今年又见定理证明题

第一篇：今年又见定理证明题

今年又见定理证明题

--从2012年陕西高考理科第18题谈起

周兴顺(陕西省西安市田家炳中学710500)

(作者简介：周兴顺，高级教师，国家奥林匹克数学竞赛教练员，先后在湖北《中学数学》、陕西师大《中学数学教学参考》、江苏《中学数学月刊》等省级及其以上刊物上发表论文7篇，国家级获奖论文4篇，市级以上获奖论文10篇，出版合著8部、其中编著的5部教辅书在上百所学校使用，被评为 “精品图书”；奥数辅导的学生多人次在全国竞赛中获奖。联系方式：E-mail:xshzhou63@126.com QQ:987237648)

2011年高考数学陕西卷理科18题，以“叙述并证明余弦定理”，震撼了社会，使很多考生感到很意外，有的网民竟在网上说“他,如神一般,妙杀了38万陕西考生…打破了陕西高考数学历史……破坏了和谐社会…让百万群众所愤怒……”，对此，笔者不苟同，于2011年6月18日在网上以《2011年陕西理科数学高考题的分析与启示》为题为命题者伸冤：余弦定理的证明既在课本（指文1，北师大版，下同）必修五第二章第1.2节中，又是课本必修四第二章第5节从力做的功到向量的数量积中的例2，它的证明方法多样,不只局限于课本中的向量方法，在教学中如果能按新课程的教学理念组织学生认真研究,从各种不同的角度提出解决问题的方法并给以解决,学生应该可以很好地解决此题,但事实上我们很多的课堂是对此一带而过,直奔定理的应用,这是典型的应试教育教学方式,是对数学证明中追求理性精神的背

1叛。该题再一次提醒我们，教学要回归教材,教学要让学生经历一个从提出问题到解决问题的完整的过程,不能只注重知识的应用而忽视知识发生、发展的过程。其实这种叙述并证明课本中的定理的命题方式早在1980年的高考“叙述并证明换底公式”中出现过：，最近几年有的省份也曾出过“叙述并证明三垂线定理”，没有引起师生的重视。

今年——2012年高考数学陕西卷理科18题：（1）如图，证明命题“a是平面内的一条直线，b是外的一条直线（b不垂直于），c是直线b在上的投影，若ab，则ac”为真。

（2）写出上述命题的逆命题，并判断其真假（不需要证明）。

其实又是课本定理的证明：第一问是考课本（选修2—1）第41页例3（三垂线定理）的逆命题的证明，第二问是让写出三垂线定理，并判断其真假（不需要证明）。

（文2）对第一问给出两种证法：证法1（向量方法），类似课本（选修2—1）第41页例3（三垂线定理）的证明。证法2（传统方法），利用直线和平面垂直的性质证明。

对第二问，判断其真假的方法，可直接应用除三垂线定理的结论还可类似第一问证明，也还可在考场利用三角板做实验，验证其正确性，因只需判断其真假，不需要证明。

在立体几何中，可谓“处处有垂直，垂直无处不在”。立体几何中的垂直包括线线垂直、线面垂直、面面垂直,其中最基本的是线线垂

直。证明线线垂直，高考中常用三法：①利用三垂线定理及其逆定理证。②利用直线和平面垂直的性质证.③利用向量证。

纵观历年高考题，对于立体几何来说，考查重点是明确的，只是模型会有所变化。正如罗增儒教授多次强调的“抓住了垂直（不是只抓垂直），并作上一批高考立体几何题，临场的立体几何成绩一定能有立竿见影的提高”。空间想象能力好的考生可选择传统方法，以计算见长的考生可选择向量法。

对此题，社会反响比较平和，普遍看好，认为该题考查利用立体几何中重要的三垂线定理逆定理的证明及书写，属于核心知识，解题时用的是立体几何中最基本的方法，这比去年的余弦定理的证明来说，命题者给出了图形显然是降低了门槛，提高了试题的得分率。笔者认为只要认真研读、领会《考试说明》（或文3）中知识要求：（十

