进退中体会数学运算和数学策略

前言

总结和提炼数学运算中的技巧和策略，有助于提升我们对数学本质的理解，也有助于增强我们数学应用意识的主动性。

运算策略

【向量的模的运算】已知\(|\vec{a}|=1，|\vec{b}|=2，<\vec{a}，\vec{b}>=60^{\circ}\)，求\(|\vec{a}+2\vec{b}|\)

法1：基向量法，

\(|\vec{a}+2\vec{b}|^2=\vec{a}^2+4\vec{b}^2+2\times 2\times \vec{a}\cdot \vec{b}\)；

\(=|\vec{a}|^2+4|\vec{b}|^2+4|\vec{a}|\cdot |\vec{b}|\cdot cos60^{\circ}\)；

\(=1+16+4\times 1\times 2\times cos60^{\circ}=21\)，

故\(|\vec{a}+2\vec{b}|=\sqrt{21}\)。

法2：建立坐标系，利用向量坐标法构造向量三角形法，

建立如图所示的坐标系，则可知\(\vec{a}=(1，0)\)，\(\vec{b}=(1，\sqrt{3})\)，

则\(\vec{a}+2\vec{b}=(1，0)+2(1，\sqrt{3})=(3，2\sqrt{3})\)，

故\(|\vec{a}+2\vec{b}|=\sqrt{3^2+(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{21}\)。

法3：构造向量三角形法，利用余弦定理求解。

由图可知，\(\overrightarrow{OA}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{OD}=2\vec{b}\)，做向量三角形\(\triangle OAB\)，

则在\(\triangle OAB\)中，\(|OA|=|\vec{a}|=1\)，\(|AB|=|2\vec{b}|=4\)，\(|OB|=|\vec{a}+2\vec{b}|\)，\(\angle OAB=120^{\circ}\)，

由余弦定理可知，\(|OB|^2=1^2+4^2-2\times 1\times 4\times cos120^{\circ}=21\)，

故\(|\vec{a}+2\vec{b}|=|OB|=\sqrt{21}\)。

【北京人大附中高二阶段检测第12题】在平行六面体\(ABCD-A'B'C'D'\)中，\(\angle BAD\)\(=\)\(\angle A'AB\)\(=\)\(\angle A'AD\)\(=\)\(60^{\circ}\)，\(AB=3\)，\(AD=4\)，\(AA'=5\)，\(AC'\)=________.

分析：由于\(|\overrightarrow{AC'}|=|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC'}|\)，

则\(|\overrightarrow{AC'}|^2=|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC'}|^2\)

\(=|\overrightarrow{AB}|^2+|\overrightarrow{BC}|^2+|\overrightarrow{CC'}|^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{CC'}+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{CC'}\)，

\(=3^2+4^2+5^2+2\times3\times4\times(\cfrac{1}{2})+2\times4\times5\times(\cfrac{1}{2})+2\times3\times5\times(\cfrac{1}{2})=97\)

\(|\overrightarrow{AC'}|=\sqrt{97}\)；

【代数式求值】已知\(x+x^{-1}=3\)，

求\(x^{\frac{1}{2}}+x^{-\frac{1}{2}}=\sqrt{(x^{\frac{1}{2}}+x^{-\frac{1}{2}})^2}=\sqrt{5}\)

【求数列的通项公式】已知\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^na_n = n\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式 ；

分析：和式用减，

当\(n \ge 1\)时，\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^na_n = n ①\)，

当\(n \ge 2\)时，\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1②\)，两式相减得到

当\(n \ge 2\)时，\(2^na_n=1\)，即就是\(a_n=\cfrac{1}{2^n}=(\cfrac{1}{2})^n\)，

再验证，当\(n=1\)时，由已知式子可知\(a_1=\cfrac{1}{2}\)，满足上式，

故数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=(\cfrac{1}{2})^n\) .

已知数列\(\{a_n\}\)前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_n=n\)，正项数列\(\{b_n\}\)满足\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_n= 2^{S_n}\)，求数列\(\{b_n\}\)的通项公式 ；

分析：积式用商

当\(n \ge 1\)时，\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_n= 2^{S_n} ①\)，

当\(n \ge 2\)时，\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_{n-1}= 2^{S_{n-1}}②\)，两式相除得到

当\(n \ge 2\)时，\(b_n=2^{S_n-S_{n-1}}=2^{a_n}\)，即\(b_n=2^{a_n}=2^n\)，

再验证，当\(n=1\)时，由已知式子可知\(b_1=2^{S_1}=2^{a_1}=2\)，满足上式，故数列\(\{b_n\}\)的通项公式为\(b_n=2^n\).

