注意事項(xiàng)：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上．
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號．回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．
3．考試結(jié)束后，將答題卡交回．
一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．
1. 設(shè)全集，集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先解一元二次不等式,化簡集合A,再利用數(shù)軸進(jìn)行集合的補(bǔ)集和交集運(yùn)算可得.
【詳解】解一元二次不等式化簡集合A,得,
由 得,
所以.
故選D.
【點(diǎn)睛】本題考查了一元二次不等式的解法,集合的交集和補(bǔ)集運(yùn)算,用數(shù)軸運(yùn)算補(bǔ)集和交集時(shí),注意空心點(diǎn)和實(shí)心點(diǎn)的問題,屬基礎(chǔ)題.
2. 若復(fù)數(shù)，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算結(jié)合共軛復(fù)數(shù)的概念求解.
【詳解】由，得．
故選：C
3. 設(shè)是等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，若，則（ ）
A. 15B. 30C. 45D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)求出，再根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式即可得解.
【詳解】由題意得，所以，
所以.
故選：C.
4. 已知命題：，使得成立為真命題，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由一次函數(shù)和二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，知當(dāng)時(shí)，命題為真命題，當(dāng)時(shí)，需，最后綜合討論結(jié)果，可得答案．
【詳解】命題為真命題等價(jià)于不等式有解．
當(dāng)時(shí)，不等式變形為，則，符合題意；
當(dāng)時(shí)，，解得；
當(dāng)時(shí)，總存在，使得；
綜上可得實(shí)數(shù)的取值范圍為．
故選：B
5. 在△中，為邊上的中線，為的中點(diǎn)，則
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析：首先將圖畫出來，接著應(yīng)用三角形中線向量的特征，求得，之后應(yīng)用向量的加法運(yùn)算法則-------三角形法則，得到，之后將其合并，得到，下一步應(yīng)用相反向量，求得，從而求得結(jié)果.
【詳解】根據(jù)向量的運(yùn)算法則，可得
，
所以，故選A.
【點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)平面向量基本定理的有關(guān)問題，涉及到的知識點(diǎn)有三角形的中線向量、向量加法的三角形法則、共線向量的表示以及相反向量的問題，在解題的過程中，需要認(rèn)真對待每一步運(yùn)算.
6. 執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的a的值為17，則輸入的最小整數(shù)的值為（ ）
A. 9B. 12C. 14D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)流程框圖代數(shù)進(jìn)行計(jì)算即可，當(dāng)進(jìn)行第四次循環(huán)時(shí)發(fā)現(xiàn)輸出的值恰好滿足題意，然后停止循環(huán)求出的值.
【詳解】第一次循環(huán)，，不成立；
第二次循環(huán)，，不成立；
第三次循環(huán)，．不成立；
第四次循環(huán)，，，成立，
所以，輸入的最小整數(shù)t的值為9．
故選：A
7. 純電動汽車是以車載電源為動力，用電機(jī)驅(qū)動車輪行駛，符合道路交通?安全法規(guī)各項(xiàng)要求的車輛，它使用存儲在電池中的電來發(fā)動．因其對環(huán)境影響較小，逐漸成為當(dāng)今世界的乘用車的發(fā)展方向．研究發(fā)現(xiàn)電池的容量隨放電電流的大小而改變，1898年P(guān)eukert提出鉛酸電池的容量、放電時(shí)間和放電電流之間關(guān)系的經(jīng)驗(yàn)公式：，其中為與蓄電池結(jié)構(gòu)有關(guān)的常數(shù)（稱為Peukert常數(shù)），在電池容量不變的條件下，當(dāng)放電電流為時(shí)，放電時(shí)間為；當(dāng)放電電流為時(shí)，放電時(shí)間為，則該萻電池的Peukert常數(shù)約為（ ）（參考數(shù)據(jù)：，）
A. 1.12B. 1.13C. 1.14D. 1.15
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)題意可得，再結(jié)合對數(shù)式與指數(shù)式的互化及換底公式即可求解．
【詳解】由題意知，
所以，兩邊取以10為底的對數(shù)，得，
所以．
故選：D．
8. 若，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二倍角公式可得，再結(jié)合已知可求得，利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系即可求解.
