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- 2021-06-24 发布
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1.直接证明
(1)综合法
①定义:从已知条件出发,以已知的定义、公理、定理为依据,逐步下推,直到推出要证明
的结论为止,这种证明方法常称为综合法.
②框图表示:已知条件⇒…⇒…⇒结论
③思维过程:由因导果.
(2)分析法
①定义:从问题的结论出发,追溯导致结论成立的条件,逐步上溯,直到使结论成立的条件
和已知条件或已知事实吻合为止.这种证明方法常称为分析法.
②框图表示:结论⇐…⇐…⇐已知条件
③思维过程:执果索因.
2.间接证明
反证法:要从否定结论开始,经过正确的推理,导致逻辑矛盾,从而达到新的否定(即肯定原
命题).
这个过程包括下面 3 个步骤:
(1)反设——假设命题的结论不成立,即假定原结论的反面为真;
(2)归谬——从反设和已知条件出发,经过一系列正确的逻辑推理,得出矛盾结果;
(3)存真——由矛盾结果,断定反设不真,从而肯定原结论成立.
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)综合法是直接证明,分析法是间接证明.( × )
(2)分析法是从要证明的结论出发,逐步寻找使结论成立的充要条件.( × )
(3)用反证法证明结论“a>b”时,应假设“aa b+b a,则 a、b 应满足的条件是__________________________.
答案 a≥0,b≥0 且 a≠b
解析 ∵a a+b b-(a b+b a)
= a(a-b)+ b(b-a)
=( a- b)(a-b)
=( a- b)2( a+ b).
∴当 a≥0,b≥0 且 a≠b 时,( a- b)2( a+ b)>0.
∴a a+b b>a b+b a成立的条件是 a≥0,b≥0 且 a≠b.
5.(2016·盐城模拟)如果函数 f(x)在区间 D 上是凸函数,则对于区间 D 内的任意 x 1,x2,…,
xn,有f(x1)+f(x2)+…+f(xn)
n ≤f(x1+x2+…+xn
n ),已知函数 y=sin x 在区间(0,π)上是凸函数,
则在△ABC 中,sin A+sin B+sin C 的最大值为________.
答案 3 3
2
解析 ∵f(x)=sin x 在区间(0,π)上是凸函数,且 A,B,C∈(0,π).
∴f(A)+f(B)+f(C)
3 ≤f(A+B+C
3 )=f(π
3),
即 sin A+sin B+sin C≤3sin π
3=3 3
2 ,
∴sin A+sin B+sin C 的最大值为3 3
2 .
题型一 综合法的应用
例 1 (2016·宿迁模拟)设 a,b,c 均为正数,且 a+b+c=1.证明:(1)ab+bc+ac≤1
3;
(2)a2
b +b2
c +c2
a≥1.
证明 (1)由 a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,
得 a2+b2+c2≥ab+bc+ca,
由题设得(a+b+c)2=1,
即 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.
所以 3(ab+bc+ca)≤1,即 ab+bc+ca≤1
3.
(2)因为a2
b +b≥2a,b2
c +c≥2b,c2
a+a≥2c,
故a2
b +b2
c +c2
a+(a+b+c)≥2(a+b+c),
即a2
b +b2
c +c2
a≥a+b+c.
所以a2
b +b2
c +c2
a≥1.
思维升华 (1)综合法是“由因导果”的证明方法,它是一种从已知到未知(从题设到结论)的
逻辑推理方法,即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发,经过一系列中间推理,
最后导出所要求证结论的真实性.(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理.
对于定义域为[0,1]的函数 f(x),如果同时满足:
①对任意的 x∈[0,1],总有 f(x)≥0;
②f(1)=1;
③若 x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1,都有 f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)成立,则称函数 f(x)为理想函数.
(1)若函数 f(x)为理想函数,证明:f(0)=0;
(2)试判断函数 f(x)=2x(x∈[0,1]),f(x)=x2(x∈[0,1]),f(x)= x(x∈[0,1])是不是理想函数.
(1)证明 取 x1=x2=0,则 x1+x2=0≤1,
∴f(0+0)≥f(0)+f(0),∴f(0)≤0.
又对任意的 x∈[0,1],总有 f(x)≥0,
∴f(0)≥0.于是 f(0)=0.
(2)解 对于 f(x)=2x,x∈[0,1],
f(1)=2 不满足新定义中的条件②,
∴f(x)=2x(x∈[0,1])不是理想函数.
对于 f(x)=x2,x∈[0,1],显然 f(x)≥0,且 f(1)=1.
