向量数量积的一个性质的应用

对于某些不等式的证明 ,若认真分析题目的条件和结论 ,构造适当的向量 ,然后借助向量的数量积的性质｜ｍ·ｎ｜≤｜ｍ｜·｜ｎ｜ ,往往可以使某些不等式得到证明 .例 1　已知ａ ,ｂ∈Ｒ ,求证 :ａ +ｂ22 ≤ ａ2 +ｂ22 .证明　设ｍ =(ａ ,ｂ) ,ｎ =( 1,1) .由 ｜ｍ·ｎ｜2 ≤｜ｍ｜2 ·｜ｎ｜2 ,得(ａ +ｂ) 2 ≤ (ａ2 +ｂ2 )· 2 ,∴ ａ +ｂ22 ≤ ａ2 +ｂ22 .例 2　设ａ ,ｂ ,ｃ,ｄ∈Ｒ .证明 :ａｃ+ｂｄ≤ ａ2 +ｂ2 · ｃ2 +ｄ2 .证明　设ｍ =(ａ ,ｂ) ,ｎ =(ｃ,ｄ) .由｜ｍ·ｎ｜≤｜ｍ｜·｜ｎ｜ ,得｜ｃａ+ｂｄ｜≤ ａ2 +ｂ2 ·ｃ2 +ｄ2 …     

构造函数证明恒等式h(n)=g(n)

与自然数ｎ有关的恒等式ｈ(ｎ) =ｇ(ｎ)的论证通常采用数学归纳法 .但若构造函数ｆ(ｎ) =ｈ(ｎ) -ｇ(ｎ) ,再通过求ｆ(ｎ 1 ) -ｆ(ｎ)的差而获得ｆ(ｎ 1 ) =ｆ(ｎ) =ｆ(1 ) =0 ,就能得到另一种比较好的证明方法 .例 1　已知数列 {ａｎ}的通项公式满足 :ａ1 =ｂ ,ａｎ 1 =ｃａｎ ｄ .　 (ｃ≠ 0 ,ｃ≠ 1 )求证 :这个数列的通项公式是ａｎ =ｂｃｎ (ｄ-ｂ)ｃｎ- 1 -ｄｃ-1 .证明 :构造函数ｆ(ｎ) =ｂｃｎ (ｄ -ｂ)ｃｎ- 1 -ｄｃ-1 -ａｎ,则ｆ(ｎ 1 ) =ｂｃｎ 1 (ｄ-ｂ)ｃｎ -ｄｃ -1 -ａｎ 1 .∵ａｎ 1 =ｃａｎ ｄ ,∴ｆ(ｎ 1 ) …     

海伦方程的整数解

定理　不定方程1 6Δ2 =2ｂ2 ｃ2 2ｃ2 ａ2 2ａ2 ｂ2 -ａ4 -ｂ4 -ｃ2 ①的非平凡整数解 (ａ ,ｂ,ｃ,Δ)由如下公式给出 :ａ =(ｍ2 ｎ2 ) (ｓ2 ｔ2 ) 4ｍｎｓｔ,ｂ=2ｍｎ(ｓ2 ｔ2 ) 4ｓｔｍ2 ,ｃ=[ｍｎ(ｓ2 ｔ2 ) 2ｓｔｍ2 ](ｍ2 -ｎ2 ) (ｓ2 -ｔ2 ) ,其中ｍ、ｎ、ｓ、ｔ为整数 ,(ｍ ,ｎ) =1 ,(ｓ,ｔ) =1 ,且ｍｓ≠ 0 ,ｍ≠±ｎ ,ｓ≠±ｔ.证明 :①式可化为2Δｂｃ2 ｂ2 ｃ2 -ａ22ｂｃ2 =1 ,则 ( 2Δｂｃ,ｂ2 ｃ2 -ａ22ｂｃ )为单位圆ｘ2 ｙ2 =1上的有理点 ,可表示为 ( ｓ2 -ｔ2ｓ2 ｔ2 ,2ｓｔｓ2 ｔ2 ) (ｓ,ｔ为互素非零整数…     