六）空间向量与立体几何③能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理），不难解答此题。

2012年陕西高考理科数学18题对我们有以下二点启示：启示一：我们在以后的教学中要注重基本知识的学习,淡化技巧的演练,回归到数学学习的原点,让学生在数学学习过程中要感受到数学学习带给他们追求理性精神的快乐，而不是做题、做题、再做题，带给学生无助的痛苦。

启示二：在复习过程中要紧扣考纲要求，不失时机地回归教材，坚持“以本为纲、抓纲务本”，对考纲要求逐条落实，加强对典型例题、习题及变式问题的过手复习，尽可能地实现课本资源利用的最大化，深入研究每一道例（习）题，做到将例题、习题“变化”，巩固“双基”；将例题、习题“类化”，展现通性通法；将例题、习题“一

般化”，培养思维的概括能力；将例题、习题“深化”，培养思维的广阔性和深刻性等；注重学生思维的最近发展区，引领学生深刻理解课本知识，强化重点知识、弥补弱点知识和盲点知识，挖掘教材所蕴含的数学思想、数学方法和数学精髓，更有效地促进学生数学知识网络和方法体系的构建，使知识和能力产生良性迁移，达到举一反三，触类旁通之功效，进而摒弃题海战术，提高课堂教学效益，提高教学质量，更有效地提高学生的复习效率。

启示三：可以预测2013年陕西高考数学题，会借鉴今年的成功经验，继续出定理的证明或公式的推导。

参考文献：

1.普通高中课程标准实验教科书数学1—5（必修）、选修2-1，北京师范大学出版社，2008年4月第5版

2.陕西省招生委员会办公室编，《2012年普通高等学校招生考试 试题及参考答案》，西北工业大学出版社

3.西安市教育科学研究所编，《2010年新课程高考备考指导意见》，陕西人民出版社，2009年8月第一版

第二篇：有关中值定理的证明题

中值定理证明题集锦

1、已知函数f(x)具有二阶导数，且limx0f(x)0，f(1)0，试证：在区间(0,1)内至少x存在一点，使得f()0.证：由limf(x)，由此又得00，可得limf(x)0，由连续性得f(0)x0x0xf(x)f(0)f(x)f(0)limlim0，由f(0)f(1)0及题设条件知f(x)在[0,1]x0x0x0x上满足罗尔中值定理条件，因此至少存在一点 c(0,1)，使得f(c)0，又因为f(0)f(c)0，并由题设条件知f(x)在[0,c]上满足拉格朗日中值定理的条件，由拉格朗日中值定理知，在区间(0,1)内至少存在一点，使得f()0.2、设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且f(a)0，证明：存在一点(0,a)，使得f()f()0.证：分析：要证结论即为：[xf(x)]x0.令F(x)xf(x)，则F(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且F(0)F(a)0，因此故存在一点(0,a)，使得F()0，F(x)xf(x)在[0,a]上满足罗尔中值定理的条件，即f()f()0.注1：此题可改为：

设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且f(a)0，证明：存在一点(0,a)，使得

nf()f()0.)nf()（0给分析：要证结论nf()f()等价于nn1f(nn1n，而nf()f()0即为[xf(x)]x0.nf()f()两端同乘以n1）故令F(x)xf(x)，则F(x)在[0,a]上满足罗尔中值定理的条件，由此可证结论.注2：此题与下面例题情况亦类似：

设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)0，x(0,1)，有f(x)0，证：nnN，(0,1)，使得