詳解】
，
，，，解得，
，.
故選：A.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查三角函數(shù)的化簡問題，解題的關(guān)鍵是利用二倍角公式化簡求出.
9. 函數(shù)的大致圖象為（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】對函數(shù)化簡后，利用排除法，先判斷函數(shù)的奇偶性，再取特殊值判斷即可
【詳解】因?yàn)椋?br>所以為偶函數(shù)，所以函數(shù)圖象關(guān)于軸對稱，所以排除A，C選項(xiàng)；
又，所以排除B選項(xiàng)，
故選：D．
10. 設(shè)函數(shù)在區(qū)間恰有三個(gè)極值點(diǎn)、兩個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由的取值范圍得到的取值范圍，再結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)得到不等式組，解得即可．
【詳解】解：依題意可得，因?yàn)?，所以?br>要使函數(shù)在區(qū)間恰有三個(gè)極值點(diǎn)、兩個(gè)零點(diǎn)，又，的圖象如下所示：

則，解得，即．
故選：C．
11. 已知函數(shù).若過點(diǎn)可以作曲線三條切線，則的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】切點(diǎn)為，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線的斜率，設(shè)切線為：，可得，設(shè)，求，利用導(dǎo)數(shù)求的單調(diào)性和極值，切線的條數(shù)即為直線與圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，結(jié)合圖象即可得出答案.
【詳解】設(shè)切點(diǎn)為，由可得，
所以在點(diǎn)處的切線的斜率為，
所以在點(diǎn)處的切線為：，
因?yàn)榍芯€過點(diǎn)，所以，
即，即這個(gè)方程有三個(gè)不等根即可，
切線的條數(shù)即為直線與圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，
設(shè)，
則
由可得，由可得：或，
所以在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
當(dāng)趨近于正無窮，趨近于0，當(dāng)趨近于負(fù)無窮，趨近于正無窮，
的圖象如下圖，且，
要使與的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，則.
則的取值范圍是:.
故選：A.
12. 已知函數(shù)，函數(shù)恰有5個(gè)零點(diǎn)，則m的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由題意可先做出函數(shù)的大致圖象，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論，即可確定m的取值范圍.
【詳解】當(dāng)時(shí)，．由，得，由，得，
則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故的大致圖象如圖所示．
設(shè)，則，由圖可知當(dāng)時(shí)，有且只有1個(gè)實(shí)根，
則最多有3個(gè)不同的實(shí)根，不符合題意．
當(dāng)時(shí)，的解是，．有2個(gè)不同的實(shí)根，有2個(gè)不同的實(shí)根，
則有4個(gè)不同的實(shí)根，不符合題意．
當(dāng)時(shí)，有3個(gè)不同的實(shí)根，，，且，，．
有2個(gè)不同的實(shí)根，有2個(gè)不同的實(shí)根，有3個(gè)不同的實(shí)根，
則有7個(gè)不同的實(shí)根，不符合題意．
當(dāng)時(shí)，有2個(gè)不同的實(shí)根，，且，．
有2個(gè)不同的實(shí)根，有3個(gè)不同的實(shí)根，
則有5個(gè)不同的實(shí)根，符合題意．
當(dāng)時(shí)，有2個(gè)不同的實(shí)根，，且，，
有2個(gè)不同的實(shí)根，，有2個(gè)不同的實(shí)根，則有4個(gè)不同的實(shí)根，不符合題意．
當(dāng)時(shí)，有且只有1個(gè)實(shí)根，則最多有3個(gè)不同的實(shí)根，不符合題意，
綜上，m的取值范圍是．
故選：C.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對于函數(shù)零點(diǎn)問題，若能夠畫圖時(shí)可作出函數(shù)圖像，利用數(shù)形結(jié)合與分類討論思想，即可求解.本題中，由圖看出，m的討論應(yīng)有，，，，這幾種情況,也是解題關(guān)鍵.