对任意的 x1,x2∈[0,1],x1+x2≤1,
f(x1+x2)-f(x1)-f(x2)
=(x1+x2)2-x21-x22=2x1x2≥0,
即 f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2).
∴f(x)=x2(x∈[0,1])是理想函数.
对于 f(x)= x,x∈[0,1],显然满足条件①②.
对任意的 x1,x2∈[0,1],x1+x2≤1,
有 f2(x1+x2)-[f(x1)+f(x2)]2=(x1+x2)-(x1+2 x1x2+x2)=-2 x1x2≤0,
即 f2(x1+x2)≤[f(x1)+f(x2)]2.
∴f(x1+x2)≤f(x1)+f(x2),不满足条件③.
∴f(x)= x(x∈[0,1])不是理想函数.
综上,f(x)=x2(x∈[0,1])是理想函数,
f(x)=2x(x∈[0,1])与 f(x)= x(x∈[0,1])不是理想函数.
题型二 分析法的应用
例 2 已知函数 f(x)=tan x,x∈ (0,π
2 ),若 x1,x2∈(0,π
2 ),且 x1≠x2,求证:1
2[f(x1)+
f(x2)]>f(x1+x2
2 ).
证明 要证1
2[f(x1)+f(x2)]>f(x1+x2
2 ),
即证明1
2(tan x1+tan x2)>tan x1+x2
2 ,
只需证明1
2(sin x1
cos x1+sin x2
cos x2)>tan x1+x2
2 ,
只需证明 sin(x1+x2)
2cos x1cos x2> sin(x1+x2)
1+cos(x1+x2).
由于 x1,x2∈(0,π
2 ),故 x1+x2∈(0,π).
所以 cos x1cos x2>0,sin(x1+x2)>0,1+cos(x1+x2)>0,
故只需证明 1+cos(x1+x2)>2cos x1cos x2,
即证 1+cos x1cos x2-sin x1sin x2>2cos x1cos x2,
即证 cos(x1-x2)<1.
由 x1,x2∈(0,π
2 ),x1≠x2 知上式显然成立,
因此1
2[f(x1)+f(x2)]>f(x1+x2
2 ).
引申探究
若本例中 f(x)变为 f(x)=3x-2x,试证:对于任意的 x1,x2∈R,均有f(x1)+f(x2)
2 ≥f(x1+x2
2 ).
证明 要证明f(x1)+f(x2)
2 ≥f(x1+x2
2 ),
即证明
(3x1-2x1)+(3x2-2x2)
2 ≥ -2·x1+x2
2 ,
因此只要证明 -(x1+x2)≥ -(x1+x2),
即证明 ≥ ,
1 2
1 2(3 2 ) (3 2 )
2
x xx x− + − 1 2
23
x x+
1 23 3
2
x x+ 1 2
23
x x+
1 23 3
2
x x+ 1 2
23
x x+
因此只要证明 ≥ ,
由于 x1,x2∈R 时,
由基本不等式知 ≥ 显然成立,故原结论成立.
思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想,通过反推,逐步寻找使结论成立的充分
条件.正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键.
(2)证明较复杂的问题时,可以采用两头凑的办法,即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)
的中间结论,然后通过综合法证明这个中间结论,从而使原命题得证.
(2016·苏州模拟)下列各式:
1+0.1
2+0.1>1
2,0.2+ 3
0.5+ 3>0.2
0.5, 2+7
3+7
>
2
3
, 72+π
101+π> 72
101.
请你根据上述特点,提炼出一个一般性命题(写出已知,求证),并用分析法加以证明.
解 已知 a>b>0,m>0,求证:b+m
a+m>b
a.
证明如下:∵a>b>0,m>0,欲证b+m
a+m>b
a,
只需证 a(b+m)>b(a+m),只需证 am>bm,
只需证 a>b,由已知得 a>b 成立,
所以b+m
a+m>b
a成立.
题型三 反证法的应用
命题点 1 证明否定性命题
例 3 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1+ 2,S3=9+3 2.
(1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn;
(2)设 bn=Sn
n (n∈N*),求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
(1)解 由已知得Error!∴d=2,
故 an=2n-1+ 2,Sn=n(n+ 2).
(2)证明 由(1)得 bn=Sn
n =n+ 2.
假设数列{bn}中存在三项 bp,bq,br(p,q,r∈N*,且互不相等)成等比数列,则 b2q=bpbr,
即(q+ 2)2=(p+ 2)(r+ 2).
∴(q2-pr)+ 2(2q-p-r)=0.
∵p,q,r∈N*,∴Error!
