安全行车证明专题

安全行车证明专题（通用8篇）

安全行车证明专题 篇1

众所周知，构成机动车行驶状态的有三大要素，即机动车、机动车驾驶员和适合机动车行驶的道路。只有当这三大要素同时处于正常状态，安全行车才有保障。

实践证明，一个头脑清醒、经验丰富的驾驶员，即使在车辆道路处于不正常的情况下，通过他的努力，克服障碍，同样可能化险为夷，做到安全行车。驾驶员是安全行车的主导因素，要确保行车安全，必须具备六种意识。

一、行车安全意识

驾驶是一个脑力和体力并用的职业，同时又是一个充满挑战和风险的职业。作为一名驾驶员，每次出车都必须有一种忧患意识，即安全意识，做到“高高兴兴上班去，平平安安回家来”。驾驶员操纵机动车的行为不仅仅是个人安危之所系，而且直接关系到公私财产及无数人的生命安全。如果说驾驶员必须“战战兢兢，步履薄冰”是一点也不过分的，总之，驾驶员必须本着对公私财产、行人生命、自己和家人高度负责的信念去开车，才能做到安全行车。

二、职业道德意识

安全行车，文明开车是现代社会的要求，也是驾驶员应尽的职责。驾驶员要不断提高自己的职业道德意识，做到遇事谦让，不以强凌弱;以理服人，不蓄意报复;见危施救，不袖手旁观;扶贫济困，不见钱眼开等等。

三、交通法规意识

“交通法规，生命之友”。驾驶员遵循交通法规，应视之为驾驶机动车的生命线，不可逾越。无数以血酿成的惨剧证明了这一点;不遵守交通法规的车辆是一匹脱缰的野马，必将危害社会，害人害己。而只有遵守交通法规，自觉接受交通法规的制约、规范，才能确保良好的交通秩序和安全行车。这一点已经被无数优秀驾驶员用亲身实践所证明。

四、驾驶技能意识

驾驶员的驾驶技能不仅包括开车的技能，而且应熟练掌握一般的车辆保养和维修的技能。否则，驾驶员只能是不成熟、技术不全面的“车夫”，面对故障束手无策。尤其是新驾驶员，更要掂量自己驾驶技能的分量，多一点谨慎，少一点盲目，多一点钻研，少一点满足;多一点请教，少一点自大，尽快提高自己的驾驶技能，避免成为“马路杀手”。同时，驾驶员还必须有意识地积累行车经验，熟悉不同的路况和交通环境，总之，技术越全面，经验越丰富，安全行车就越有保障。

五、生活习惯意识

驾驶员必须有良好的生活习惯。这包括作息有规律，无不良嗜好，如赌博、酗酒等。学会自我保护，做到四个注意：即注意饮食调理，注意精神调剂，注意情绪调整，注意身体调养。驾驶员的业余生活应当健康向上，只有这样才能保持旺盛的精力和愉悦的精神，做到安全行车。

六、克服困难意识

电动自行车归属证明 篇2

关于要求社区（村）出具电动自行车归属证明的通知

（可用电话通知各乡镇街道）

各乡镇街道综治办：

打击整治电动自行车违法犯罪、实施电动自行车备案登记是一项民生工程、政府工程。今年9月30日市公安局专门向市委常委会作了汇报，市、区均成立了以党委副书记、政法委书记为组长的专项整治工作领导小组。市公安局并按市委、市政府的统一意见，下发了《关于开展电动自行车防盗备案登记的公告》，该《公告》明确指出，考虑到部分电动自行车购买的年数较长，车辆合格证、原始发票可能遗失，在集中登记期间，车主可凭所在单位或社区（村）的车辆归属证明材料（证明上要注明车架号、电机号）办理防盗备案登记手续。

开展电动车登记上牌是出于加强防盗登记和安全防范角度来考虑的，防盗备案登记并不涉及电动车性质（非机动车或机动车）和产权的界定。也就是说社区（村）出具的证明只是证明某人现居住在该社区（村），正在使用、实际持有这一辆电动自行车即可，不需要对车辆的产权负责。

为此，要求各乡镇（街道）对各社区（村）作一再动员，充分利用“网格化管理，组团式服务”等有效载体，发挥基层组织、依靠力量与居民群众朝夕相处、情况明、底数清等优势，认真填写全区统一的《电动自行车归属证明》（见附件），彻底改变电动车车主购买发票、合格证等证明遗失后在社区难以出具证明手续的现状，确保为电动车所有人开出所需的证明。