构造法求最值问题举例

最值问题是中学数学中一个重要内容 ,其涉及面广 ,难度较大 ,求解方法灵活多样 .本文通过构造函数和曲线来解决某些最值问题 ,不仅形象直观、易于掌握 ,而且可以减少许多不必要的计算 ,达到化难为易的目的 .一、构造函数求最值1 .构造二次函数例 1　设ａ ｂ ｃ ｄ ｅ =8,ａ2 ｂ2 ｃ2 ｄ2 ｅ2 =1 6,求ｅ的最大值 .解 :设ｆ(ｘ) =(ｘ ａ) 2 (ｘ ｂ) 2 (ｘ ｃ) 2 (ｘ ｄ) 2=4ｘ2 2 (ａ ｂ ｃ ｄ)ｘ ａ2 ｂ2 ｃ2 ｄ2显然ｆ(ｘ) ≥ 0 ,且ｘ2 的系数为正 ,则△ =ｂ2 -4ａｃ≤ 0 ,即4(ａ ｂ ｃ ｄ) 2 -1 6(ａ2 ｂ2 ｃ2 ｄ2 )=4( 8…     

两个三项高次方程的公根问题

定理　两个ｎ(ｎ≥ 2 )次方程ａｉｘｎ ｂｉｘ ｃｉ=0○i(ｉ=1 ,2 )有公共根的充要条件是(ａ2 ｃ1-ａ1ｃ2 ) ｎ =(ａ1ｂ2 -ａ2 ｂ1) ｎ - 1(ｂ1ｃ2 -ｂ2 ｃ1) .③证明 :设①、②有公根ｘ0 ,记 ｙ =ｘ0 ｎ,ｚ =ｘ0 ,则关于 ｙ、ｚ的方程组ａ1ｙ ｂ1ｚ ｃ1=0 ,ａ2 ｙ ｂ2 ｚ ｃ2 =0 ④有解 ( ｙ ,ｚ) .当ａ1ｂ2 -ａ2 ｂ1≠ 0时 ,④的解是ｙ =ｂ1ｃ2 -ｂ2 ｃ1ａ1ｂ2 -ａ2 ｂ1,ｚ =ａ2 ｃ1-ａ1ｃ2ａ1ｂ2 -ａ2 ｂ1.⑤因 ｙ=ｘ0 ｎ=ｚｎ,由⑤可验证③成立 .当ａ1ｂ2 -ａ2 ｂ1=0时 ,因④有解 ,只有ａ2 ｃ1-ａ1ｃ2 =ｂ1ｃ2 -ｂ2 ｃ1=0 ,即③成…     

欢庆2003

1 .已知ｘ2 0 0 2 ｘ2 0 0 1 … 1 =0 ,求ｘ2 0 0 3 1ｘ2 0 0 3 的值 .解 :由ｘ2 0 0 3 =ｘ2 0 0 3 0 =ｘ2 0 0 3 ｘ2 0 0 2 ｘ2 0 0 1 … 1 =ｘ(ｘ2 0 0 2 ｘ2 0 0 1 … 1 ) 1 =ｘ·0 1 =1得 1ｘ2 0 0 3 =1 ,故原式 =1 1 =2 .2 .已知ａ、ｂ、ｃ、ｄ满足ａ ｂ=ｃ ｄ ,ａ3 ｂ3 =ｃ3 ｄ3 ,求证 :ａ2 0 0 3 ｂ2 0 0 3 =ｃ2 0 0 3 ｄ2 0 0 3 .证明 :因为ａ3 ｂ3 =ｃ3 ｄ3 所以 (ａ ｂ) (ａ2 -ａｂ ｂ2 ) =(ｃ ｄ) (ｃ2 -ｃｄ ｄ2 )因为ａ ｂ=ｃ ｄ ,故若ａ ｂ=ｃ ｄ =0 ,则ａ=-ｂ,ｃ=-ｄ ,从而ａ2 0 0 3 ｂ2 0 0 3 =(-…     

活用一结论速解一类竞赛题

结论　若ａ+ｂ +ｃ=0 ,则ｂ2 ≥ 4ａｃ.证明　∵ａ +ｂ+ｃ =0 ,即ｂ=- (ａ+ｃ) ,∴ｂ2- 4ａｃ=[- (ａ+ｃ) ]2 - 4ａｃ=(ａ -ｃ) 2 ≥ 0 ,故ｂ2 ≥4ａｃ.活用这一结论可以方便、准确地求解已知等式求取值范围或不等关系类型的问题 .下面举例说明 .例 1　 (1991年“曙光杯”初中数学竞赛题 )已知三个实数ａ ,ｂ,ｃ满足 ａ +ｂ+ｃ =0 ,ａｂｃ =1,求证 :ａ、ｂ、ｃ中至少有一个大于 32 .证明　由题设条件可知ａ ,ｂ,ｃ中有一个正数 ,两个负数 ,不妨设ｃ>0 .∵ａ+ｂ +ｃ=0 ,∴ｃ2 ≥ 4ａｂ.而ａｂｃ=1,则有ｃ3 ≥ 4ａｂｃ =4 ,∴ｃ≥ 34>32 78=32…     