nf()f(1)成立.f()f(1)分析：要证结论可变形为nf()f(1)f()f(1)0，它等价于nfn1()f()f(1)fn()f(1)0(给nf()f(1)f()f(1)0两端同乘以fn1())，而nfn1(f)f()(fn1f)(即)为(1)0[fn(x)fx1(x，用罗尔中值定理)]0.以上三题是同类型题.3、已知函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)f(1)0，f()1，证明：（1）存在一点(,1)，使f().（2）存在一点(0,)，使f()1.（3）存在一点x0(0,)，使f(x0)1(f(x0)x0).证：（1）分析：要证结论即为：f()0.12121211111显然F(x)在[,1]上连续，且F()f()0，F(1)f(1)110，2222211因此F(x)在[,1]上满足零点定理的条件，由零点定理知，存在(,1)，使F()0，22令F(x)f(x)x，则只需证明F(x)在(,1)内有零点即可。即f().（2）又因为F(0)f(0)00，由(1)知F()0，因此F(x)在[0,]上满足罗尔中值定理条件，故存在一点(0,)，使F()0，即f()10，即f()1.（3）分析：结论f(x0)1(f(x0)x0)即就是F(x0)F(x0)或F(x0)F(x0)0，F(x0)F(x0)0ex0[F(x0)F(x0)]0，即[exF(x)]xx00.故令G(x)exF(x)，则由题设条件知，G(x)在[0,]上连续，在(0,)内可导，且G(0)e0F(0)0，G()eF()0,则G(x)在[0,]上满足罗尔中值定理条件，命题得证.4、设f(x)在[0,x]上可导，且f(0)0，试证：至少存在一点(0,x)，使得f(x)(1)ln(1x)f().证：分析：要证结论即为： f(x)f(0)(1)[ln(1x)ln1]f(),也就是f(x)f(0)f()，因此只需对函数f(t)和ln(1t)在区间[0,x]上应用柯西中值定理1ln(1x)ln11即可.5、设f(x)、g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)0，且g(x)0，证明：至少存在一点(a,b)，使得f()g()f()g().证：分析：要证结论即为： f()g()f()g()0,等价于

f()g()f()g()0，2g()即就是[即可.f(x)f(x)在区间[a,b]上应用罗尔中值定理]x0，因此只需验证函数F(x)g(x)g(x)

6、设f(x)在[x1,x2]上可导，且0x1x2，试证：至少存在一点(x1,x2)，使得x1f(x2)x2f(x1)f()f().x1x2f(x2)f(x1)f(x)()xx2x1x证：分析：要证结论即为： ,因此只需对函f()f()111()xx2x1x数f(x)1和在区间[x1,x2]上应用柯西中值定理即可.xx此题亦可改为：

设f(x)在[a,b]上连续，(a,b)内可导，若0ab，试证：至少存在一点(a,b)，使得af(b)bf(a)[f()f()](ab).7、设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)f(b)0，试证：（1）(a,b)，使得f()f()0；（2）(a,b)，使得f()f()0.证:（1）令F(x)xf(x)，利用罗尔中值定理即证结论.（2）分析：f()f()0e[f()f()]0[e22x22f(x)]x0，因此令F(x)ex22f(x)，利用罗尔中值定理即证结论.8、设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)f(b)1，试证：,(a,b)，使得e[f()f()]1.[exf(x)]xe[f()f()]证：分析：要证结论即为1，即就是1.xe(e)x令F(x)ef(x)，令G(x)e，则F(x)和G(x)在[a,b]上满足拉格朗日中值定理的条件，由拉格朗日中值定理知： xxebf(b)eaf(a)ebea，即就是e[f()f()].(a,b)，使得F()babaebeaebea，即就是e.(a,b)，使得F()babae[f()f()]因此，有1，即就是e[f()f()]1.e9、设f(x)、g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内具有二阶导数且存在相等的最大值，f(a)g(a)，f(b)g(b)，试证：(a,b)，使得f()g().0.证：分析：要证结论即为[f(x)g(x)]x令F(x)f(x)g(x)，（1）若f(x)、g(x)在(a,b)内的同一点处取得相同的最大值，不妨设都在c点处取得最大值，则F(a)F(c)F(b)0(acb)，则F(x)分别在[a,c]、[c,b]上满足罗尔中值定理条件，故1(a,c)，2(c,b)使得F(1)0，F(2)0.由题设又知，F(x)在[1,2]上满足洛尔定理条件，故存在(1,2)，使得F()0，即就是f()g()].（2）若f(x)、g(x)在(a,b)内的不同的点处取得相同的最大值，不妨设f(x)在p点处、g(x)在q点处取得最大值，且pq，则F(p)f(p)g(p)，F(q)f(q)g(q)0，由零点定理知，c(p,q)(0,1)，使得F(c)0，由此得 F(a)F(c)F(b)0(acb)，后面证明与（1）相同.10、设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(x)0，若极限limxaf(2xa)存在，xa试证：（1）存在一点(a,b)，使得