区委政法委综治办

几何证明专题训练 篇3

1、已知：如图，O是半圆的圆心，C、E是圆上的两点，CD⊥AB，EF⊥AB，EG⊥CO.求证：

CD=GF.(初二)

2已知：如图，P是正方形ABCD内点，∠PAD=∠PDA=150.求证：△PBC是正三角形.(初二)

4已知：如图，在四边形

ABCD

中，AD=BC，M、N分别是AB、CD的中点，AD、BC的延长线交MN于E、F.求证：∠DEN=∠F.5已知：△ABC中，H为垂心(各边高线的交点)，O为外心，且OM

⊥BC于M.(1)求证：AH=2OM;(2)若∠BAC=600，求证：AH=AO.(初二)

设MN是圆O外一直线，过O作OA⊥MN于A，自A引圆的两条直线，交圆于B、C及D、E，直线EB及CD分别交MN于P、Q.求证：AP=AQ.如果上题把直线MN由圆外平移至圆内，则由此可得以下命题：设

MN是圆O的弦，过MN的中点A任作两弦BC、DE，设CD、EB分别交

MN于P、Q。

求证：AP=AQ.如图，分别以△ABC的AC和BC为一边，在△ABC的外侧作正方形ACDE和正方形

CBFG，点P是EF的中点.求证：点P到边AB的距离等于AB的一半.(初二)

如图，四边形ABCD为正方形，DE∥AC，AE=AC，AE与

CD相交于F.求证：CE=CF.(初二)

如图，四边形ABCD为正方形，DE∥AC，且

CE=CA，直线EC交DA延长线于F.求证：

AE=AF.设P是正方形ABCD一边BC上的任一点，PF⊥AP，CF平分∠DCE.求证：PA=PF.(初二)

如图，PC切圆O于C，AC为圆的直径，PEF为圆的割线，AE、AF与直线PO相交于B、D.求证：AB=DC，BC=AD.(初三)

已知：△ABC是正三角形，P是三角形内一点，PA=3，PB=4，PC=5.求：∠APB的度数.(初二)

设P是平行四边形ABCD内部的一点，且∠PBA=∠

PDA.求证：∠PAB=∠PCB.(初二)

设ABCD为圆内接凸四边形，求证：AB·CD+AD·BC=AC·BD.(初三)

平行四边形ABCD中，设E、F分别是BC、AB上的一点，AE与CF相交于P，且 AE=CF.求证：∠DPA=∠DPC.(初二)

设P是边长为1的正△ABC内任一点，L=PA+PB+PC，求证：≤L<2。

已知：P是边长为1的正方形ABCD内的一点，求PA+PB+PC的最小值。

P为正方形ABCD内的一点，并且PA=a，PB=2a，PC=3a，求正方形的边长。

如图，△ABC中，∠ABC=∠ACB=800，D、E分别是AB、AC上的点，∠DCA=300，∠EBA=200，求∠BED的度数.某公交公司的公共汽车和出租车每天从乌鲁木齐市出发往返于乌鲁木齐市和石河子市两地，出租车比公共汽车多往返一趟，如图表示出租车距乌鲁木齐市的路程y(单位：千米)与所用

时间

x(单位：小时)的函数图象.已知公共汽车比出租车晚1小时出发，到达石河子市后休息2小时，然后按原路原速返回，结果比出租车最后一次返回乌鲁木齐早1小时。

(1)请在图中画出公共汽车距乌鲁木齐市的路程y(千米)与所用时间x(小时)的函数图象。

(2)求两车在途中相遇的次数(直接写出答案)。(3)求两车最后一次相遇时，距乌鲁木齐市的路程。

如图9，在矩形OABC中，已知A、C两点的坐标分别为(40)(02)AC，、，D为OA的中点.设点P是AOC平分线上的一个动点(不与点O重合).(1)试证明：无论点P运动到何处，PC总与PD相等;

(2)当点P运动到与点B的距离最小时，试确定过OPD、、三点的抛物线的解析式;

(3)设点E是(2)中所确定抛物线的顶点，当点P运动到何处时，PDE△的周长最小?求出此时点P的坐标和PDE△的周长;

数列与不等式证明专题 篇4

复习建议：

1．“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果2．归纳——猜想——证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想．学习这部分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义．