【思维训练题】设数列 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项的积为 \(T_n\)，且 \(T_nT_{n-1}+2T_n=2T_{n-1}\)，(\(n\in N^*\)，\(n\geqslant 2\))，\(a_1=\cfrac{2}{3}\)，则数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式 \(a_n=\)_____________.

解析： 由 \(T_nT_{n-1}+2T_n=2T_{n-1}\)，(\(n\in N^*\)，\(n\geqslant 2\))，两边同除以 \(2T_nT_{n-1}\)，

得到 \(\cfrac{1}{T_n}-\cfrac{1}{T_{n-1}}=\cfrac{1}{2}\)，又 \(\cfrac{1}{T_1}=\cfrac{3}{2}\)，

故数列 \(\{\cfrac{1}{T_n}\}\) 是首项为 \(\cfrac{3}{2}\)，公差为 \(\cfrac{1}{2}\) 的等差数列，

则 \(\cfrac{1}{T_n}=\cfrac{3}{2}+(n-1)\times \cfrac{1}{2}=\cfrac{n+2}{2}\)，则 \(T_n=\cfrac{2}{n+2}\)，

当 \(n\geqslant 2\) 时， \(a_n=\cfrac{T_n}{T_{n-1}}=\cfrac{\cfrac{2}{n+2}}{\cfrac{2}{n+1}}=\cfrac{n+1}{n+2}\)，当 \(n=1\) 时也成立，

故 \(a_n=\cfrac{n+1}{n+2}\) .

【2022届宝鸡市质检二理数第14题文数第15题】已的数列 \(\{a_{n}\}\) 中， \(a_{1}=1\)， \(a_{n}>0\)， 前 \(n\) 项和为 \(S_{n}\)， 若 \(a_{n}\)\(=\)\(\sqrt{S_{n}}\)\(+\)\(\sqrt{S_{n-1}}\)，\((n\in {N}^{*}\)，\(n\geqslant 2)\)，则数列 \(\{\cfrac{1}{a_{n}\cdot a_{n+1}}\}\) 的前 \(15\) 项和为__________.

解析：由于 \(a_n>0\)，故 \(S_n>0\) 且 \(S_{n-1}>0\) ，又由于\(a_n=S_n-S_{n-1}\) ，

则 \(a_n=(\sqrt{S_n})^2-(\sqrt{S_{n-1}})^2=(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}})(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}})\)

由题目可知，\(a_n=\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}\)，则有\((\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}})(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}})=\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}\)

由于 \(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}>0\) ，约分得到 \(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}=1\)，

则数列 \(\{\sqrt{S_n}\}\) 是首项为 \(\sqrt{S_1}=\sqrt{a_1}=1\) ，公差为 \(1\) 的等差数列，

则 \(\sqrt{S_n}=1+(n-1)\cdot 1=n\) ，故 \(S_n=n^2\)，

当 \(n\geqslant2\) 时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=n^2-(n-1)^2=2n-1\)，

又由于 \(a_1=1\) 满足上式，故 \(a_n=2n-1\)，\(n\in N^*\) ，

则 \(\cfrac{1}{a_{n}\cdot a_{n+1}}=\cfrac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})\)

令所求数列的前 \(n\) 项和 \(T_{n}\) ，

则 \(T_{15}=\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{5})+\cdots+(\cfrac{1}{29}-\cfrac{1}{31})]\)

\(=\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{31})=\cfrac{15}{31}\).

【对数的运算】求值：\(log_2^\;{(\sqrt{2+\sqrt{3}}-\sqrt{2-\sqrt{3}})}\)

\(log_2^\;{(\sqrt{2+\sqrt{3}}-\sqrt{2-\sqrt{3}})}\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot 2 log_2^\;{(\sqrt{2+\sqrt{3}}-\sqrt{2-\sqrt{3}})}\)

\(=\cfrac{1}{2}log_2^\;{(\sqrt{2+\sqrt{3}}-\sqrt{2-\sqrt{3}})^2}\)

\(=\cfrac{1}{2}\)

【对数的运算】求值：\(5^{lg30}\cdot (\cfrac{1}{3})^{lg0.5}\)

