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高考数学难点突破


难点 18 不等式的证明策略
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,本难点着重培养考生数学式的变形能力, 逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. ●难点磁场 (★★★★)已知 a>0,b>0,且 a+b=1. 求证:(a+

1 1 25 )(b+ )

≥ . b a 4
1 ? 1 ??? 1 ? 2 n (n∈N*)

●案例探究

2 3 n 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,考查学生观察能力、构 造能力以及逻辑分析能力,属★★★★★级题目. 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:

[例 1]证明不等式 1 ?

这样只注重形式的统一,而忽略大小关系的错误也是经常发生的. 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. 证法一:(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; 1 1 1 ? ??? (2)假设 n=k(k≥1)时,不等式成立,即 1+ <2 k , 2 3 k

则1 ? ?

1 2

?

1 3

??? ?

1 k ?1 k ?1

?2 k ?

1 k ?1

2 k ( k ? 1) ? 1 k ?1

k ? ( k ? 1) ? 1

? 2 k ? 1,

∴当 n=k+1 时,不等式成立. 综合(1)、(2)得:当 n∈N*时,都有 1+ 另从 k 到 k+1 时的证明还有下列证法:

1 2

?

1 3

???

1 n

<2 n .

? 2( k ? 1) ? 1 ? 2 k ( k ? 1) ? k ? 2 k ( k ? 1) ? ( k ? 1) ? ( k ? k ? 1) 2 ? 0, ? 2 k ( k ? 1) ? 1 ? 2( k ? 1), ? k ? 1 ? 0,? 2 k ? 1 k ?1 ? 2 k ? 1. 2 k ?1 ? k ? 2 k ?1 ? k ?1 ? 1 k ?1 ,

又如 :? 2 k ? 1 ? 2 k ?
?2 k ? 1 k ?1 ? 2 k ? 1.

第 1 页 共 1 页

证法二:对任意 k∈N*,都有:

? 2( k ? k ? 1), k? k k ? k ?1 1 1 1 因此1 ? ? ??? ? 2 ? 2( 2 ? 1) ? 2( 3 ? 2 ) ? ? ? 2( n ? n ? 1) ? 2 n . 2 3 n k
证法三:设 f(n)= 2 n ? (1 ?

1

?

2

?

2

1 2

?

1 3

???

1 n

),

那么对任意 k∈N ?* 都有:

f ( k ? 1) ? f ( k ) ? 2( k ? 1 ? k ) ? ? ? 1 k ?1 1 k ?1 [2( k ? 1) ? 2 k ( k ? 1) ? 1] ? [( k ? 1) ? 2 k ( k ? 1) ? k ] ?

1 k ?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, 1 1 1 ? ??? ? 2 n. ∴1 ? 2 3 n [例 2]求使 x ? y ≤a x ? y (x>0,y>0)恒成立的 a 的最小值. 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,属于★★★★ ★级题目. 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,然后再利用函 数思想和重要不等式等求得最值. 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≥sinθ +cosθ ,但

是这种换元是错误的.其原因是: (1)缩小了 x、 的范围; y (2)这样换元相当于本题又增加了 “x、 y=1” 这样一个条件,显然这是不对的. 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. 解法一:由于 a 的值为正数,将已知不等式两边平方,得: x+y+2 xy ≤a2(x+y),即 2 xy ≤(a2-1)(x+y), ∴x,y>0,∴x+y≥2 xy , 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 的最小值是 2 . ① ②

第 2 页 共 2 页

解法二:设 u ?

x? y x? y

?

( x ? y )2 ? x? y

x ? y ? 2 xy 2 xy ? 1? . x? y x? y

∵x>0,y>0,∴x+y≥2 xy (当 x=y 时“=”成立),



2 xy 2 xy ≤1, 的最大值是 1. x? y x? y

从而可知,u 的最大值为 1 ? 1 ? 2 , 又由已知,得 a≥u,∴a 的最小值为 2 . 解法三:∵y>0, ∴原不等式可化为

x +1≤a y

x ?1 , y



x ? =tanθ ,θ ∈(0, ). y 2

∴tanθ +1≤a tan 2 ? ? 1 ;即 tanθ +1≤asecθ ∴a≥sinθ +cosθ = 2 sin(θ + 又∵sin(θ +

?
4

),



?
4

)的最大值为 1(此时θ =

?
4

).