高三数学测试题

一、选择题 (5分 × 12 =60分 )1.设集合Ｍ ={(ｘ ,ｙ)｜｜ｘ + ｙｉ｜=1},Ｎ ={(ｘ ,ｙ)｜｜ｘ + ｙ｜=1},其中ｘ ,ｙ∈Ｒ ,则Ｍ∩Ｎ的元素个数是 (　　 )　 (Ａ) 0　　 (Ｂ) 1　　 (Ｃ) 2　　 (Ｄ) 42 .过点Ｐ(-2 ,1)且垂直于向量ａ=(2 ,1)的直线方程是 (　　 )　 (Ａ) 2ｘ + ｙ=0　　 (Ｂ) 2ｘ + ｙ + 3 =0　 (Ｃ) 2ｘ + ｙ + 4=0 (Ｄ) 2ｘ + ｙ -3 =03 .若ａ ,ｂ ,ｃ,ｄ都是实数 ,且满足以下三个条件 :①ａ +ｂ=ｃ +ｄ ,②ａ +ｄ<ｂ +ｃ,③ｄ>ｃ,则有 (　　 )　 (Ａ)ａ >ｂ>ｄ >ｃ　 (Ｂ)ｂ>ｄ >ｃ >ａ　 (Ｃ)ａ>ｄ >ｃ>ｂ　 (Ｄ)ｄ >ｃ…     

四边形外接圆半径公式

定理　设四边形ＡＢＣＤ的边为ａ、ｂ、ｃ、ｄ ,外接圆半径为Ｒ ,则Ｒ =(ａｂ ｃｄ) (ａｃ ｂｄ) (ａｄ ｂｃ)4 ｐａｐｂｐｃｐｄ,其中 ｐ为半周长 ,ｐａ=ｐ -ａ ,等等 .证明 :如图 ,用余弦定理 ,得ｃｏｓＡ =ａ2 ｄ2 -ｘ22ａｄ ,ｃｏｓＣ =ｂ2 ｃ2 -ｘ22ｂｃ .应用ｃｏｓＡ ｃｏｓＣ =0 ,记ｋ1=(ａｂ ｃｄ) (ａｃ ｂｄ) ,ｋ2 =ａｄ ｂｃ,则解得ｘ2 =ｋ1ｋ2.应用三角形外接圆半径公式 ,得Ｒ△ＢＣＤ=ｘｂｃ4 ｐ′ｐｘ′ｐｂ′ｐｃ′　 ( ｐ′=12 (ｘ ｂ ｃ) ,ｐｘ′=ｐ′ -ｘ ,等等 ) ,则有Ｒ2 =Ｒ△ＢＣＤ2 =ｘ2 ｂ2 ｃ21 6ｐ′…     

双圆四边形的一个性质

定理　设 ｐ、Ｒ、ｒ分别表示双圆四边形Ａ1Ａ2 Ａ3 Ａ4 的半周长、外接圆和内切圆半径 ;Ａ1Ａ2 =ａ ,Ａ2 Ａ3 =ｂ,Ａ3 Ａ4 =ｃ ,Ａ4 Ａ1=ｄ ;ｐａ=ｐ -ａ ,等等 ,则 ａ3ｐａｐｃｐｄ≥ (8ｒ4Ｒ2 ｒ ｒ) 2 . ( )证明 :由算术———几何平均不等式 ,ｐｂｐｃｐｄ≤ [13 (ｐｂ ｐｃ ｐｄ) ]3 =(ｐ ａ3 ) 3 ,∴ ( )式左端≥ (3ａｐ ａ) 3 .由不等式1ｎ ｎｉ=1ｘｉｍ≥ (1ｎ ｎｉ=1ｘｉ) ｍ　 (ｘｉ∈Ｒ ) ,得 (3ａｐ ａ) 3 ≥ 2 7× 4[14 ａｐ ａ]3=2 71 6( ａｐ ａ) 3 .在柯西不等式 ａｋｂｋ≤ ( ａｋ2 ｂｋ2 ) 12 　 (ａｋ,ｂ…     