分析：设\(5^{lg30}\cdot (\cfrac{1}{3})^{lg0.5}=x\)，两边同时取对数，

得到\(lgx=lg[5^{lg30}\cdot (\cfrac{1}{3})^{lg0.5}]\)，

即\(lgx=lg30\cdot lg5+lg0.5\cdot lg\cfrac{1}{3}\)

即\(lgx =(lg3+1)\cdot lg5+(-lg2)\cdot (-lg3)\)

即\(lgx=lg3\cdot lg5+lg5+lg2\cdot lg3\)

即\(lgx=lg3(lg2+lg5)+lg5\)

即\(lgx=lg3+lg5=lg15\)，

即\(x=15\)；

【同思路】求\(a^{lnb}\)的最值，令\(a^{lnb}=t\)，则\(lnt=lnb\cdot lna\)；

【函数求最值】已知点 \(P(a, b)\) 在函数 \(y=\cfrac{e^{2}}{x}\) 上，且\(a>1\)， \(b>1\)，则 \(a^{\ln b}\) 的最大值为______________.

解析：由题意知 \(b=\cfrac{e^{2}}{a}\)， 则 \(a^{\ln b}=a^{\ln\frac{e^{2}}{a}}=a^{(2-\ln a)}\)，

令 \(t=a^{(2-\ln a)}(t>0)\)，则\(\ln t\)\(=\ln a^{(2-\ln a)}=(2-\ln a)\ln a\)

\(=-(\ln a)^{2}+2\ln a=-(\ln a-1)^{2}+1 \leqslant 1\)

当\(\ln a=1\)时，等号成立；即\(\ln t\)的最大值为\(1\)，即\(t\)的最大值为\(e\)，则\(a^{\ln b}\) 的最大值为\(e\)；

【三角函数求值】已知\(\alpha\)为第二象限角，且\(sin2\alpha=-\cfrac{24}{25}\)，求\(cos\alpha-sin\alpha\)的值。

分析：\(|cos\alpha-sin\alpha|=\sqrt{(cos\alpha-sin\alpha)^2}=\sqrt{1-sin2\alpha}=\sqrt{1-(-\cfrac{24}{25})}=\cfrac{7}{5}\)，

又由于\(\alpha\)为第二象限角可知，\(cos\alpha<0，sin\alpha>0\)，故\(cos\alpha-sin\alpha=-\cfrac{7}{5}\)。

【向量的內积】已知向量\(\overrightarrow{OA}\perp \overrightarrow{AB}\)，\(|\overrightarrow{OA}|=3\)，求\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}\)的值。

分析：设向量\(|\overrightarrow{AB}|=x\)，则\(|\overrightarrow{OB}|=\sqrt{x^2+9}\)，

再设\(< \overrightarrow{OA} ，\overrightarrow{OB}>=\theta\)，

则\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|cos\theta=3\times\sqrt{x^2+9}\times\cfrac{3}{\sqrt{x^2+9}}=9\)

【不等式大小比较】比较大小：\(P=\sqrt{6}+\sqrt{7}\)与\(Q=\sqrt{5}+\sqrt{8}\)

分析：先平方，再开方。\(P^2=6+7+2\sqrt{42}\)；\(Q^2=5+8+2\sqrt{40}\)；

由于\(P^2>Q^2\)，\(P>0\)，\(Q>0\)，故\(P>Q\)

【不等式大小比较和三角运算】若\(0<\alpha<\beta<\cfrac{\pi}{4}\)，\(sin\alpha+cos\alpha=a\)，\(sin\beta+cos\beta=b\)，则有【】

$A.a < b$ $B.a > b$ $C.ab < 1 $ $D.ab>2$

分析：\(a^2=1+sin2\alpha\)， \(b^2=1+sin2\beta\)，

由于 \(0<\alpha<\beta<\cfrac{\pi}{4}\)，则有 \(0<2\alpha<2\beta<\cfrac{\pi}{2}\)，则\(sin2\alpha<sin2\beta\)，

故\(a^2-1<b^2-1\)，\(a>0，b>0\)，则\(a<b\)，选A.