由③式可知 a 的最小值为 2 . ●锦囊妙计 1.不等式证明常用的方法有: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、配方, 判断过程必须详细叙述;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,则考虑用判 别式法证. (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. ●歼灭难点训练 一、填空题 a b 1.(★★★★★)已知 x、y 是正变数,a、b 是正常数,且 ? =1,x+y 的最小值为__________. x y

第 3 页 共 3 页

2.(★★★★)设正数 a、b、c、d 满足 a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则 ad 与 bc 的大小关系是 __________. 3.(★★★★)若 m<n,p<q,且(p-m)(p-n)<0,(q-m)(q-n)<0,则 m、n、p、q 的大小 顺序是__________. 二、解答题 4.(★★★★★)已知 a,b,c 为正实数,a+b+c=1. 求证:(1)a2+b2+c2≥

1 3

(2) 3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 ≤6 5.(★★★★★)已知 x,y,z∈R,且 x+y+z=1,x2+y2+z2= 6.(★★★★★)证明下列不等式: (1)若 x,y,z∈R,a,b,c∈R+,则

1 2 ,证明:x,y,z∈[0, ] 2 3

b?c 2 c?a 2 a?b 2 z ≥2(xy+yz+zx) x ? y ? a b c

(2)若 x,y,z∈R+,且 x+y+z=xyz, y?z z?x x? y 1 1 1 ? ? 则 ≥2( ? ? ) x y z x y z 7.(★★★★★)已知 i,m、n 是正整数,且 1<i≤m<n. (1)证明:niA im <miA in ; (2)证明:(1+m)n>(1+n)m 8.(★★★★★)若 a>0,b>0,a3+b3=2,求证:a+b≤2,ab≤1. 参考答案 难点磁场 证法一:(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≤ ≥8. ∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8 不可能成立 ∵1=a+b≥2 ab ,∴ab≤ 证法二:(均值代换法) 设 a=

1 或 ab 4

1 ,从而得证. 4

1 1 +t1,b= +t2. 2 2 1 1 ,|t2|< 2 2

∵a+b=1,a>0,b>0,∴t1+t2=0,|t1|<

第 4 页 共 4 页

1 1 a2 ? 1 b2 ? 1 ? (a ? )(b ? ) ? ? a b a b 1 1 1 1 2 2 ( ? t1 ) 2 ? 1 ( ? t 2 ) 2 ? 1 ( ? t1 ? t1 ? 1)( ? t 2 ? t 2 ? 1) 4 ? 2 ? 2 ? 4 1 1 1 1 ? t1 ? t2 ( ? t1 )( ? t 2 ) 2 2 2 2 1 1 5 2 2 2 2 ( ? t1 ? t1 ? 1)( ? t 2 ? t 2 ? 1) ( ? t 2 ) 2 ? t 2 4 4 4 ? ? 1 1 2 2 ? t2 ? t2 4 4 25 3 2 25 4 ? t2 ? t2 25 16 2 ? ? 16 ? . 1 1 2 4 ? t2 4 4
显然当且仅当 t=0,即 a=b= 证法三:(比较法) ∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2 ab ,∴ab≤

1 时,等号成立. 2 1 4

1 1 25 a 2 ? 1 b 2 ? 1 25 4a 2b 2 ? 33ab ? 8 (1 ? 4ab)(8 ? ab) (a ? )(b ? ) ? ? ? ? ? ? ?0 a b 4 a b 4 4ab 4ab 1 1 25 ? (a ? )(b ? ) ? a b 4 证法四:(综合法) 1 ∵a+b=1, a>0,b>0,∴a+b≥2 ab ,∴ab≤ . 4 25 ? ? 2 ?(1 ? ab) ? 1 ? 16 ? (1 ? ab) 2 ? 1 25 1 3 9 ? ? ?1 ? ab ? 1 ? ? ? (1 ? ab) 2 ? ? ? ? ?? 1 4 4 16 ? ab 4 ? ?4 ? ? ab ? ?

1 1 25 即(a ? )(b ? ) ? a b 4
证法五:(三角代换法) ∵ a>0,b>0,a+b=1,故令 a=sin2α ,b=cos2α ,α ∈(0,

?
2

)

1 1 1 1 ( a ? )( b ? ) ? (sin 2 ? ? )(cos 2 ? ? ) 2 a b sin ? cos 2 ? sin4 ? ? cos 4 ? ? 2 sin2 ? cos 2 ? ? 2 ( 4 ? sin2 ? ) 2 ? 16 ? ? 4 sin2 2? 4 sin2 2? ? sin2 2? ? 1,? 4 ? sin2 2? ? 4 ? 1 ? 3. 2 4 ? 2 sin2 2? ? 16 ? 25? ? ( 4 ? sin2 2? ) 2 25 ? ?? 1 1 4 4 sin2 2? ? ? 2 sin 2? 4 ? 1 1 25 即得( a ? )( b ? ) ? . a b 4