1 23 3
2
x x+
1 23 3x x
1 23 0,3 0x x> >
1 23 3
2
x x+
1 23 3x x
∴(p+r
2 )2=pr,即(p-r)2=0.∴p=r,与 p≠r 矛盾.
∴假设不成立,即数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
命题点 2 证明存在性问题
例 4 若 f(x)的定义域为[a,b],值域为[a,b](a-2),使函数 h(x)= 1
x+2是区间[a,b]上的“四维光军”函数?若存
在,求出 a,b 的值;若不存在,请说明理由.
解 (1)由题设得 g(x)=1
2(x-1)2+1,其图象的对称轴为 x=1,区间[1,b]在对称轴的右边,
所以函数在区间[1,b]上单调递增.由“四维光军”函数的定义可知,g(1)=1,g(b)=b,
即 1
2b2-b+3
2=b,解得 b=1 或 b=3.
因为 b>1,所以 b=3.
(2)假设存在常数 a,b (a>-2),使函数 h(x)= 1
x+2是区间[a,b]上的“四维光军”函数,
因为 h(x)= 1
x+2在区间(-2,+∞)上单调递减,
所以有Error!即Error!
解得 a=b,这与已知矛盾.故不存在.
命题点 3 证明唯一性命题
例 5 已知 M 是由满足下述条件的函数构成的集合:对任意 f(x)∈M,①方程 f(x)-x=0 有实
数根;
②函数 f(x)的导数 f′(x)满足 00)的图象与 x 轴有两个不同的交点,若 f(c)=
0,且 00.
(1)证明:1
a是函数 f(x)的一个零点;
(2)试用反证法证明1
a>c.
证明 (1)∵f(x)的图象与 x 轴有两个不同的交点,
∴f(x)=0 有两个不等实根 x1,x2,
∵f(c)=0,∴x1=c 是 f(x)=0 的根,
又 x1x2=c
a,∴x2=1
a(1
a≠c),
∴1
a是 f(x)=0 的一个根.
即1
a是函数 f(x)的一个零点.
(2)假设1
a0,由 00,
知 f(1
a)>0,与 f(1
a)=0 矛盾,∴1
a≥c,
又∵1
a≠c,∴1
a>c.
25.反证法在证明题中的应用
典例 (14 分)直线 y=kx+m(m≠0)与椭圆 W: x2
4+y2=1 相交于 A、C 两点,O 是坐标原
点.
(1)当点 B 的坐标为(0,1),且四边形 OABC 为菱形时,求 AC 的长;
(2)当点 B 在 W 上且不是 W 的顶点时,证明:四边形 OABC 不可能为菱形.
思想方法指导 在证明否定性问题,存在性问题,唯一性问题时常考虑用反证法证明,应用
反证法需注意:
(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤,正确作出假设是反证法的基础,应用假设是反证法的
基本手段,得到矛盾是反证法的目的.
(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有
一种或较少时,常采用反证法.
(3)利用反证法证明时,一定要回到结论上去.
规范解答
(1)解 因为四边形 OABC 为菱形,
则 AC 与 OB 相互垂直平分.
由于 O(0,0),B(0,1),
所以设点 A(t,1
2 ),代入椭圆方程得t2
4+1
4=1,
则 t=± 3,故|AC|=2 3. [4 分]
(2)证明 假设四边形 OABC 为菱形,
因为点 B 不是 W 的顶点,且 AC⊥OB,所以 k≠0.
由Error!
消 y 并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0. [7 分]
设 A(x1,y1),C(x2,y2),则
x1+x2
2 =- 4km
1+4k2,y2+y2
2 =k·x1+x2
2 +m= m
1+4k2.
所以 AC 的中点为 M(-4km
1+4k2, m
1+4k2). [10 分]
因为 M 为 AC 和 OB 的交点,且 m≠0,k≠0,
所以直线 OB 的斜率为- 1
4k,
因为 k·(- 1
4k )=-1
4≠-1,所以 AC 与 OB 不垂直. [13 分]
所以 OABC 不是菱形,与假设矛盾.
所以当点 B 不是 W 的顶点时,四边形 OABC 不可能是菱形. [14 分]
1.(2017·泰州月考)用反证法证明命题“设 a,b 为实数,则方程 x2+ax+b=0 至少有一个实
根”时,要做的假设是__________________________.
答案 方程 x2+ax+b=0 没有实根
解析 因为“方程 x2+ax+b=0 至少有一个实根”等价于“方程 x2+ax+b=0 有一个实根或
两个实根”,所以该命题的否定是“方程 x2+ax+b=0 没有实根”.