【三角函数式的化简+二倍角的正弦多次逆用】化简求值：\(cos20^{\circ}\cdot cos40^{\circ}\cdot cos60^{\circ}\cdot cos80^{\circ}\)

分析：原式=\(\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{2sin20^{\circ}\cdot cos20^{\circ}\cdot cos40^{\circ}\cdot cos80^{\circ}}{2sin20^{\circ}}\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{sin40^{\circ}\cdot cos40^{\circ}\cdot cos80^{\circ}}{2sin20^{\circ}}\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{2\cdot sin40^{\circ}\cdot cos40^{\circ}\cdot cos80^{\circ}}{2\cdot 2sin20^{\circ}}\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{sin80^{\circ}\cdot cos80^{\circ}}{4sin20^{\circ}}\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{sin160^{\circ}}{8sin20^{\circ}}\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{1}{8}= \cfrac{1}{16}\)。

【2021\(\cdot\)上海模拟】著名的斐波那契数列 \(\{a_{n}\}\): \(1\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，\(5\)，\(8\)， \(\cdots\)， 满足 \(a_{1}\)\(=\)\(a_{2}\)\(=\)\(1\)， \(a_{n+2}\)\(=\)\(a_{n+1}\)\(+\)\(a_{n}\)\((n\in {N}^{*})\)，那么 \(1\)\(+\)\(a_{3}\)\(+\)\(a_{5}\)\(+\)\(a_{7}\)\(+\)\(a_{9}\)\(+\)\(\cdots\)\(+\)\(a_{2021}\) 是斐波那契数列中的第【\(\quad\)】项

$A.2020$ $B.2021$ $C.2022$ $D.2023$

解析： 因为 \(a_{1}\)\(=\)\(a_{2}\)\(=\)\(1\) ，所以

\(1\)\(+\)\(a_{3}\)\(+\)\(a_{5}\)\(+\)\(a_{7}\)\(+\)\(a_{9}\)\(+\)\(\cdots\)\(+\)\(a_{2021}\)

\(=\)\(a_{2}\)\(+\)\(a_{3}\)\(+\)\(a_{5}\)\(+\)\(a_{7}\)\(+\)\(a_{9}\)\(+\)\(\cdots\)\(+\)\(a_{2021}\)

\(=\)\(a_{4}\)\(+\)\(a_{5}\)\(+\)\(a_{7}\)\(+\)\(a_{9}\)\(+\)\(\cdots\)\(+\)\(a_{2021}\)

\(=\)\(a_{6}\)\(+\)\(a_{7}\)\(+\)\(a_{9}\)\(+\)\(\cdots\)\(+\)\(a_{2021}\)

\(=\)\(\cdots\)\(+\)\(a_{2019}\)\(+\)\(a_{2021}\)

\(=\)\(a_{2020}\)\(+\)\(a_{2021}\)\(=\)\(a_{2022}\) ，故选 \(C\) .

【图像的变换】已知函数\(f(x+1)\)恒过点\((3，2)\)，则函数\(f(x)\)恒过点__________。

法1：用替换解析，由于\(f(x+1)\)是用\(x-1\)替换\(x\)，才能得到函数\(f(x)\)，

而\(x-1\)意味着向右平移一个单位，故函数\(f(x)\)恒过点\((4，2)\)；

法2：由\(f(x)\)的图像得到\(f(x+1)\)的图像，是向左一个单位得到的，此时过点\((3，2)\)

故函数函数\(f(x)\)恒过点\((4，2)\)；

【求导数的值】设\(f(x)=x(x+1)(x+2)\cdots (x+2018)\)，求\(f'(0)\)的值；

分析：令\(g(x)=(x+1)(x+2)\cdots (x+2018)\)，则\(f(x)=x\cdot g(x)\)，

则\(f'(x)=g(x)+x\cdot g'(x)\)，故\(f'(0)=g(0)+0\cdot g'(0)=1\times 2\times 3\times \cdots \times 2018\)；

【求展开式中的系数的线性和】若\((2x-3)^5=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5\)，则\(a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5\)=____

分析：令\((2x-3)^5=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5\)，

对等式两边同时求导得到，

\([(2x-3)^5]'=(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5)'\)，

即\(5\cdot (2x-3)^4\cdot 2=a_1+2a_2+3a_3x^2+4a_4x^3+5a_5x^4\)，

即\(10\cdot (2x-3)^4=a_1+2a_2+3a_3x^2+4a_4x^3+5a_5x^4\)，

令\(x=1\)，得到\(a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5=10(2\times1-3)^4=10\)。

【2018山东济宁二模改编】已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=\cfrac{3}{2}\)，且数列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)为等比数列；

(2)记\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)，求\(R_n\)；

【法1】：利用通项公式，由(1)可知，数列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)为首项为\(lg2\)，公比为2的等比数列；