应用二次函数解最值问题

知识链接　　二次函数ｙ=ａｘ2 +ｂｘ +ｃ(ａ≠ 0 )的顶点坐标是- ｂ2ａ,4ａｃ-ｂ24ａ .所以 ,当ａ <0 ,ｘ =- ｂ2ａ时 ,二次函数有最大值ｙ =4ａｃ-ｂ24ａ ;当ａ >0 ,ｘ =- ｂ2ａ时 ,二次函数有最小值ｙ =4ａｃ-ｂ24ａ .例 1　用长 8ｍ的铝合金条制成如图 1形状的矩形窗框 ,使窗户的透光面积最大 ,那么这个最大透光面积是 (　　 ) .(Ａ) 6 42 5 ｍ2 　 (Ｂ) 43ｍ2 　 (Ｃ) 83ｍ2 　 (Ｄ) 4ｍ2(2 0 0 1年浙江省金华市中考题 )　解　设窗户的宽为ｘｍ ,高为ｙｍ ,则 3ｘ+2ｙ=8.∴　ｙ =4- 32 ｘ .设透光面积为Ｓｍ2 ,则Ｓ =ｘｙ=ｘ 4- 32 ｘ …     

两道数学题的巧解

1 若一个四位数等于它的各位数字的和的 4次方 ,则这个四位数是 .图 12 如图 1,在△ＡＢＣ中 ,ＤＥ∥ＢＣ ,分别交ＡＢ、ＡＣ于Ｄ、Ｅ .若Ｓ△ＡＤＥ=4,Ｓ△ＢＤＥ=6 ,则Ｓ△ＢＣＥ=.参考答案1 欲求这个四位数 ,只需求出它的各位数字的和即可 .设这个四位数为ａｂｃｄ ,则ａｂｃｄ =(ａ +ｂ +ｃ+ｄ) 4.∵　 10 0 0 <ａｂｃｄ <9999,∴　 10 0 0 <(ａ +ｂ +ｃ +ｄ) 4<9999.∴　 6≤ａ +ｂ +ｃ+ｄ≤ 9.　　∵　ａ、ｂ、ｃ、ｄ是整数 ,∴　ａ +ｂ +ｃ +ｄ =6或 7或 8或 9.经检验可知 ,ａ +ｂ +ｃ +ｄ =7符合题意 ,其余都不符合题意 .∴　ａｂ…     

一个来自课本习题的数学模型的应用举例

在高中《代数》下册中 ,有这样一道习题 :“已知数列 {ａｎ}的项满足ａ1=ｂ,ａｎ+ 1=ｃａｎ+ｄ ,其中ｃ≠ 0 ,ｃ≠ 1,证明这个数列通项公式是ａｎ =ｂｃｎ+(ｄ-ｂ)ｃｎ-1-ｄｃ - 1.”(证略 )对于该数列同时有以下四个简单结论 :结论 1　当 0 <ｃ<1且ａ1<ｄ1-ｃ(或ａ1>ｄ1-ｃ)时 ,则ａｎ <ａｎ+ 1<ｄ1-ｃ(或ａｎ >ａｎ+ 1>ｄ1-ｃ)且ｌｉｍｎ→∞ａｎ =ｄ1-ｃ.结论 2　当 - 1<ｃ<0且ａ1<ｄ1-ｃ(或ａ1>ｄ1-ｃ)时 ,则ａｎ >ａｎ+ 1>ｄ1-ｃ(或ａｎ <ａｎ+ 1<ｄ1-ｃ)且ｌｉｍｎ→∞ａｎ =ｄ1-ｃ.结论 3　ｃ≠ 0 ,ｃ≠ 1且ａ1=ｄ1-ｃ时 ,则ａｎ =ｄ…     

