高考数学一轮复习北师大版不等式证明的基本方法名师精编课件

第76讲　不等式证明的基本 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 【学习目标】通过一些简单问 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 法．【基础检测】1．已知0<a<eq\f(1,b)，且M＝eq\f(1,1＋a)＋eq\f(1,1＋b)，N＝eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b)，则M、N的大小关系是(　　)　A．M<NB．M>NC．M＝ND．不确定【解析】由已知得0<ab<1，故M－N＝eq\f(1,1＋a)＋eq\f(1,1＋b)－eq\f(a,1＋a)－eq\f(b,1＋b)＝eq\f(1－a,1＋a)＋eq\f(1－b,1＋b)＝eq\f(2（1－ab）,（1＋a）（1＋b）)>0.故M>N.【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】B2．已知a>0，b>0，则aabb________(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2))(填大小关系)．【解析】∵eq\f(aabb,（ab）\s\up6(\f(a＋b,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up6(\f(a－b,2))，∴当a＝b时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up6(\f(a－b,2))＝1，此时aabb＝(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2))；当a>b>0时，eq\f(a,b)>1，eq\f(a－b,2)>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up6(\f(a－b,2))>1，此时aabb>(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2))；*当b>a>0时，0<eq\f(a,b)<1，eq\f(a－b,2)<0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up6(\f(a－b,2))>1，此时aabb>(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2)).∴aabb≥(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2)).【答案】≥3．若a＞0，b＞0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(写出所有正确命题的序号)．①ab≤1；②eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2.【解析】令a＝b＝1，排除②④；由2＝a＋b≥2eq\r(ab)⇒ab≤1，命题①正确；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab≥2，命题③正确；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(2,ab)≥2，命题⑤正确．【答案】①③⑤4．设x>0，y>0，若不等式eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(λ,x＋y)≥0恒成立，求实数λ的最小值．【解析】∵x>0，y>0，∴原不等式可化为－λ≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(x＋y)＝2＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y).∵2＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)≥2＋2eq\r(\f(y,x)·\f(x,y))＝4，当且仅当x＝y时等号成立．∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))（x＋y）))eq\s\do7(min)＝4，即－λ≤4，λ≥－4.2aba＝ba＝ba＝b＝ca＞b【知识要点】1．基本不等式定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥_______，当且仅当________时，等号成立．定理2：如果a，b＞0，那么eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，当且仅当______时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a，b，c∈R＋，那么eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，当且仅当______________时，等号成立．2．比较法(1)比差法的依据是：a－b＞0⇔_____________.变形判断差的符号A≥B推理、论证要证的结论充分条件步骤是：“作差→_______→_____________”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．(2)比商法：若B＞0，欲证________，只需证eq\f(A,B)≥1.3．综合法与分析法(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的__________而得出命题成立．(2)分析法：从____________出发，逐步寻求使它成立的_________，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．考点1　比较法证明不等式eq\a\vs4\al(例1)设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b)．【解析】证明：因为a2＋b2－eq\r(ab)(a＋b)＝(a2－aeq\r(ab))＋(b2－beq\r(ab))＝aeq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))＋beq\r(b)(eq\r(b)－eq\r(a))＝(eq\r(a)－eq\r(b))(aeq\r(a)－beq\r(b))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(1,2))－b\s\up6(\f(1,2))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(3,2))－b\s\up6(\f(3,2))))，因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有aeq\s\up6(\f(1,2))－beq\s\up6(\f(1,2))与aeq\s\up6(\f(3,2))－beq\s\up6(\f(3,2))同号，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(1,2))－b\s\up6(\f(1,2))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(3,2))－b\s\up6(\f(3,2))))≥0，所以a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b)．【点评】作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．考点2　综合法证明不等式eq\a\vs4\al(例2)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab>cd，则eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)“eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)”是“|a－b|<|c－d|”的充要条件．【解析】(1)因为(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2.因此eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)，得eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).②若eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，则(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd).因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|<|c－d|.综上，“eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)”是“|a－b|<|c－d|”的充要条件．【点评】1.综合法证明不等式的方法综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．2．综合法证明时常用的不等式(1)a2≥0.(2)|a|≥0.(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有：a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；a2＋b2≥eq\f(1,2)(a＋b)2；eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2).(4)eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，它的变形形式有：a＋eq\f(1,a)≥2(a>0)；eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2(ab>0)；eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2(ab<0)．考点3　分析法证明不等式(重点保分型考点——师生共研)eq\a\vs4\al(例3)设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：(1)a＋b＋c≥eq\r(3).(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))≥eq\r(3)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))．【证明】(1)要证a＋b＋c≥eq\r(3)，由于a，b，c＞0，因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故只需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而这可以由ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．所以原不等式成立．(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))＝eq\f(a＋b＋c,\r(abc)).在(1)中已证a＋b＋c≥eq\r(3).因此要证原不等式成立，只需证明eq\f(1,\r(abc))≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)，即证aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤1，即证aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤ab＋bc＋ca.而aeq\r(bc)＝eq\r(ab·ac)≤eq\f(ab＋ac,2)，beq\r(ac)≤eq\f(ab＋bc,2)，ceq\r(ab)≤eq\f(bc＋ac,2).所以aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤ab＋bc＋ca(当且仅当a＝b＝c＝eq\f(\r(3),3)时等号成立)．所以原不等式成立．【点评】分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．1．作差比较法是证明不等式最基本、最重要的方法，其关键是变形，通常通过因式分解，利用各因式的符号进行判断，或进行配方，利用非负数的性质进行判断．2．综合法证明不等式时，主要利用基本不等式、函数的单调性以及不等式的性质，在严密的推理下推导出结论，综合法往往是分析法的逆过程，所以在实际证明时，用分析法分析，用综合法表述证明推理过程．3．某些不等式的条件与结论，或不等式的左右两边联系不明显，用作差法又难以对差进行变形，难以运用综合法直接证明，这时常用分析法，以便发现联系．分析的过程中，综合条件、定理等因素进行探索，把分析与综合结合起来，形成分析综合法．4．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”“唯一”或者含有其他否定词的命题，适宜用反证法．5．放缩法是一种常用的证题技巧，放缩必须有目标，而目标可以从求证的结论中和中间结果中寻找．常用的放缩技巧有添舍放缩，拆项对比放缩，利用函数的单调性和重要不等式放缩等．【证明】(1)由|an－eq\f(an＋1,2)|≤1，得|an|－eq\f(1,2)|an＋1|≤1，故eq\f(|an|,2n)－eq\f(|an＋1|,2n＋1)≤eq\f(1,2n)，n∈N*，所以eq\f(|a1|,21)－eq\f(|an|,2n)＝eq\f(|a1|,21)－eq\f(|a2|,22)＋eq\f(|a2|,22)－eq\f(|a3|,23)＋…＋eq\f(|an－1|,2n－1)－eq\f(|an|,2n)≤eq\f(1,21)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)<1，因此|an|>2n－1(|a1|－2)．(2016浙江)设数列{an}满足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(an＋1,2)))≤1，n∈N*.(1)证明：|an|>2n－1(|a1|－2)，n∈N*；(2)若|an|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.(2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意m>n，eq\f(|an|,2n)－eq\f(|am|,2m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|an|,2n)－\f(|an＋1|,2n＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|an＋1|,2n＋1)－\f(|an＋2|,2n＋2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|am－1|,2m－1)－\f(|am|,2m)))≤eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋…＋eq\f(1,2m－1)<eq\f(1,2n－1)，故|an|<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(|am|,2m)))·2n≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2m)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(m)))·2n＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(m)·2n.从而对于任意m>n，均有|an|<2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(m)·2n.①由m的任意性得|an|≤2.否则，存在n0∈N*，有|an0|>2，取正整数m0>logeq\s\do9(\f(3,4))eq\f(|an0|－2,2n0)且m0>n0，则2n0·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(m0)<2n0·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝|an0|－2，与①式矛盾．综上，对于任意n∈N*，均有|an|≤2.A组题1．若a，b均为正实数，且a≠b，M＝eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))，N＝eq\r(a)＋eq\r(b)，则M、N的大小关系为________．【解析】∵a≠b，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)＞2eq\r(a)，eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)＞2eq\r(b)，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)＋eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)＞2eq\r(a)＋2eq\r(b)，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))＞eq\r(a)＋eq\r(b).