2.(2016·江苏质量监测)对累乘运算 Π 有如下定义: Π
n
k=1ak=a1×a2×…×an,则下列命题中的
真命题是______.
① Π
1 007
k=1 2k 不能被 10100 整除;
②
Π
2 015
k=1 (4k-2)
Π
2 014
k=1 (2k-1)
=22 015;
③ Π
1 008
k=1 (2k-1)不能被 5100 整除;
④ Π
1 008
k=1 (2k-1) Π
1 007
k=1 2k= Π
2 015
k=1 k.
答案 ④
解 析 因 为 Π
1 008
k=1 (2k - 1) Π
1 007
k=1 2k = (1×3×5×…×2 015)×(2×4×6×…×2 014) =
1×2×3×…×2 014×2 015= Π
2 015
k=1 k,所以命题④为真命题.
3.设 x,y,z>0,则关于三个数y
x+y
z,z
x+z
y,x
z+x
y的叙述正确的是________.
①都大于 2 ②至少有一个大于 2
③至少有一个不小于 2 ④至少有一个不大于 2
答案 ③
解析 因为(y
x+y
z)+(z
x+z
y)+(x
z+x
y)
=(y
x+x
y)+(y
z+z
y)+(z
x+x
z)≥6,
当且仅当 x=y=z 时等号成立.
所以三个数中至少有一个不小于 2,③正确.
4.(2016·镇江模拟)若 P= a+ a+7,Q= a+3+ a+4(a≥0),则 P,Q 的大小关系是
____________.
答案 P
1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2; ⑤ab>1. 其中能推出“a,b 中至少有一个大于 1”的条件是________. 答案 ③ 解析 若 a=1 2,b=2 3,则 a+b>1, 但 a<1,b<1,故①推不出; 若 a=b=1,则 a+b=2,故②推不出; 若 a=-2,b=-3,则 a2+b2>2,故④推不出; 若 a=-2,b=-3,则 ab>1,故⑤推不出; 对于③,即 a+b>2, 则 a,b 中至少有一个大于 1, 反证法:假设 a≤1 且 b≤1, 则 a+b≤2,与 a+b>2 矛盾, 因此假设不成立,a,b 中至少有一个大于 1. 6.已知函数 f(x)=(1 2)x,a,b 是正实数,A=f(a+b 2 ),B=f( ab),C=f( 2ab a+b),则 A、B、C 的大小关系为__________. 答案 A≤B≤C 解析 ∵a+b 2 ≥ ab≥ 2ab a+b,又 f(x)=(1 2)x 在 R 上是减函数. ∴f(a+b 2 )≤f( ab)≤f( 2ab a+b),即 A≤B≤C. 7.(2016·全国甲卷)有三张卡片,分别写有 1 和 2,1 和 3,2 和 3.甲,乙,丙三人各取走一张卡 片,甲看了乙的卡片后说:“我与乙的卡片上相同的数字不是 2”,乙看了丙的卡片后说:“我 与丙的卡片上相同的数字不是 1”,丙说:“我的卡片上的数字之和不是 5”,则甲的卡片上的 数字是________. 答案 1 和 3 解析 由丙说:“我的卡片上的数字之和不是 5”可知,丙为“1 和 2”或“1 和 3”,又乙说 “我与丙的卡片上相同的数字不是 1”,所以乙只可能为“2 和 3”,又甲说“我与乙的卡片上 相同的数字不是 2”,所以甲只能为“1 和 3”. 8.若二次函数 f(x)=4x 2-2(p-2)x-2p 2-p+1,在区间[-1,1]内至少存在一点 c,使 f(c)>0,则实数 p 的取值范围是____________. 答案 (-3,3 2) 解析 若二次函数 f(x)≤0 在区间[-1,1]内恒成立, 则Error! 解得 p≤-3 或 p≥3 2, 故满足题干条件的 p 的取值范围为(-3,3 2). 9.已知 a>0,证明: a2+ 1 a2- 2 ≥a+1 a-2. 证明 要证 a2+ 1 a2- 2≥ a+1 a-2, 只需证 a2+ 1 a2 ≥(a+1 a)-(2- 2). 因为 a>0,所以(a+1 a)-(2- 2)>0, 所以只需证( a2+ 1 a2 )2≥[(a+1 a)-(2- 2)]2, 即 2(2- 2)(a+1 a)≥8-4 2, 只需证 a+1 a≥2. 因为 a>0,a+1 a≥2 显然成立(a=1 a=1 时等号成立), 所以要证的不等式成立. 10.设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若函数 f(x+1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称,求证:f(x+1 2)为 偶函数. 证明 由函数 f(x+1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称,可知 f(x+1)=f(-x). 