凹四边形的一个面积公式

文 [1 ]证明了凸四边形的一个面积公式 ,本文应用类似的方法 ,证明了该公式也适用于凹四边形 .定理　设凹四边形ＡＢＣＤ的边ＡＢ =ａ ,ＢＣ =ｂ ,ＣＤ =ｃ,ＤＡ =ｄ ,对角线ＡＣ =ｍ ,ＢＤ =ｎ ,则其面积Δ =144ｍ2 ｎ2 -(ａ2 -ｂ2 +ｃ2 -ｄ2 ) 2 .证明 :不妨设Ｃ是凹顶点 (如图 ) .延长ＡＣ交ＢＤ于Ｅ ,记∠ＡＥＢ =θ ,ＢＥ =ｘ ,ＥＤ =ｙ ,ＣＥ =ｚ,则ｘ +ｙ=ｎ ,ＡＥ =ｍ +ｚ .由余弦定理 ,有ａ2 =ｘ2 +(ｍ +ｚ) 2 -2ｘ(ｍ +ｚ)ｃｏｓθ ,ｂ2 =ｘ2 +ｚ2 -2ｘｚｃｏｓθ,ｃ2 =ｙ2 +ｚ2 +2 ｙｚｃｏｓθ ,ｄ2 =ｙ2 +(ｍ +ｚ) 2 +2 ｙ(ｍ …     

2001年数学中考模拟自测卷参考答案

一、1 Ｃ　 2 Ｂ　 3 Ｄ　 4 Ａ　 5 Ｃ　 6 Ｄ　 7 Ｂ　 8 Ｄ　 9 Ａ　 10 Ｃ二、11 若ａ∥ｂ ,ｂ∥ｃ ,则ａ∥ｃ(或若ａ∥ｂ ,ａ⊥ｃ ,则ｂ⊥ｃ等 )　 12 32　 13 160°　 14 98ｍ　 15 ｙ2 <ｙ3 <ｙ1 　16 9　 17 7或 2 5　 18 180°　 19 ＡＣ =ＣＥ ,ＣＤ ∥ 12 ＢＥ ,ＣＤ⊥ＡＢ ,ＣＤ平分ＡＢ ,ＣＤ过圆心 ,ＡＤ2 =ＣＤ·ＤＦ ,…　2 0 13+ 2 3+ 33+… +ｎ3=(1+ 2 + 3 +… +ｎ) 2 或 13+ 2 3+ 33+… +ｎ3=ｎ(ｎ + 1)22三、2 1 原式 =- 2ｘ2 .∵　 ｘ2ｘ2 - 2 =11- 3 - 2 ,∴　ｘ2 - 2ｘ2 =1- 2ｘ2 =1- 3 - 2 .∴　 - 2ｘ2 =- (…     

多项式（a1＋a2＋a3＋a…＋am）^n展开式项数之初探

(ａ+ｂ) ｎ二项展开式有 (ｎ+ 1)项 ,(ａ +ｂ+ｃ) ｎ三项展开式的项数可以按二项展开式办法求出 :[(ａ+ｂ) +ｃ]ｎ =Ｃ0 ｎ(ａ +ｂ) ｎｃ0 +Ｃ1ｎ(ａ +ｂ) ｎ- 1ｃ1+…+Ｃｒｎ(ａ +ｂ) ｎ-ｒｃｒ+… +Ｃｎｎ(ａ +ｂ) 0 ｃｎ,其展开式共有 (ｎ + 1) +ｎ + (ｎ - 1) +… + 2 + 1=(ｎ + 1) (ｎ+ 2 )2 项 .那么 (ａ1+ａ2 +ａ3 +… +ａｍ) ｎ展开式又有多少项呢 ?观察是思维的入口 ,是解题的第一能力 .从五光十色的交叉干扰信息中 ,能迅速找到自己需要的要点 ,这是观察能力中最基础、最珍贵的直觉思维能力 .观察上式结论 :(ｎ + 1) (ｎ+ 2 )2 =Ｃ…     

用中线或高判定三角形形状

定理 1　设ｍａ、ｍｂ、ｍｃ 分别是△ＡＢＣ的边ａ、ｂ、ｃ上的中线 ,ｍｃ≤ｍａ,ｍｃ≤ｍｂ,则当 5ｍ2 ｃ 小于、等于或大于ｍ2 ａ ｍ2 ｂ 时 ,△ＡＢＣ分别为钝角、直角或锐角三角形 证明 :由三角形的中线公式ｍａ =12· 2ｂ2 2ｃ2 -ａ2 ,… ,可解出ａ2 =19[8(ｍ2 ｂ ｍ2 ｃ)-4ｍ2 ａ],… .于是知ｍｃ≤ｍａ,ｍｃ≤ｍｂ 等价于ｃ≥ａ ,ｃ≥ｂ ,于是△ＡＢＣ为Ｒｔ△ ,即ｃ2 =ａ2 ｂ2 ,等价于8(ｍ2 ａ ｍ2 ｂ) -4ｍ2 ｃ9=8(ｍ2 ｂ ｍ2 ｃ) -4ｍ2 ａ9 8(ｍ2 ｃ ｍ2 ａ) -4ｍ2 ｂ9.化简 ,即得 5ｍ2 ｃ=ｍ2 ａ ｍ2 ｂ.可完全类似地证明△…     