b2a2baf(x)dx22； f()22b（2）在(a,b)内存在异于的点，使得f()(ba)f(x)dx.；

aa证：（1）令F(x)xaf(t)dt，G(x)x2，则F(x)、G(x)在[a,b]上满足柯西中值定理

b2a2ba条件，故存在一点(a,b)，使得

b2a2af(t)dtf(t)dta2成立，即就是f()bab222成立，即就是2f(x)dx(ba)f()成立.af(x)dxf()（2）由（1）知，2ba22因此要证f()(ba)f(x)dx(b2a2)f()，2bf(x)dx.，aa即要证f()(ba)221a(b2a2)f(，)即要证f()(a)f(，)由已知

xalimf(2xa)f(2xa)0，可得，lim从而得f(a)0，因此要证f()(a)f()，xaxa即要证f()(a)f()f(a)，显然只需验证f(x)在[a,]上满足拉格朗日中值定理条件即可。

第三篇：微分中值定理的证明题

微分中值定理的证明题

1.若f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，f(a)f(b)0，证明：R，(a,b)使得：f()f()0。

证：构造函数F(x)f(x)ex，则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，（a,b)，使F()0 且F(a)F(b)0，由罗尔中值定理知： 即：[f()f()]e0，而e0，故f()f()0。

2.设a,b0，证明：(a,b)，使得aebbea(1)e(ab)。

1111 证：将上等式变形得：ee(1)e()

baba1x11b11a111111作辅助函数f(x)xe，则f(x)在[,]上连续，在(,)内可导，baba 由拉格朗日定理得：

11f()f()baf(1)1(1,1)，11baba11b1a1ee1a(1)e

1(1,1)，即 b11baba

即：

aebbea(1)e(ab)

(a,b)。

3.设f(x)在(0,1)内有二阶导数，且f(1)0，有F(x)x2f(x)证明：在(0,1)

内至少存在一点，使得：F()0。

证：显然F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，又F(0)F(1)0，故由罗尔定理知：x0(0,1)，使得F(x0)0

又F(x)2xf(x)x2f(x)，故F(0)0，于是F(x)在[0，x0]上满足罗尔定理条件，故存在(0,x0)，使得：F()0，而(0,x0)(0,1)，即证 4.设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，f(0)0，f(1)1.证明：(1)在(0,1)内存在，使得f()1．

(2)在(0,1)内存在两个不同的点，使得f/()f/()1

【分析】 第一部分显然用闭区间上连续函数的介值定理；第二部分为双介值问题，可考虑用拉格朗日中值定理，但应注意利用第一部分已得结论.【证明】（I）

令F(x)f(x)1x，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在(0,1), 使得F()0，即f()1.（II）在[0,]和[,1]上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，存在两个不同的点(0,),(,1)，使得f()于是，由问题（1）的结论有

f()f()f()1f()11.11f()f(0)f(1)f()，f()

015.设f(x)在[0，2a]上连续，f(0)f(2a)，证明在[0,a]上存在使得

f(a)f().【分析】f(x)在[0,2a]上连续，条件中没有涉及导数或微分，用介值定理或根的存在性定理证明。辅助函数可如下得到

f(a)f()f(a)f()0f(ax)f(x)0

【证明】令G(x)f(ax)f(x)，x[0,a]．G(x)在[0,a]上连续，且

G(a)f(2a)f(a)f(0)f(a)

G(0)f(a)f(0)

当f(a)f(0)时，取0，即有f(a)f()；

当f(a)f(0)时，G(0)G(a)0，由根的存在性定理知存在(0,a)使得，G()0，即f(a)f()．

6.若f(x)在[0,1]上可导，且当x[0,1]时有0f(x)1，且f(x)1，证明：在(0,1)内有且仅有一个点使得f() 证明：存在性

构造辅助函数F(x)f(x)x

则F(x)在[0,1]上连续，且有F(0)f(0)00，F(1)f(1)10，由零点定理可知：F(x)在(0,1)内至少存在一点，使得F()0，即：f()

唯一性：（反证法）

假设有两个点1,2(0,1)，且12，使得F(1)F(2)0

F(x)在[0,1]上连续且可导，且[1,2][0,1] 

F(x)在[1,2]上满足Rolle定理条件

必存在一点(1,2)，使得：F()f()10

即：f()1，这与已知中f(x)1矛盾

假设不成立，即：F(x)f(x)x在(0,1)内仅有一个根，综上所述：在(0,1)内有且仅有一个点，使得f()