即M＞N.【答案】M＞N2．设a＋b＝2，b>0，当eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取得最小值时，求a的值．【解析】由于a＋b＝2，所以eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a＋b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a,4|a|)＋eq\f(b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)，由于b>0，|a|>0，所以eq\f(b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)≥2eq\r(\f(b,4|a|)·\f(|a|,b))＝1，因此当a>0时，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值是eq\f(1,4)＋1＝eq\f(5,4)；当a<0时，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值是－eq\f(1,4)＋1＝eq\f(3,4).故eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值为eq\f(3,4)，此时eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,4|a|)＝\f(|a|,b)，,a<0，,a＋b＝2))即a＝－2.3．已知f(x)＝eq\r(1＋x2)，a≠b，求证：|f(a)－f(b)|<|a－b|.【证明】|f(a)－f(b)|＝|eq\r(1＋a2)－eq\r(1＋b2)|＝eq\f(|a2－b2|,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))＝eq\f(|a－b||a＋b|,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))≤eq\f(|a－b|（|a|＋|b|）,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))<eq\f(|a－b|（|a|＋|b|）,\r(a2)＋\r(b2))＝|a－b|.4．a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．【证明】证明：由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2.(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab＝1矛盾．故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．5．已知x，y∈R，且|x|<1，|y|<1.求证：eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,1－xy).【证明】法一：(分析法)∵|x|<1，|y|<1，∴eq\f(1,1－x2)>0，eq\f(1,1－y2)>0，∴eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,\r(（1－x2）（1－y2）)).故要证明结论成立，只要证明eq\f(2,\r(（1－x2）（1－y2）))≥eq\f(2,1－xy)成立．即证1－xy≥eq\r(（1－x2）（1－y2）)成立即可．∵(y－x)2≥0，有－2xy≥－x2－y2，∴(1－xy)2≥(1－x2)(1－y2)，∴1－xy≥eq\r(（1－x2）（1－y2）)>0.∴不等式成立．法二：(综合法)∵eq\f(2,\f(1,1－x2)＋\f(1,1－y2))≤eq\f(1－x2＋1－y2,2)＝eq\f(2－（x2＋y2）,2)≤eq\f(2－2|xy|,2)＝1－|xy|，∴eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,1－|xy|)≥eq\f(2,1－xy)，∴原不等式成立．B组题1．已知an＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)＋…＋eq\r(n（n＋1）)(n∈N*)，求证：eq\f(n（n＋1）,2)<an<eq\f(n（n＋2）,2).【证明】∵eq\r(n（n＋1）)＝eq\r(n2＋n)，n∈N*，∴eq\r(n（n＋1）)>n，∴an＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n（n＋1）)>1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2).∵eq\r(n（n＋1）)<eq\f(n＋（n＋1）,2)，∴an<eq\f(1＋2,2)＋eq\f(2＋3,2)＋eq\f(3＋4,2)＋…＋eq\f(n＋（n＋1）,2)＝eq\f(1,2)＋(2＋3＋…＋n)＋eq\f(n＋1,2)＝eq\f(n（n＋2）,2).综上得eq\f(n（n＋1）,2)<an<eq\f(n（n＋2）,2).2．已知a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)．(1)求eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,b)＋eq\f(2,x1x2)的最小值；(2)求证：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.【解析】(1)因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，所以eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,b)＋eq\f(2,x1x2)≥3·eq\r(3,\f(x1,a)·\f(x2,b)·\f(2,x1x2))＝3·eq\r(3,\f(2,ab))≥3·eq\r(3,\f(2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))\s\up12(2)))＝3×eq\r(3,8)＝6，当且仅当eq\f(x1,a)＝eq\f(x2,b)＝eq\f(2,x1x2)且a＝b，即a＝b＝eq\f(1,2)，且x1＝x2＝1时，eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,b)＋eq\f(2,x1x2)有最小值6.(2)证明：因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝a2x1x2＋abxeq\o\al(2,2)＋abxeq\o\al(2,1)＋b2x1x2＝x1x2(a2＋b2)＋ab(xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,1))≥x1x2(a2＋b2)＋ab(2x1x2)＝x1x2(a2＋b2＋2ab)＝x1x2(a＋b)2＝x1x2，当且仅当x1＝x2时，取得等号．所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.3．已知x＋y>0，且xy≠0.(1)求证：x3＋y3≥x2y＋y2x；(2)如果eq\f(x,y2)＋eq\f(y,x2)≥eq\f(m,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))恒成立，试求实数m的取值范围或值．【解析】(1)∵x3＋y3－(x2y＋y2x)＝x2(x－y)－y2(x－y)＝(x＋y)(x－y)2，且x＋y>0，(x－y)2≥0，∴x3＋y3－(x2y＋y2x)≥0.∴x3＋y3≥x2y＋y2x.(2)(i)若xy<0，则eq\f(x,y2)＋eq\f(y,x2)≥eq\f(m,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))等价于eq\f(m,2)≥eq\f(x3＋y3,xy（x＋y）)＝eq\f(x2－xy＋y2,xy)，又∵eq\f(x2－xy＋y2,xy)＝eq\f(（x＋y）2－3xy,xy)<eq\f(－3xy,xy)＝－3，即eq\f(x3＋y3,xy（x＋y）)<－3，∴m≥－6；(ii)若xy>0，则eq\f(x,y2)＋eq\f(y,x2)≥eq\f(m,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))等价于eq\f(m,2)≤eq\f(x3＋y3,xy（x＋y）)＝eq\f(x2－xy＋y2,xy)，又∵eq\f(x2－xy＋y2,xy)≥eq\f(2xy－xy,xy)＝1，即eq\f(x3＋y3,xy（x＋y）)≥1，∴m≤2.综上所述，实数m的取值范围是[－6，2]．*