不等式(a b c)(1/a 1/b 1/c)≥9的引申与推广

若ａ ,ｂ ,ｃ >0 ,则(ａ ｂ ｃ) ( 1ａ 1ｂ 1ｃ)≥ 9( )是初等数学中的一个基本不等式 ,利用平均不等式可容易得证 .本文讨论它的引申与推广形式 .首先 ,容易得到该不等式的一般推广形式 .若ａｉ>0　 (ｉ =1,2 ,… ,ｎ) ,则(ａ1 ａ2 … ａｎ) ( 1ａ1 1ａ2 … 1ａｎ)≥ｎ2 .( 1)( 1)可变形为1ａ1 ａ2 … ａｎ≤ 1ｎ21ａ1 1ａ2 … 1ａｎ.( 1’)利用以上结果 ,我们可以对不等式 ( )进行以下一系列的引申和推广 .设ａ ,ｂ ,ｃ >0 ,则〔(ａ ｂ) (ｂ ｃ) (ｃ ａ)〕( 1ａ ｂ 1ｂ ｃ 1ｃ ａ)≥ 9, ( )于是　　 1ａ ｂ 1ｂ …     

向量在代数中的运用

向量不仅是解决立体几何、解析几何的有力工具 ,也是解决代数和三角问题的有力工具 ,它可使许多代数和三角问题的求解过程变得轻松 ,生动 ,给人以数学美的享受 .它为解决中学数学问题开避了一条新的途径 .一、比较大小例 1　已知ａ ,ｂ∈Ｒ ,0 <ｘ<1,试比较ａ2ｘ + ｂ21-ｘ 与 (ａ +ｂ) 2 的大小 .解　设向量ｍ=ａｘ,ｂ1-ｘ ,ｎ=(ｘ ,1-ｘ) .由 (ｍ·ｎ) 2 ≤｜ｍ｜2 ｜ｎ｜2 ,得(ａ +ｂ) 2=ａｘ·ｘ + ｂ1-ｘ· 1-ｘ2≤ ａ2ｘ + ｂ21-ｘ ｘ+ (1-ｘ)=ａ2ｘ + ｂ21-ｘ.例 2　 (2 0 0 0年河北省高中数学竞赛试题 )已知ａ ,ｂ∈Ｒ ,ｍ ,ｎ∈Ｒ+…     

一个猜想不等式的肯定--兼擂台题(54)的证明

擂台题 (5 4 ) :证明或否定若ａ、ｂ、ｃ为△ＡＢＣ的三边长 ,实数λ≥ 2 ,则(ｂ+ｃ-ａ) λｂλ+ｃλ +(ｃ+ａ -ｂ) λｃλ+ａλ +(ａ +ｂ -ｃ) λａλ+ｂλ ≥ 32①引理　若ｍ、ｎ∈Ｒ+ ,实数 ｐ≥ 1 ,则(ｍ +ｎ2 ) ｐ≤ ｍｐ+ｎｐ2 ②证明　 (1 )当 ｐ =1时 ,②式等号成立 ,(2 )当 ｐ >1时 ,令 ｆ(ｘ) =ｘｐ(ｘ >0 ) ,这时 ,ｆ′(ｘ) =ｐｘｐ- 1,ｆ″(ｘ) =ｐ(ｐ -1 )ｘｐ - 2 >0 ,所以 ｆ(ｘ)是 (0 ,+∞ )上的凹函数。因为ｍ、ｎ∈Ｒ+ ,由琴生不等式知ｆ(ｍ +ｎ2 )≤ ｆ(ｍ) +ｆ(ｎ)2 ,即有 (ｍ +ｎ2 ) ｐ≤ ｍｐ+ｎｐ2 ,当且仅当ｍ =ｎ…