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．
13. 已知向量．若，則________．
【答案】.
【解析】
【分析】利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算法則求得向量的坐標(biāo)，利用向量的數(shù)量積為零求得的值
【詳解】,
，解得,
故答案為：.
【點(diǎn)睛】本題考查平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，平面向量垂直的條件，屬基礎(chǔ)題，利用平面向量垂直的充分必要條件是其數(shù)量積.
14. 如圖，為測量山高M(jìn)N，選擇A和另一座山的山頂C為測量觀測點(diǎn)，從A點(diǎn)測得M點(diǎn)的仰角，C點(diǎn)的仰角以及；從C點(diǎn)測得．已知山高m，則山高_(dá)_____m．
【答案】300
【解析】
【分析】先求，由正弦定理得，最后由可求.
【詳解】由題意，m，，
由正弦定理得m，
所以m.
故答案為：300
15. 已知等比數(shù)列的前3項(xiàng)和為，則___________.
【答案】3
【解析】
【分析】設(shè)等比數(shù)列的公比為，根據(jù)已知條件利用等比數(shù)列的定義計(jì)算可得，，即可求得的值.
【詳解】解：設(shè)等比數(shù)列的公比為，，由題意，
因?yàn)榍?項(xiàng)和為168，故，
又，
所以，，
則.
故答案為：3.
16. 已知函數(shù)是的奇函數(shù)，對任意，都有成立，當(dāng)，且時(shí)，都有，有下列命題
① ②直線是函數(shù)圖象的一條對稱軸
③函數(shù)在上有5個(gè)零點(diǎn) ④函數(shù)在上為減函數(shù)
則結(jié)論正確的有____________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】根據(jù)題意，利用特殊值法求得，進(jìn)而分析得到時(shí)函數(shù)的一條對稱軸，，函數(shù)時(shí)周期為4的周期函數(shù)，且函數(shù)在上單調(diào)遞增，據(jù)此結(jié)合選項(xiàng)，逐項(xiàng)判定，即可求解.
【詳解】由題意，函數(shù)是的奇函數(shù)，則，
對任意，都有成立，
當(dāng)，有，即，
則有，即時(shí)函數(shù)的一條對稱軸，
又由為奇函數(shù)，則，即，
可得，所以函數(shù)時(shí)周期為4的周期函數(shù)，
當(dāng)，且時(shí)，都有，可函數(shù)在上單調(diào)遞增，
對于①中，由，則，
所以
，所以①正確；
對于②中，由時(shí)函數(shù)的一條對稱軸，且函數(shù)時(shí)周期為4的周期函數(shù)，
則直線是函數(shù)圖象的一條對稱軸，所以②正確；
對于③中，函數(shù)在上有7個(gè)零點(diǎn)，分別為，所以C錯(cuò)誤；
對于④中，函數(shù)在上為增函數(shù)且周期為4，可得在上為增函數(shù)，又由是函數(shù)圖象的一條對稱軸，則函數(shù)在上為減函數(shù)，所以④正確.
故答案為：①②④
三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．
（一）必考題：共60分．
17. 已知函數(shù)的部分圖象，如圖所示.
（1）求函數(shù)的解析式；
（2）將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長度，再將得到的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)的圖象，當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)正弦型函數(shù)的圖像求三角函數(shù)的解析式，根據(jù)最大值求出，由最小正周期求出，并確定.
（2）根據(jù)平移后得到新的正弦型函數(shù)解析式，由函數(shù)解析式求出函數(shù)值域.
【小問1詳解】
解：根據(jù)函數(shù)的部分圖象
可得，，所以.
再根據(jù)五點(diǎn)法作圖可得，
所以，.
【小問2詳解】
將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位后，可得的圖象，再將得到的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)的圖象.
