +1;(3)设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和；D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ，求lim∞→n 4)(n na T . 命题意图：本题考查数列的通项公式及前n 项和公式及其相互关系；集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力.知识依托：利用项与和的关系求a n 是本题的先决；(2)问中探寻{a n }与{b n }的相通之处，须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点.错解分析：待证通项d n =32n +1与a n 的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r 与n 的关系，使T n 中既含有n ，又含有r ，会使所求的极限模糊不清.技巧与方法：(1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把3拆解为4－1，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出n 与r 的关系，正确表示B r ，问题便可迎刃而解.解：(1)由A n =23(a n －1)，可知A n +1=23(a n +1－1)， ∴a n +1－a n =23 (a n +1－a n )，即n n a a 1+=3，而a 1=A 1=23(a 1－1)，得a 1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式a n =3n .(2)∵32n +1=3·32n =3·(4－1)2n =3·［42n +C 12n ·42n －1(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n］=4n +3，∴32n +1∈{b n }.而数32n =(4－1)2n =42n +C 12n ·42n －1·(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n =(4k +1)， ∴32n ∉{b n }，而数列{a n }={a 2n +1}∪{a 2n }，∴d n =32n +1. (3)由32n +1=4·r +3，可知r =43312-+n ，∴B r =)19(827)91(9127,273433)52(2)347(1212-=-⋅-=+⋅-=+=++++nn n n n D r r r r ，89)(lim ,3)(,433811389)19(827821349444241212=∴=+⋅-⋅=---⋅+=-=∴∞→++n n n n n n n nn n n r n a T a D B T ●锦囊妙计1.数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同.因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性.2.数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3.求通项常用方法①作新数列法.作等差数列与等比数列.②累差叠加法.最基本形式是：a n =(a n －a n －1+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1. ③归纳、猜想法.4.数列前n 项和常用求法 ①重要公式1+2+…+n =21n (n +1) 12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1)13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)2②等差数列中S m +n =S m +S n +mnd ，等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n .③裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f (n +1)－f (n )，然后累加时抵消中间的许多项.应掌握以下常见的裂项：等)!1(1!1)!1(1,C C C ,ctg2ctg 2sin 1,!)!1(!,111)1(111+-=+-=-=-+=⋅+-=++-n n n ααn n n n n n n n rn r n n nα④错项相消法 ⑤并项求和法数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法. ●歼灭难点训练 一、填空题1.(★★★★★)设z n =(21i -)n，(n ∈N *)，记S n =｜z 2－z 1｜+｜z 3－z 2｜+…+｜z n +1－z n ｜，则lim ∞→n S n =_________.2.(★★★★★)作边长为a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________.二、解答题3.(★★★★)数列{a n }满足a 1=2，对于任意的n ∈N *都有a n ＞0,且(n +1)a n 2+a n ·a n +1－na n +12=0，又知数列{b n }的通项为b n =2n －1+1.(1)求数列{a n }的通项a n 及它的前n 项和S n ； (2)求数列{b n }的前n 项和T n ；(3)猜想S n 与T n 的大小关系，并说明理由.4.(★★★★)数列{a n }中，a 1=8,a 4=2且满足a n +2=2a n +1－a n ,(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a n ｜,求S n ;(3)设b n =)12(1n a n -(n ∈N *),T n =b 1+b 2+……+b n (n ∈N *),是否存在最大的整数m ，使得对任意n ∈N *均有T n ＞32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由. 5.(★★★★★)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =(m +1)－ma n .