3．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．

4．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解． 证明方法：（1）先放缩后求和；（2）先求和后放缩(3)灵活运用 例1．数列a

2nn满足a11,a22,an2(1cos2)asin2n

n2,n1,2,3,.(Ⅰ)求a3,a4,并求数列an的通项公式；(Ⅱ)设ba2n

1n

a,Snb1b2bn.证明：当n6S21n2n

n.分析：本题给出数列相邻两项的递推关系，且要对n分奇偶性。

解:(Ⅰ)因为acos

2

11,a22,所以a3(12)a1sin2



a112,a4(1cos2)a2sin22a24.一般地，当n2k1(kN*)时，a2

k1)2k1[1cos

(22]asin22k1

2k12

 ＝a2k11，即a2k1a2k11.所以数列a2k1是首项为

1、公差为1的等差数列，因此a2k1k.当n2k(kN*)时，a2k2k2(1cos

22)a2k

2ksin2

22a2k.所以数列a2k是首项为

2、公比为2的等比数列，因此a2k2k.故数列an1n的通项公式为an

2,n2k1(kN*),n22,n2k(kN*).(Ⅱ)由(Ⅰ)知，ba2n1nan

123n2,Sn23n,①2n22222

12S1223n

n222242

n1② 1①-②得，1[1(1)2]2S1111nn222232n2n1n1n12n112n2n1.2所以S1nn2

n22n12n22

n.要证明当n6时，S1n(n2)

n2n成立，只需证明当n6时，2n

1成立.证法一

(1)当n = 6时，6(62)264864

341成立.(2)假设当nk(k6)时不等式成立，即k(k2)

k

1.则当n=k+1时，(k1)(k3)k(k2)(k1)(k2k12k3)2k(k2)(k1)(k3)

(k2)2k

1.由(1)、(2)所述，当n≥6时，n(n1)2

21.即当n≥6时，Sn2

1n

.证法二令cn(n2)n

22(n6)，则c(n1)(n3)n(n2)3n2

n1cn2n1222

n10.所以当n6时，c68n1cn.因此当n6时，cnc664

341.于是当n6时，n(n2)221.综上所述，当n6时，Sn

21

n

.点评：本题奇偶分类要仔细，第（2）问证明时可采用分析法。

例题2.已知为锐角，且tan

21，函数f(x)x2tan2xsin(2



4)，数列{an}的首项a1

2,an1f(an).(1)求函数f(x)的表达式；⑵ 求证：an1an；

⑶ 求证：

111a112(n2,nN*)11a21an

分析：本题是借助函数给出递推关系，第（2）问的不等式利用了函数的性质，第（3）问是转化成可以裂项的形式，这是证明数列中的不等式的另一种出路。

解：⑴tan2

2tan2(1)2

又∵为锐角 ∴2 ∴sin(2)1∴f(x)xx1

441tan21(21)2

∴a2,a3,an都大于0∴an0∴an1an2

∴

则S

1111121212111()(S)S a22a2a3ana2an13an13a22an1

⑵

an1anan∵a1

点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

⑶

1an1



1111

2

ananan(1an)an1an111

1ananan1

例题4.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,∴

111111111111

2

an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

1a11a21ana1a2a2a3anan1a1an1an1

∵a(12)21234, a(34)23

234

1 ,又∵n2an1an∴an1a31

∴1

2

1a2∴1

1n1a11

2

1

11a21an

点评：把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想，本题中的第（3）问不等式的证明更具有一般性。

例题3.已知数列aa

n满足a11,n12an1nN

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列b1n满足4b114b24

b31

4bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；

（Ⅲ）证明：

11a12nNa 23an13

分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩 解：（1）an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。ann12n，an21

（2）4

b114

b214

b31

4bn1(an1)bn，4

(b1b2bnn)

2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn1

2(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③(n1)bn12nbn2④ ④—③得2nbn1

nbnnbn1，即2bn1bnbn1所以数列{bn}是等差数列

（3）

1a1111

2n112n12

设S



1n2ana11，2a3an1

（Ⅰ）0a（Ⅱ）aa2nn1an1;n12;

（Ⅲ）若a12

则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN*.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,因为0