\(lg(a_n+\cfrac{1}{2})=lg2\cdot 2^{n-1}=2^{n-1}\cdot lg2=lg2^{2^{n-1}}\)，故\(a_n+\cfrac{1}{2}=2^{2^{n-1}}\)；

则\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)

\(=2^{2^{1-1}}\times 2^{2^{2-1}}\times 2^{2^{3-1}}\times\cdots \times 2^{2^{n-1}}=2^{2^0+2^1+\cdots+2^{n-1}}\)

\(=2^{\frac{1\cdot (2^n-1)}{2-1}}=2^{2^n-1}\)；

注意：运算中的易错处，\(lg2\cdot 2^{n-1}\neq lg(2\cdot 2^{n-1})\)，即\(lg2\cdot 2^{n-1}\neq lg2^{n}\)，

【法2】：由于数列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)为首项为\(lg2\)，公比为2的等比数列；

\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)，

给等式两边同时取对数得到，\(lgR_n=lg[ (a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})]\)

\(=lg(a_1+\cfrac{1}{2})+lg(a_2+\cfrac{1}{2})+lg(a_3+\cfrac{1}{2})+\cdots+lg(a_n+\cfrac{1}{2})\)

\(=\cfrac{lg2(2^n-1)}{2-1}=(2^n-1)lg2=lg2^{2^n-1}\)，

由于\(lgR_n=lg2^{2^n-1}\)，则有\(R_n=2^{2^n-1}\)

注意：由于对数运算能将运算降级处理，即原来是乘法运算降级为加法运算，故法2明显要优于法1，在这里我们需要培养主动使用对数运算的数学意识。

思维训练

如何想到下面的变形？

\(h(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=\cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+\cfrac{1}{x-2}\)，

从右边向左边通分整理，再从左边向右边展开一遍；

如何想到下面的变形？

由\(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2\)，变形得到\((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)=2\)，

从左向右如果想不到，那就双向多走几遍。

【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】有一个长方体木块，三个侧面积分别为\(8\)，\(12\)，\(24\)，现将其削成一个正四面体模型，则该正四面体模型棱长的最大值为【\(\qquad\)】

$A.2$ $B.2\sqrt{2}$ $C.4$ $D.4\sqrt{2}$

分析：设长方体的长宽高分别为\(x\)，\(y\)，\(z\)，则由题可知有\(\left\{\begin{array}{l}{xy=8①}\\{yz=12②}\\{xz=24③}\end{array}\right.\)，三式相乘得到\(x^2y^2z^2=48^2④\)，

用④式分别除以①②③式，得到\(x=4\)，\(y=2\)，\(z=6\)，要想削成一个正四面体，

需要先取其最小棱的长度作为基础，首先得到棱长为\(2\)的正方体，然后由正方体切削成正四面体，

此时正四面体的棱长为该正方体的面对角线，故正四面体的棱长的最大值为\(2\sqrt{2}\)。

【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】有一块池塘的荷叶生长速度每天是前一天的一倍，已知第\(20\)天时，荷叶刚好盖满池塘，问多少天荷叶刚好盖住池塘的一半？

思路一：我们一般是转化为等比数列求解，这是常规的思路，也是很费时间的思路。

思路二：我们以退为进，由于每天的荷叶生长速度每天是前一天的一倍，第\(20\)天时，荷叶刚好盖满池塘，那么第\(20-1=19\)天时，必然刚好盖住池塘的一半。

【同类型】三角形数阵的下一行的第一个，与上一行的最后一个。

【2021全国乙卷改编】比较 \(\bar{y}-\bar{x}=0.3\) 和 \(2\sqrt{\cfrac{s_1^2+s_2^2}{2}}=2\sqrt{0.0076}\) 的大小；

解析：当我们计算得到上面的两个值后，接下来的难点如何对 \(2\sqrt{0.0076}\) 进行开方运算，以便于大小比较，但是尝试后会发现，要想开方很困难，此时不妨换个角度，既然开方开不出来，我们为什么不把\(2\)放进去，得到 \(\sqrt{0.0304}\) ，这样只需要将 \(0.3\) 改写为 \(\sqrt{0.3^2}=\sqrt{0.09}\) ，这样 \(\sqrt{0.0304}\) 和 \(\sqrt{0.09}\) 就可以比较大小了。

即 \(\bar{y}-\bar{x}>2\sqrt{\cfrac{s_1^2+s_2^2}{2}}\) ；