对任意正整数n 都成立，其中m 为常数，且m ＜－1.(1)求证：{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比q =f (m )，数列{b n }满足：b 1=31a 1,b n =f (b n －1)(n ≥2,n ∈N *).试问当m 为何值时，)(3lim )lg (lim 13221n n n n n n b b b b b b a b -∞→∞→+++=⋅ 成立？6.(★★★★★)已知数列{b n }是等差数列，b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145. (1)求数列{b n }的通项b n ； (2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+nb 1)(其中a ＞0且a ≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与31log a b n +1的大小，并证明你的结论. 7.(★★★★★)设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t +3)S n －1=3t (t ＞0,n =2,3,4…).(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1=1,b n =f (11-n b )(n =2,3,4…)，求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1.参考答案难点磁场解析：(1)由题意，当n =1时，有11222S a =+，S 1=a 1， ∴11222a a =+，解得a 1=2.当n =2时，有22222S a =+，S 2=a 1+a 2，将a 1=2代入，整理得(a 2－2)2=16，由a 2＞0，解得a 2=6.当n =3时，有33222S a =+，S 3=a 1+a 2+a 3，将a 1=2，a 2=6代入，整理得(a 3－2)2=64，由a 3＞0，解得a 3=10.故该数列的前3项为2，6，10.(2）解法一：由(1）猜想数列{a n }.有通项公式a n =4n －2.下面用数学归纳法证明{a n }的通项公式是a n =4n －2，(n ∈N *）.①当n =1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a 1=2，所以上述结论成立.②假设当n =k 时，结论成立，即有a k =4k －2，由题意，有k k S a 222=+，将a k =4k －2.代入上式，解得2k =k S 2，得S k =2k 2，由题意，有11222++=+k k S a ，S k +1=S k +a k +1，将S k =2k 2代入得(221++k a )2=2(a k +1+2k 2)，整理得a k +12－4a k +1+4－16k 2=0，由a k +1＞0，解得a k +1=2+4k ，所以a k +1=2+4k =4(k +1)－2，即当n =k +1时，上述结论成立.根据①②，上述结论对所有的自然数n ∈N *成立.解法二：由题意知n n S a 222=+，(n ∈N *).整理得，S n =81(a n +2)2,由此得S n +1=81(a n +1+2)2，∴a n +1=S n +1－S n =81［(a n +1+2)2－(a n +2)2］.整理得(a n +1+a n ）(a n +1－a n －4)=0，由题意知a n +1+a n ≠0，∴a n +1－a n =4，即数列{a n }为等差数列，其中a 1=2，公差d =4.∴a n =a 1+(n －1)d =2+4(n －1)，即通项公式为a n =4n －2.解法三：由已知得n n S a 222=+,(n ∈N *)①，所以有11222++=+n n S a ②，由②式得11222++=+-n n n S S S ，整理得S n +1－22·1+n S +2－S n =0，解得n n S S ±=+21，由于数列{a n }为正项数列，而2,211>+∴=+n n S S S ，因而n n S S +=+21，即{S n }是以21=S 为首项，以2为公差的等差数列.所以n S =2+(n －1)2=2n ,S n =2n 2，故a n =⎩⎨⎧≥-=-=-)2(,24)1(,21n n S S n n n 即a n =4n －2(n ∈N *).(3)令c n =b n －1，则c n =)2(2111-+++n n n n a a a a.1)1211(lim )(lim ,1211)121121()5131()311(,121121)]11212()11212[(21212121=+-=-+++∴+-=+--++-+-=+++=-++++--=-+-+--+=∞→∞→n n b b b n n n c c c n b b b n n n n n n n n n nn 歼灭难点训练一、,)22(|)21()21(|||:.1111+++=---=-=n n n n n n i i z z c 设解析22)22(1221])22(1[2121--=--=+++=∴nn n n c c c S 221222221lim +=+=-=∴∞→n n S 答案：1+22 2.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{a n }，可得a n =12-n a ，正三角形的内切圆构成等比数列{r n }，可得r n =12163-n a ,∴这些圆的周长之和c =lim ∞→n 2π(r 1+r 2+…+r n )=233π a 2， 面积之和S =lim ∞→n π(n 2+r 22+…+r n 2)=9πa 2 答案：周长之和233πa ，面积之和9πa 2二、3.解：(1）可解得11+=+n na a n n ，从而a n =2n ，有S n =n 2+n ， (2)T n =2n +n －1.(3)T n －S n =2n －n 2－1，验证可知，n =1时，T 1=S 1，n =2时T 2＜S 2；n =3时，T 3＜S 3;n =4时，T 4＜S 4；n =5时，T 5＞S 5；n =6时T 6＞S 6.