1x1xx1

0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an.综上可知0an1

an1.(Ⅱ)构造函数g(x)=

x2

x2x2

-f(x)=

ln(1x)x, 0g(0)=0.因为0aa2nn1,所以gan0,即2faa2

nn>0,从而an12

.(Ⅲ)因为

b12b1b

n11,n12(n1)bn,所以bn0,n1bn,所以bba2nbn1bnn

b2b1

1nn!————①由(Ⅱ)an1,知:an1an,n1bn2b122an2

所以

anaa3naa1a2n1 ,因为aa=

a2aa1, n≥2, 0an1an1.1

1a2n12222

a2a2

所以

a1a2an1aan

1<

n

2221<2

n12n

=

2n

————②由①② 两式可知:

bnann!.点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

例题5.已知函数f(x)=52x

168x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

(1)试比较a

5n与

4的大小，并说明理由；

(2)设数列b5n

nn满足bn=4－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

i

14分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

解：(1)a2ann1



5168a，因为a所以a7

311,2,a34

.（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.n8a552a48(a55

n5nn1)3an554168a432(2a,因为2an0,所以an1与a同号，nn)22an

4n

4因为a514140，a5555

240,a340,„，an40,即an4

.（3）当n2时，b531n4an22a(5a31

31n1)bn1bn12bn1，n1422an1225

所以bn

2bn122bn22n1b312n，13n

(12n)

所以Snb1b2bn

4121

2

121

(2n1)

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

例题6.已知数列a*

n中，a11，nan12(a1a2...an)nN

．

（1）求a2,a3,a4；（2）求数列an的通项an；（3）设数列{b1n}满足b1

2,b12

n1abnbn，求证：bn1(nk)k

分析：条件中有类似于前n项和的形式出现，提示我们应该考虑an＝Sn－Sn－1(n≥2)

解：（1）a22,a33,a44（2）nan12(a1a2...an)①

(n1)an2(a1a2...an1)②①—②得nan1(n1)an2an

即：nan1

(n1)a1n1aa3ann，ana所以aa223n

n1a...1...1

n(n2)

nna12an112n所以a*n

n(nN)

（3）由（2）得：b1

12,b12

n1k

bnbnbnbn1...b10，所以{bn}是单调递增数列，故要证：bn1(nk)只需证bk1

若k

1，则b121显然成立;若k2，则b1211

n1kbnbnk

bnbn1bn 所以

1b11,因此：1(11)...(11)1k12

k1

n1bnkbkbkbk1b2b1b1kk所以bk



k

k1

1,所以bn1(nk)点评：与数列相关的不等式证明通常需要“放缩”，而放缩的“度”尤为关键，本题中

1b(11)...(11)1,这种拆分方法是数学中较高要求的变形.kbkbk1b2b1b1

例题7.已知不等式

12131n1

[log2n],其中n为不大于2的整数，[log2n]表示不超过log2n的最大整数。设数列a1

n的各项为正且满足a1b(b0),anann

na(n2,3,4)，证明：

n1

an

2b

2b[log，n3,4,5

2n]

分析：由条件an111111n



nana得：

n1

a1

nan1n

an(n2)

nan1

11a



1n1

an2

n1

„„

a11以上各式两边分别相加得： 2a121a111111111

11[log2n](n3)na1nn12anbnn12

b2

=

2b[log2n]2b a2b

n2b[logn]

(n3)

2本题由题设条件直接进行放缩，然后求和，命题即得以证明。

例题8.已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2an(1)n，n1（1）写出数列{an}的前三项a1，a2，a5；（2）求数列{an}的通项公式；

（3）证明：对任意的整数m4，有1117

a

4a5am8

分析：⑴由递推公式易求：a1=1,a2=0,a3=2； ⑵由已知得：an

SnSn12an(1)n2an1(1)n1（n>1）

化简得：an1anan1anan1n

2an12(1)

(1)n2(1)n12,(1)n232[(1)

n1

2

3] 故数列{

an2(1)n3}是以a123为首项, 公比为2的等比数列.故an21

(1)

n

3(3)(2)n1∴a23[2n2(1)n]∴数列{a2

n

n}的通项公式为：an3

[2n2(1)n].⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。而左边=

1a1a13[111

2212312m2(1)

m]，如果我们把上式中的分母中的1去掉，就可利45am2用等比数列的前n项公式求和，由于-1与1交错出现，容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩，尝试知：