17.设f(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且f(0)=f(1)=0，f()=1。试

2(x)=1。证至少存在一个(0，1)，使f¢分析：f'()=1f'(x)=1f(x)=xf(x)x=0 令 F(x)= f(x)x 证明： 令 F(x)= f(x)x

F(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，F(1)= f(1)110(f(1)0)F(11111)= f()0(f()1)222221由介值定理可知，一个(，1)，使 F()=0 又 F(0)=f(0)0=0 对F(x)在[0，1]上用Rolle定理，一个(0，)(0，1)使

F'()=0 即 f'()=1 8.设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)f(1)试证存在和.满足01，使f()f()0。

证 由拉格朗日中值定理知，1f()f(0)12f()(0,)

12021f(1)f()12f()(,1)

121211f()f(0)f(1)f()20 f()f()211229.设f(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导(0ab),f(a)f(b), 证明: ,(a,b)使得 f()abf().(1)2证:(用(ba)乘于(1)式两端,知)(1)式等价于

f()f()2(ba)(ba2).(2)12

为证此式,只要取F(x)f(x),取G(x)x和x在[a,b]上分别应用Cauchy中值定理,则知

2f()f()2(ba)(ba2), f(b)f(a)12其中,(a,b).10.已知函数f(x)在[0 ,1]上连续，在（0，1）内可导，0ab，证明存在,(a,b)，使32f/()(a2abb2)f/()

f/()f(b)f(a)解：利用柯西中值定理 2333ba而f(b)f(a)f/()(ba)

则

f/()f(b)f(a)f/()(ba)f/()（后面略）22333323babaaabb/11.设f(x)在xa时连续，f(a)0，当xa时，f(x)k0，则在(a,af(a))k内f(x)0有唯一的实根

/解：因为f(x)k0，则f(x)在(a,af(a))上单调增加 kf(a)f(a)f/()/f(a)f(a)f()f(a)[1]0（中值定理）

kkk而f(a)0故在(a,af(a))内f(x)0有唯一的实根 k12t0tsin12.试问如下推论过程是否正确。对函数f(t)在[0,x]上应用拉tt00格朗日中值定理得：

1x2sin0f(x)f(0)111xxsinf()2sinc(0sx)

ox0x0x

即：cos12sin1xsin1)

(0x

x1xsin limx00，il2nsi0

因0x，故当x0时，由m010 x

得：limcosx0

10，即limcos010

解：我们已经知道，limcos010不存在，故以上推理过程错误。

首先应注意：上面应用拉格朗日中值的是个中值点，是由f和区间[0,x]的

端点而定的，具体地说，与x有关系，是依赖于x的，当x0时，不 一定连续地趋于零，它可以跳跃地取某些值趋于零，从而使limcosx010成

立，而limcos010中要求是连续地趋于零。故由limcosx010推不出

0limcos10

13.证明：0x2成立xtgxx。cos2x

证明：作辅助函数f(x)tgx，则f(x)在[0,x]上连续，在(0,x)内可导，由拉格朗日定理知：

f(x)f(0)tgx1(0,x)f()x0xcos2即：tgx1x(0,)(0,)，因在内单调递减，故在cosx22cosx22cos111xxx即： cos20cos2cos2xcos2cos2x内单调递增，故

即：xtgx1。cos2x

注：利用拉格朗日中值定理证明不等式，首先由不等式出发，选择合适的函数f(x)及相应的区间[a,b]，然后验证条件，利用定理得

f()(ba(a,b)

f(b)f(a)，再根据f(x)在(a,b)内符号或单调

证明不等式。14.证明：当0x时，sinxtgx2x。

证明：作辅助函数(x)sinxtgx2x

则(x)cosxsec2x2

12 cos2x1cos2x2 2cosxcosxx(0,)

2

(cosx0

12)cosx

故(x)在(0,)上单调递减，又因(0)0，(x)在(0,)上连续，22

故 (x)(0)=0，即：sinxtgx2x0，即：sinxtgx2x。

注：利用单调性证明不等式是常用方法之一，欲证当xI时f(x)g(x)，常用辅助函数(x)f(x)g(x)，则将问题转化证(x)0，然后在I上

讨论(x)的单调性，进而完成证明。

15.证明：若f(x)二阶可导，且f(x)0，f(0)0，则F(x),内单调递增。)