由，可得
又函數(shù)在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減
，，
函數(shù)在的值域.
18. 已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，且．，．
（1）求數(shù)列和的通項(xiàng)公式；
（2）若，求數(shù)列前n項(xiàng)和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)對數(shù)運(yùn)算得，利用等比數(shù)列定義求通項(xiàng)公式，利用等差中項(xiàng)判斷數(shù)列為等差數(shù)列，建立方程求出公差，從而可得的通項(xiàng)；
（2）利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即可.
【小問1詳解】
∵，∴，則，所以為等比數(shù)列，
又，得，所以，
由知是等差數(shù)列，且，，
∴，得，．∴.
【小問2詳解】
因?yàn)?，，所以?br>所以
則
上面兩式作差得
，
∴
19. 記是內(nèi)角，，的對邊分別為，，.已知，點(diǎn)在邊上，.
（1）證明：；
（2）若，求.
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)正弦定理的邊角關(guān)系有，結(jié)合已知即可證結(jié)論.
（2）方法一：兩次應(yīng)用余弦定理，求得邊與的關(guān)系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【詳解】（1）設(shè)的外接圓半徑為R，由正弦定理，
得，
因?yàn)?，所以，即?br>又因?yàn)?，所以?br>（2）[方法一]【最優(yōu)解】：兩次應(yīng)用余弦定理
因?yàn)?，如圖，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因?yàn)?，所以，解得或?br>當(dāng)時(shí)，（舍去）．
當(dāng)時(shí)，．
所以．
[方法二]：等面積法和三角形相似
如圖，已知，則，
即，
而，即，
故有，從而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
則．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相結(jié)合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化簡得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：構(gòu)造輔助線利用相似的性質(zhì)
如圖，作，交于點(diǎn)E，則．
由，得．
在中，．
在中．
因?yàn)椋?br>所以，
整理得．
又因?yàn)?，所以?br>即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因?yàn)?，所以?br>以向量為基底，有．
所以，
即，
又因?yàn)?，所以．?br>由余弦定理得，
所以④
聯(lián)立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線為x軸，過點(diǎn)D垂直于的直線為y軸，
長為單位長度建立直角坐標(biāo)系，
如圖所示，則．
由（1）知，，所以點(diǎn)B在以D為圓心，3為半徑的圓上運(yùn)動．
設(shè)，則．⑤
由知，，
即．⑥
聯(lián)立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整體點(diǎn)評】(2)方法一：兩次應(yīng)用余弦定理是一種典型的方法，充分利用了三角形的性質(zhì)和正余弦定理的性質(zhì)解題；
方法二：等面積法是一種常用的方法，很多數(shù)學(xué)問題利用等面積法使得問題轉(zhuǎn)化為更為簡單的問題，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相結(jié)合是解三角形問題的常用思路；
方法四：構(gòu)造輔助線作出相似三角形，結(jié)合余弦定理和相似三角形是一種確定邊長比例關(guān)系的不錯(cuò)選擇；
方法五：平面向量是解決幾何問題的一種重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的運(yùn)算法則可以將其與余弦定理充分結(jié)合到一起；
方法六：建立平面直角坐標(biāo)系是解析幾何的思路，利用此方法數(shù)形結(jié)合充分挖掘幾何性質(zhì)使得問題更加直觀化.
20. 已知函數(shù)．
（1）討論的單調(diào)性；
（2）證明：當(dāng)時(shí)，．
【答案】（1）答案見解析
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）先求導(dǎo)，再分類討論與兩種情況，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可得解；
（2）方法一：結(jié)合（1）中結(jié)論，將問題轉(zhuǎn)化為的恒成立問題，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證得即可.
方法二：構(gòu)造函數(shù)，證得，從而得到，進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為的恒成立問題，由此得證.