11111

22112311221

23，2312412324，因此，可将

1

保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可求和。这里需要对m进行分类讨论，（1）当m为偶数(m4)时，1a11a1(11)(11)13(11134m2)4a5ma4a5a6am1am

22222



1311224(1137

m4)288（2）当m是奇数(m4)时，m1为偶数，1a1111a1117 4a5ama45a6amam18

所以对任意整数m4，有

aa

7。本题的关键是并项后进行适当的放缩。45am8

例题9.定义数列如下：a2

12,an1anan1,nN

证明：（1）对于nN

恒有a

n1an成立。（2）当n2且nN，有an1anan1a2a11成立。（3）1

112a12006



a1

1。12a2006

分析：（1）用数学归纳法易证。

（2）由a2

n1anan1得：an11an(an1)

an1an1(an11)„„a21a1(a11)

以上各式两边分别相乘得：an11anan1a2a1(a11)，又a12

an1anan1a2a11

（3）要证不等式1

11122006



a11，可先设法求和：11，1a2a2006a1a2a2006

再进行适当的放缩。a111n11an(an1)

aaa11

a n11



n1nanan1n11



1111a(1)(11)(11)1a2a2006a11a21a21a31a20061a20071

1a1a1

1120071

aa 12a2006又aa2006

1a2a20061

220061

1a11

2006原不等式得证。

1a2a20062

分析法证明不等式专题 篇5

2【1】

∵a⊥b

∴ab=0

又由题设条件可知，a+b≠0(向量)

∴|a+b|≠0.具体的，即是|a+b|>0

【2】

显然，由|a+b|>0可知

原不等式等价于不等式：

|a|+|b|≤(√2)|a+b|

该不等式等价于不等式：

(|a|+|b|)²≤².整理即是：

a²+2|ab|+b²≤2(a²+2ab+b²)

【∵|a|²=a².|b|²=b².|a+b|²=(a+b)²=a²+2ab+b²

又ab=0,故接下来就有】】

a²+b²≤2a²+2b²

0≤a²+b²

∵a，b是非零向量，∴|a|≠0,且|b|≠0.∴a²+b²>0.推上去，可知原不等式成立。

作为数学题型的不等式证明问题和作为数学证明方法的分析法，两者皆为中学数学的教学难点。本文仅就用分析法证明不等式这一问题稍作探讨。

注:“本文中所涉及到的图表、公式注解等形式请以pDF格式阅读原文。”

就是在其两边同时除以根号a+根号b，就可以了。

下面我给你介绍一些解不等式的方法

首先要牢记一些我们常见的不等式。比如均值不等式，柯西不等式，还有琴深不等式(当然这些是翻译的问题)

然后要学会用一些函数的方法，这是解不等式最常见的方法。分析法，综合法，做减法，假设法等等这些事容易的。

在考试的时候方法最多的是用函数的方法做，关键是找到函数的定义域，还有求出它的导函数。找到他的最小值，最大值。

在结合要求的等等

一句话要灵活的用我们学到的知识解决问题。

还有一种方法就是数学证明题的最会想到的。就是归纳法

这种方法最好，三部曲。你最好把它掌握好。

若正数a，b满足ab=a+b+3,则ab的取值范围是?

解：ab-3=a+b>=2根号ab

令T=根号ab,T^2-2T-3>=0

T>=3orT<=-1(舍)

安全行车证明专题 篇6

BE

4.(2006年湖南卷）如图4,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD;

B

图

14．（福建19）（本小题满分12分）

如图，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD,底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2，O为AD中点.(Ⅰ)求证:PO⊥平面ABCD；

20．（全国Ⅱ20）（本小题满分12分）

如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB4，点E在CC1上且C1E3EC．

平面BED；（Ⅰ）证明：AC

1DA1

A

10.如图，在三棱锥V-ABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，D是AB的中点，且AC=BC=a，∠VDC=θ

E C 

0。

2

（Ⅰ）求证：平面VAB⊥平面VCD；

26．三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，BAC90，A1A平面ABC，A1AABAC2AC112，D为BC中点．（Ⅰ）证明：平面A1AD平面BCC1B1；

A1 B1

C1

A

3．（2006年浙江卷）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面

为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.(Ⅰ)求证：PB⊥DM;

1．（2006年北京卷）如图，在底面为平行四边表的四棱锥PABCD中，ABAC，PA平面ABCD，且PAAB，点E是PD的中点.（Ⅰ）求证：ACPB；（Ⅱ）求证：PB//平面AEC12．（天津•理•19题）如图，在四棱锥PABCD中，PA，ACCD，ABC60°，底面ABC，ABADP