猜想当n ≥5时，T n ＞S n ，即2n ＞n 2+1可用数学归纳法证明(略）.4.解：(1）由a n +2=2a n +1－a n ⇒a n +2－a n +1=a n +1－a n 可知{a n }成等差数列，d =1414--a a =－2,∴a n =10－2n . (2)由a n =10－2n ≥0可得n ≤5，当n ≤5时，S n =－n 2+9n ，当n ＞5时，S n =n 2－9n +40，故S n =⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤≤+-540951 922n n n n n n(3)b n =)111(21)22(1)12(1+-=+=-n n n n a n n)1(2)]111()3121()211[(2121+=+-++-+-=+++=∴n nn n b b b T n n ；要使T n ＞32m 总成立，需32m＜T 1=41成立，即m ＜8且m ∈Z ，故适合条件的m 的最大值为7.5.解：(1）由已知S n +1=(m +1)－ma n +1S n =(m +1)－ma n ②,由①－②，得a n +1=ma n －ma n +1，即(m +1)a n +1=ma n 对任意正整数n 都成立.∵m 为常数，且m ＜－1∴11+=+m ma a n n ，即{1+n n a a }为等比数列. (2)当n =1时，a 1=m +1－ma 1，∴a 1=1，从而b 1=31. 由(1)知q =f (m )=1+m m，∴b n =f (b n －1)=111+--n n b b (n ∈N *,且n ≥2)∴1111-+=n n b b ，即1111=--n n b b ，∴{n b 1}为等差数列.∴nb 1=3+(n －1)=n +2， 21+=∴n b n (n ∈N *). 910,101,11lg 1)211151414131(3lim )(3lim ,1lg ]1lg 21[lim )lg (lim ,)1(132211-=∴=+∴=+=+-+++-+-=++++=++-=⋅∴+=∞→-∞→∞→∞→-m m m m m n n b b b b b b m mm m n n a b m m a n n n n n n n n n n 由题意知而 6.解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得：⎪⎩⎪⎨⎧=-+=1452)110(1010111d b b 解得b 1=1,d =3, ∴b n =3n －2.(2)由b n =3n －2,知S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+231-n ) =log a ［(1+1)(1+41)…(1+231-n )］，31log a b n +1=log a 313+n . 因此要比较S n 与31log a b n +1的大小，可先比较(1+1)(1+41)…(1+231-n )与313+n 的大小，取n =1时，有(1+1)＞3113+⋅取n =2时，有(1+1)(1+41)＞3123+⋅… 由此推测(1+1)(1+41)…(1+231-n )＞313+n①若①式成立，则由对数函数性质可判定：当a ＞1时，S n ＞31log a b n +1， ② 当0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +1，③下面用数学归纳法证明①式. (ⅰ)当n =1时，已验证①式成立. (ⅱ)假设当n =k 时(k ≥1），①式成立，即：313)2311()411)(11(+>-+++k k .那么当n =k +1时，333322223323331)1(3)1311)(2311()411)(11(1)1(343)23(1313,0)13(49)13()13)(43()23(]43[)]23(1313[).23(1313)1311(13)2)1(311)(2311()411)(11(++>++-+++++=+>+++∴>++=+++-+=+-++++++=+++>-++-+++k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k 因而这就是说①式当n =k +1时也成立.由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n 都成立. 由此证得： 当a ＞1时，S n ＞31log a b n +1；当0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +1.7.解：(1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t . ∴a 2=tt a a t t 332,33212+=+. 又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ，① 3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t②①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0. ∴t t a a n n 3321+=-,n =2,3,4…,所以{a n }是一个首项为1公比为tt 332+的等比数列； (2)由f (t )=t t 332+=t132+,得b n =f (11-n b )=32+b n －1.可见{b n }是一个首项为1，公差为32的等差数列.于是b n =1+32(n －1)=312+n ; (3)由b n =312+n ,可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于是b 2n =314+n ,∴b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5+…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1=b 2(b 1－b 3)+b 4(b 3－b 5)+…+b 2n (b 2n －1－b 2n +1) =－34 (b 2+b 4+…+b 2n )=－34·21n (35+314+n )=－94 (2n 2+3n )。