【小問1詳解】
因?yàn)?，定義域?yàn)椋裕?br>當(dāng)時(shí)，由于，則，故恒成立，
所以在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，令，解得，
當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞增；
綜上：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
【小問2詳解】
方法一：
由（1）得，，
要證，即證，即證恒成立，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，則恒成立，
所以當(dāng)時(shí)，恒成立，證畢.
方法二：
令，則，
由于在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞增，
又，
所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
故，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立，
因?yàn)椋?br>當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號成立，
所以要證，即證，即證，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，則恒成立，
所以當(dāng)時(shí)，恒成立，證畢.
21 已知函數(shù)
（1）當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
（2）若在區(qū)間各恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先算出切點(diǎn),再求導(dǎo)算出斜率即可
（2）求導(dǎo)對分類討論,對分兩部分研究
【小問1詳解】
的定義域?yàn)?br>當(dāng)時(shí),,所以切點(diǎn)為,所以切線斜率為2
所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為
【小問2詳解】
設(shè)
若,當(dāng),即
所以在上單調(diào)遞增,
故在上沒有零點(diǎn),不合題意
若,當(dāng),則
所以在上單調(diào)遞增所以,即
所以在上單調(diào)遞增,
故在上沒有零點(diǎn),不合題意
若
(1)當(dāng),則,所以在上單調(diào)遞增
所以存在,使得,即
當(dāng)單調(diào)遞減
當(dāng)單調(diào)遞增
所以
當(dāng),
令則
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，
又，，
所以在上有唯一零點(diǎn)
又沒有零點(diǎn),即在上有唯一零點(diǎn)
(2)當(dāng)
設(shè)
所以在單調(diào)遞增
所以存在,使得
當(dāng)單調(diào)遞減
當(dāng)單調(diào)遞增,
又
所以存在,使得,即
當(dāng)單調(diào)遞增,當(dāng)單調(diào)遞減，
當(dāng)，，
又，
而,所以當(dāng)
所以在上有唯一零點(diǎn),上無零點(diǎn)
即在上有唯一零點(diǎn)
所以,符合題意
所以若在區(qū)間各恰有一個(gè)零點(diǎn),求的取值范圍為
【點(diǎn)睛】
方法點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是對的范圍進(jìn)行合理分類，否定和肯定并用，否定只需要說明一邊不滿足即可，肯定要兩方面都說明.
（二）選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題做答．如果多做，則按所做的第一題記分．
選修4—4：坐標(biāo)系與參考方程
22. 在直角坐標(biāo)系中，曲線M的方程為，曲線N的方程為，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系．
（1）求曲線M，N的極坐標(biāo)方程；
（2）若射線與曲線M交于點(diǎn)A（異于極點(diǎn)），與曲線N交于點(diǎn)B，且，求．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化公式，即可求解曲線和的極坐標(biāo)方程；
（2）將代入曲線和的方程，求得和 ，結(jié)合題意求得，即可求解.
【小問1詳解】
解：由，可得，即，
又由，可得，
所以曲線M的極坐標(biāo)方程為．
由，可得，即，
即曲線N的極坐標(biāo)方程為.
【小問2詳解】
解：將代入，可得，
將代入，可得，
則，
因?yàn)?，所以?br>又因?yàn)?，所以?br>選修4—5：不等式選講
23. 已知函數(shù)．
（1）求不等式的解集；
（2）設(shè)函數(shù)的最小值為m，且正實(shí)數(shù)a，b，c滿足，求證：．
【答案】（1）
（2）證明見詳解
【解析】
【分析】（1）分段討論去絕對值即可求解；（2）利用絕對值不等式可求得，再利用基本不等式即可證明.
【小問1詳解】
由題意可得：，
當(dāng)時(shí)，則，解得；
當(dāng)時(shí)，則，解得；
當(dāng)時(shí)，則，解得；
綜上所述：不等式的解集為.
【小問2詳解】
∵，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號成立，
∴函數(shù)的最小值為，則，
又∵，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號成立；
，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號成立；
，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號成立；
上式相加可得：，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號成立，
∴.

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