B

C

PAABBC，E是PC的中点．

（Ⅰ）证明CDAE；

（Ⅱ）证明PD平面ABE；

A

B

安全行车证明专题 篇7

不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本节着重培养考生数学式

重难点归纳比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法

(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配 如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野

2不等式证明还有一些常用的方法换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法

证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点

1112(n∈N*)例1证明不等式123n

命题意图

本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能

知识依托 本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等

错解分析 此题易出现下列放缩错误

1n个

技巧与方法本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立

111(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2k，2k则1

1211k112k1k1 2k(k1)11k(k1)12k1,∴当n=k+

1综合(1)、(2)得当n∈N*时，都有1+

121

31

n＜

另从k到k+12(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)

(kk1)20,2k(k1)12(k1),k10,21

k12k1.k1

21k11

k1, 又如:2k12

2k21.k1

对任意k∈N*，都有1

kkkk1证法111因此122(1)2(2)2(nn1)2n.23三 设f(n)=2n(1222(kk1),1

3那么对任意k∈N* 都有11n),f(k1)f(k)2(k1k)



1k11

k1[2(k1)2k(k1)1][(k1)2k(k1)k]1k1(k1k)2

k10

∴f(k+1)＞f(k)

因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞„＞f(1)=1＞0，1112n.∴123例2求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a 命题意图本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力 知识依托该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再错解分析 本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

2)，这样也得a≥sin

θ+cosθ其原因是(1)缩小了x、y的范围(2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=

1技巧与方法 除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max 若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得

x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，①②

当且仅当x=y时，②中有等号成立

比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a

设

uxy(xy)2xy2xy xyxyxy∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(当x=y时“=”成立)，∴2xy2xy≤1，的最大值是1 xyxy

从而可知，u的最大值为12，又由已知，得a≥u，∴a的最小值为∵y＞0，∴原不等式可化为x+1≤ayx1，y

设x

=tanθ，θ∈(0，)y2

∴tanθ+1≤a 即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+

又∵sin(θ+4)，③ 

4)的最大值为1(此时θ=

4)

由③式可知a

例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1求证(a+11)(b+)ba(分析综合法）

欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤1或ab≥8 4

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2ab，∴ab≤

(均值代换法)1，从而得证 4

设a=11+t1，b=+t222

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜11，|t2|＜ 22

11a21b21(a)(b)abab

111122(t1)21(t2)21(t1t11)(t2t21)1111t1t2(t1)(t2)2222

1152222(t1t11)(t2t21)(t2)2t21122t2t244

2532254t2t225.24t244

显然当且仅当t=0，即a=b=

(比较法）1时，等号成立 2

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1 4

1125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0ab4ab44ab4ab 1125(a)(b)ab4

(综合法)

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab 252(1ab)1213916(1ab)12521ab1(1ab)44161ab44ab

1125 即(a)(b)ab4

(三角代换法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，2)

11112(a)(b)(sin2)(cos)absin2cos2

sin4cos42sin2cos22(4sin2)2164sin224sin22

sin221,4sin22413.2 42sin221625(4sin22)22511244sin224sin2

冬季行车安全行车计划 篇8

一是强化道路客运安全生产主体责任。重点加强对客运班车的监督管理，督导所有营运车辆及时配备必要的防滑链、防滑沙、三角木、应急标识等冬季行车安全设施。严格车辆出站检查，做到不符合安全行车要求的车辆坚决不予发班。

二是强化车辆技术状况检查。严格落实车辆定期维护保养制度，利用日检、月检、强制维护等，全面排查营运车辆的技术状况，确保车辆车况完好，车辆技术状况符合要求、GPS卫星定位系统正常使用，消防器材和安全防护物品配备到位。

三是加强道路运输行业从业人员教育培训。努力提高驾驶员、乘务员等从业人员安全技能和安全意识，坚决克服麻痹、懈怠思想，切实提高道路运输从业人员恶劣天气应急防范意识。

四是全面开展隐患排查治理工作。深入开展安全生产大检查，严查各项安全生产管理制度的落实情况和客运车辆配备的灭火器材、安全锤、警示牌等装备器材的配备情况，深入细致地排查治理安全生产隐患。