(0

f(x)在 x证明：因F(x)xf(x)f(x)，要证F(x)单调递增，只需证F(x)0，2x

即证xf(x)f(x)0。

设G(x)xf(x)f(x)，则G(x)xf(x)f(x)f(x)xf(x)，因为

f(x)0，x0，故G(x)是单调递增函数，而G(0)0f(x)00，因此G(x)G(0)，即：xf(x)f(x)0，即：F(x)0，即F(x)当x0时单调递增。

第四篇：2018考研数学 中值定理证明题技巧

为学生引路，为学员服务

2018考研数学 中值定理证明题技巧

在考研数学中，有关中值定理的证明题型是一个重要考点，也是一个让很多同学感到比较困惑的考点，不少同学在读完题目后不知从何下手，不会分析证明，找不到思路，之所以会出现这样的情况，主要是因为这些同学对中值定理证明题型的特点缺乏清晰的认识，对其分析和证明方法没有完全理解和掌握，为了协助这样的同学克服这方面的困难，下面本文对这类题的特点和证明方法做些分析总结，供各位考生参考。

一、中值定理证明题的特点

中值定理证明题主要有以下一些特点：

1.中值定理证明题常常需要作辅助函数；

2.中值定理证明题经常在一个题中需要结合运用三个知识点，分别是：连续函数在闭区间上的性质（包括最大值和最小值定理、零点定理和介质定理），微分中值定理和积分中值定理；

3.中值定理证明题可能需要在一个问题的证明中反复运用同一个微分中值定理两次甚至三次，比如罗尔中值定理或拉格朗日中值定理；

4.从历年考研数学真题变化规律来看，证明中用得最多的主要是罗尔中值定理和拉格朗日中值定理，而泰勒中值定理和柯西中值定理则用得很少。

二、中值定理证明题的常用方法

中值定理证明题有不同的类型，对不同的类型需要运用不同的方法，主要的和常用的方法包括以下几种：

1.如果题目条件中出现关于函数值的等式，而函数是连续的，则可能需要运用连续函数在闭区间上的性质进行证明；对导数是连续的情况也可以对导函数运用连续函数的性质；

2.如果题目条件中出现关于定积分的等式，则可能需要运用积分中值定理；

3.对于以下这类问题一般使用罗尔中值定理进行证明：

6、如果是要证明两函数差值比的中值等式，或证明两函数导数比的中值等式，则可能需要利用柯西中值定理进行证明。

对于上面总结介绍的各种证明方法，在实际问题中要根据具体情况灵活运用，另外，对于需要作辅助函数的证明题，常常通过还原法分析找出需要的辅助函数，对于含积分等式的证明题，常常需要作变积分限的函数作为辅助函数，这种方法也是证明积分等式或不等式的主要方法之一，这些分析总结希望对大家提高中值定理证明题的解题能力有所帮助。最后预祝各位考研成功、金榜题名！

第五篇：2018考研数学重点：中值定理证明题解题技巧

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2018考研数学重点：中值定理证明题解

题技巧

考研数学中证明题虽不能说每年一定考，但也基本上十年有九年都会涉及，在此着重说说应用拉格朗日中值定理来证明不等式的解题方法与技巧。

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根据以上的攻关点拨和典例练习，相信同学们对该题型的解题训练有了一定的掌握。

需要提醒考生们，数学题目多，而且考查的知识点很综合，很多人担心自己做的少，碰到的知识点就会少一些，从而加快了解题速度，实际上考生最重要的是要注重对题目的理解，对基本知识的概括和各种题型解题技巧的能力训练，因此大家可以根据以上的攻关点拨和典例练习，这样加以积累练习，为以后的快速准确解题打下基础。

另外，数学试题切忌眼高手低，实践出真知，只有自己真正做一遍，印象才能深刻，才能了解自己的复习程度，疏漏的内容，如果题目确实做不出来，可以先看答案，看明白之后再抛弃答案自己再把题目独立地做一遍，一定要力求全部理解和掌握所考查的知识点。

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