高考备考专家讲座《高考备考专家讲座》篇一嘿，今天咱就来唠唠这高考备考专家讲座。

你说这讲座啊，就像是一场及时雨，在咱这些备战高考的学生们焦头烂额的时候，“哗啦”一下就浇下来了。

我还记得上次去听的那个讲座呢。

一进会场，乌泱泱的全是人，那场面，就跟抢免费鸡蛋似的。

我好不容易找了个靠边的位置坐下，心里还直犯嘀咕，这专家能讲出啥新鲜玩意儿呢？专家一上台，那气场，杠杠的。

感觉就像那种武林高手，一出场就自带光环。

他一开始就讲了个故事，说有个学生啊，平时成绩不咋地，就像那种在草丛里默默生长的小草，不起眼儿。

但是通过科学的备考方法，就像突然找到了魔法一样，成绩蹭蹭往上涨，最后考上了理想的大学。

这故事一听，我心里就有点痒痒了，我就想啊，我是不是也能这样呢？不过呢，这专家讲着讲着，有些东西我就有点迷糊了。

他讲了一堆什么记忆曲线啊，什么学习的底层逻辑之类的，那些术语就像一群调皮的小蚂蚁，在我脑袋里爬来爬去，搞得我晕头转向。

我心里就想，这是不是有点太高大上了，咱普通学生能整明白吗？但是呢，我又觉得可能是我自己见识短浅，毕竟人家是专家嘛。

然后他又讲到时间管理，这可就说到我的痛处了。

我平常那时间就像手里的沙子，还没干啥呢，就都漏没了。

专家说要制定详细的时间表，精确到每一分钟。

我一听就懵了，这哪是时间表啊，这简直就是紧箍咒啊。

我就想，这真的可行吗？我每天要做那么多作业，还有各种突发状况，比如老师突然加课，同学找我帮忙之类的。

可是再想想，要是真能按照这个时间表来，说不定我的学习效率真能提高呢。

讲座中间还有个互动环节，好多同学都站起来提问。

有个同学问专家：“我晚上熬夜学习，为啥成绩还是上不去呢？”专家就笑着说：“你这就像在黑夜里赶路，没有方向，再怎么赶路也是白搭。

”嘿，这比喻还挺形象的。

我就想，我是不是也在黑夜里瞎忙活呢？这讲座听完，我心里那叫一个五味杂陈。

一方面觉得专家讲得确实有道理，就像给我打开了一扇新的窗户，让我看到了备考的新方向；另一方面呢，又觉得有些方法实施起来难度太大，就像要我爬上珠穆朗玛峰一样。

北京四中高级教师苗金利指导2011高考数学复习方法北京四中数学名师苗金利老师2016年7月10日，高考大幕方才落下，“商务印书馆2016年度高考备考策略”系列公益讲座旋即开讲。

北京四中数学名师苗金利老师，结合教学实践，给广大师生奉献了一场精彩的讲座——“科学的数学复习方法”，现场气氛热烈，掌声不断。

苗金利老师现任北京四中高级数学教师，奥林匹克数学竞赛高级教练，中国数学学会会员。

曾荣获全国青年教师课堂教学竞赛一等奖，连任高三实验班数学课教学、班主任14届，过去数年间其指导的高三毕业班，高考数学单科平均分140以上，奥林匹克竞赛辅导多人获得全国金奖。

苗老师在讲座中说，小学、初中阶段采用模仿与记忆的学习方法是行之有效的，但是到了高中阶段则显得远远不够，需要优化提升学习方法和策略。

苗老师说要强调六个方法——配方法、换元法、待定系数法、判别式法、反证法、割补法；六个思想——函数与方程的思想、数与形结合的思想、分类与综合的思想、化归与转化的思想、特殊与一般的思想、或然与必然的思想；四个逻辑思维——分析与综合、归纳与演绎、分类与比较等。

从高一开始，同学们就要主动尝试进行观察、试验、猜测、验证、推理与交流等数学活动，逐步形成自己对数学知识的理解，在学习过程中建立系统的知识体系，按照教材编写遵循的逐级递进、螺旋上升原则，体会数学知识之间的有机联系，感受整体性，不断丰富解决问题的策略，提高解题的能力。

四中的做题理念以不变应万变，以少对多学理科的都知道一个顺口溜：“物理难懂，化学难记，数学有做不完的题。

”苗老师说，既然有这么多做不完的题，就需要找方法。

他说四中的教学方法就是：以不变应万变，以少对多。

苗老师强调了四大能力，第一，在高中数学中，函数是重点，所占分数在三分之一左右，学好函数非常重要。

第二，运算能力要尤其注意——这里的运算能力不是要做很多题，而是要做经典的好题，做精。

第三，要学会方程的思想方法。

世间万物都有数学，而所有的数学问题都可以转化为方程，所以要很好地利用这个思想解决数学问题。