第 5 页 共 5 页

歼灭难点训练 一、1.解析:令

b a =cos2 θ , =sin2 θ ,则 x=asec2 θ ,y=bcsc2 θ ,∴x+y=asec2 θ +bcsc2 θ y x

=a+b+atan2θ +bcot2θ ≥a+b+2 a tan 2 ? ? b cot 2 ? ? a ? b ? 2 ab . 答案:a+b+2 ab 2.解析:由 0≤|a-d|<|b-c| ? (a-d)2<(b-c)2 ? (a+b)2-4ad<(b+c)2-4bc ? ∵a+d=b+c,∴-4ad<-4bc,故 ad>bc. 答案:ad>bc 3.解析:把 p、q 看成变量,则 m<p<n,m<q<n. 答案:m<p<q<n 二、4.(1)证法一:a2+b2+c2- =

1 1 = (3a2+3b2+3c2-1) 3 3

1 [3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2] 3 1 = [3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc] 3 1 1 = [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 ∴a2+b2+c2≥ 3 3
证法二:∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥

1 3

证法三:∵ ∴a2+b2+c2≥

a 2 ? b2 ? c2 a?b?c a?b?c ∴a2+b2+c2≥ ? 3 3 3

1 3 1 1 1 +α ,b= +β ,c= +γ . 3 3 3

证法四:设 a=

∵a+b+c=1,∴α +β +γ =0 ∴a2+b2+c2=( =

1 1 1 +α )2+( +β )2+( +γ )2 3 3 3
2

1 2 + (α +β +γ )+α 2+β 2+γ 3 3 1 1 = +α 2+β 2+γ 2≥ 3 3 1 ∴a2+b2+c2≥ 3

( 2)证法一 :? 3a ? 2 ? (3a ? 2) ? 1 ? 同理 3b ? 2 ?

3a ? 2 ? 1 , 2

3b ? 3 3c ? 3 , 3c ? 2 ? 2 2 3( a ? b ? c ) ? 9 ? 3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 ? ?6 2

第 6 页 共 6 页

∴原不等式成立. 证法二:

3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 (3a ? 2) ? (3b ? 2) ? (3c ? 2) ? 3 3

?

3( a ? b ? c ) ? 6 ? 3 3

∴ 3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 ≤ 3 3 <6 ∴原不等式成立. 5.证法一:由 x+y+z=1,x2+y2+z2= 得:

1 1 ,得 x2+y2+(1-x-y)2= ,整理成关于 y 的一元二次方程 2 2

1 =0,∵y∈R,故Δ ≥0 2 1 2 2 ∴4(1-x)2-4×2(2x2-2x+ )≥0,得 0≤x≤ ,∴x∈[0, ] 2 3 3 2 同理可得 y,z∈[0, ] 3 1 1 1 证法二:设 x= +x′,y= +y′,z= +z′,则 x′+y′+z′=0, 3 3 3 1 1 1 1 于是 =( +x′)2+( +y′)2+( +z′)2 2 3 3 3 1 2 = +x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′) 3 3 ( y ? ? z ?) 2 1 3 1 1 = +x′2+y′2+z′2≥ +x′2+ = + x′2 2 3 3 3 2 1 1 1 2 2 故 x′2≤ ,x′∈[- , ] ,x∈[0, ] ,同理 y,z∈[0, ] 9 3 3 3 3
2y2-2(1-x)y+2x2-2x+ 证 法 三 : 设 x 、 y 、 z 三 数 中 若 有 负 数 , 不 妨 设 x < 0 , 则 x2 > 0 , x2+

1 2 2 2 =x +y +z ≥ 2

( y ? z ) 2 (1 ? x) 2 3 1 1 ? ? x 2 ? x 2 ? x ? > ,矛盾. 2 2 2 2 2 2 2 1 x、y、z 三数中若有最大者大于 ,不妨设 x> ,则 =x2+y2+z2 ≥ 3 3 2 2 2 ( y ? z) (1 ? x) 3 1 x2+ =x2+ = x2-x+ 2 2 2 2 3 2 1 1 = x(x- )+ > ;矛盾. 2 3 2 2 2 故 x、y、z∈[0, ] 3

第 7 页 共 7 页

6.(1)证明 :?

b?c 2 c?a 2 a?b 2 x ? y ? z ? 2( xy ? yz ? zx) 2 b c b a c b a c ? ( x 2 ? y 2 ? 2 xy ) ? ( y 2 ? z 2 ? 2 yz ) ? ( z 2 ? x 2 ? 2 zx) a b b c c a ?(

b a 2 c b 2 a c 2 x? y) ? ( y? z) ? ( z? x) ? 0 a b b c c a b?c 2 c?a a?b 2 ? x ? y? z ? 2( xy ? yz ? zx) a b c ( 2)证明 : 所证不等式等介于 x2 y2z2 ( y?z z?x x? y ? ? ) ? 2( xy ? yz ? zx) 2 x y z

? xyz ? [ yz ( y ? z ) ? zx( z ? x ) ? xy ( x ? y )] ? 2( xy ? yz ? zx) 2 ? ( x ? y ? z )( y 2 z ? yz 2 ? z 2 x ? zx 2 ? x 2 y ? xy 2 ) ? 2( x 2 y 2 ? y 2 z 2 ? z 2 x 2 ) ? 4( x 2 yz ? xy 2 z ? xyz 2 ) ? y 3 z ? yz 3 ? z 3 x ? zx 3 ? x 3 y ? xy 3 ? 2 x 2 yz ? 2 xy 2 z ? 2 xyz 2 ? yz ( y ? z ) 2 ? zx( z ? x ) 2 ? xy ( x ? y ) 2 ? x 2 ( y ? z ) 2 ? y 2 ( z ? x ) 2 ? z 2 ( x ? y ) 2 ? 0
∵上式显然成立,∴原不等式得证. 7.证明:(1)对于 1<i≤m,且 A im =m·?·(m-i+1),

A im m m ? 1 Ai m ? i ?1 n n ?1 n ? i ?1 ? ? ??? ,同理 m ? ? ??? , i i m m m n n n m n
由于 m<n,对于整数 k=1,2,?,i-1,有

n?k m?k , ? n m

所以

A in A im ? i ,即m i A in ? n i A im i n m

(2)由二项式定理有: (1+m)n=1+C 1 m+C 2 m2+?+C n mn, n n n (1+n)m=1+C 1 n+C 2 n2+?+C m nm, m m m 由(1)知 miA in >niA im (1<i≤m ∴miCin>niCim(1<m<n ) ∴m0C 0 =n0C 0 =1,mC 1 =nC 1 =m·n,m2C 2 >n2C 2 ,?, n n n n m m mmC m >nmC m ,mm+1C m?1 >0,?,mnC n >0, n n n m ∴1+C 1 m+C 2 m2+?+C n mn>1+C 1 n+C2mn2+?+C m nm, n n n m m 即(1+m)n>(1+n)m 成立. 8.证法一:因 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 (a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6

) ,而 C im =

A im i A in , Cn ? i! i!

第 8 页 共 8 页

=3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0. 即(a+b)3≤23,又 a+b>0,所以 a+b≤2,因为 2 ab ≤a+b≤2, 所以 ab≤1.

?m ? a ? b 证法二:设 a、b 为方程 x2-mx+n=0 的两根,则 ? , ?n ? ab
因为 a>0,b>0,所以 m>0,n>0,且Δ =m2-4n≥0 因为 2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m(m2-3n) 所以 n= ①

m2 2 ? 3 3m
m2 2 ? )≥0, 3 3m



将②代入①得 m2-4( 即

? m3 ? 8 ≥0,所以-m3+8≥0,即 m≤2,所以 a+b≤2, 3m 由 2≥m 得 4≥m2,又 m2≥4n,所以 4≥4n, 即 n≤1,所以 ab≤1. 证法三:因 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b) 于是有 6≥3ab(a+b),从而 8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=? (a+b)3,所以 a+b≤2,(下略) a 3 ? b3 a?b 3 ?( ) 2 2 (a ? b)[ 4a 2 ? 4b 2 ? 4ab ? a 2 ? b 2 ? 2ab] 3(a ? b)( a ? b) 2 ? ? ≥0, 8 8 a3 ? b3 a?b 3 所以对任意非负实数 a、b,有 ≥( ) 2 2 a3 ? b3 a?b 3 因为 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 1= ≥( ) , 2 2 a?b ∴ ≤1,即 a+b≤2,(以下略) 2 证法五:假设 a+b>2,则 a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]>(a+b)ab>2ab,所以 ab<1, 又 a3+b3=(a+b)[a2-ab+b2]=(a+b)[(a+b)2-3ab]>2(22-3ab) 因为 a3+b3=2,所以 2>2(4-3ab),因此 ab>1,前后矛盾,故 a+b≤2(以下略)
证法四:因为

第 9 页 共 9 页


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