将 x 换成 x-1 2代入上式可得 f(x-1 2+1)=f[-(x-1 2)], 即 f(x+1 2)=f(-x+1 2), 由偶函数的定义可知 f(x+1 2)为偶函数. 11.(2016·苏州模拟)已知函数 f(x)=ax+x-2 x+1(a>1). (1)证明:函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数; (2)用反证法证明方程 f(x)=0 没有负数根. 证明 (1)任取 x1,x2∈(-1,+∞), 不妨设 x10. ∵a>1,∴ 且 >0, ∴ 又∵x1+1>0,x2+1>0, ∴x2-2 x2+1-x1-2 x1+1= (x2-2)(x1+1)-(x1-2)(x2+1) (x1+1)(x2+1) = 3(x2-x1) (x1+1)(x2+1)>0. 于是 f(x2)-f(x1)= +x2-2 x2+1-x1-2 x1+1>0, 故函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数. (2)假设存在 x0<0(x0≠-1)满足 f(x0)=0, 则 =-x0-2 x0+1. ∵a>1,∴0< <1, ∴0<-x0-2 x0+1<1,即1 2 1xa 2 1 1 2 1( 1) 0.x x x x xa a a a −− − >= 2 1x xa a− 0xa 0xa = 1-(1 2 )n+1 1-1 2 -2=- 1 2n<0, 所以 Fn(x)在(1 2,1 )内至少存在一个零点. 又 F′n(x)=1+2x+…+nxn-1>0(x>0), 故 Fn(x)在(1 2,1 )内单调递增, 所以 Fn(x)在(1 2,1 )内有且仅有一个零点 xn, 因为 xn 是 Fn(x)的零点,所以 Fn(xn)=0, 即1-xn+1n 1-xn -2=0,故 xn=1 2+1 2xn+1n . (2)解 方法一 由题设,gn(x)= (n+1)(1+xn) 2 , 设 h(x)=fn(x)-gn(x) =1+x+x2+…+xn- (n+1)(1+xn) 2 ,x>0. 当 x=1 时,fn(x)=gn(x); 当 x≠1 时,h′(x)=1+2x+…+nxn-1-n(n+1)xn-1 2 , 若 0<x<1,h′(x)>xn-1+2xn-1+…+nxn-1-n(n+1) 2 xn-1=n(n+1) 2 xn-1-n(n+1) 2 xn-1=0, 若 x>1,h′(x)<xn-1+2xn-1+…+nxn-1-n(n+1) 2 xn-1 =n(n+1) 2 xn-1-n(n+1) 2 xn-1=0, 所以 h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以 h(x)<h(1)=0,即 fn(x)<gn(x), 综上所述,当 x=1 时,fn(x)=gn(x); 当 x≠1 时,fn(x)<gn(x). 方法二 由题设,fn(x)=1+x+x2+…+xn, gn(x)= (n+1)(xn+1) 2 ,x>0. 当 x=1 时,fn(x)=gn(x), 当 x≠1 时,用数学归纳法可以证明 fn(x)<gn(x), ①当 n=2 时,f2(x)-g2(x)=-1 2(1-x)2<0, 所以 f2(x)<g2(x)成立, ②假设 n=k(k≥2)时,不等式成立,即 fk(x)<gk(x), 那么,当 n=k+1 时, fk+1(x)=fk(x)+xk+1<gk(x)+xk+1 = (k+1)(1+xk) 2 +xk+1=2xk+1+(k+1)xk+k+1 2 , 又 gk+1(x)-2xk+1+(k+1)xk+k+1 2 =kxk+1-(k+1)xk+1 2 , 令 hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0), 则 h′k(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1 =k(k+1)xk-1(x-1), 所以当 0<x<1 时,h′k(x)<0,hk(x)在(0,1)上递减; 当 x>1 时,h′k(x)>0,hk(x)在(1,+∞)上递增, 所以 hk(x)>hk(1)=0, 从而 gk+1(x)>2xk+1+(k+1)xk+k+1 2 , 故 fk+1(x)<gk+1(x),即 n=k+1 时不等式也成立, 由①和②知,对一切 n≥2 的整数,都有 fn(x)<gn(x). 方法三 由已知,记等差数列为{ak},等比数列为{bk},k=1,2,…,n+1, 则 a1=b1=1,an+1=bn+1=xn, 所以 ak=1+(k-1)·xn-1 n (2≤k≤n), bk=xk-1(2≤k≤n), 令 mk(x)=ak-bk=1+ (k-1)(xn-1) n -xk-1,x>0(2≤k≤n), 当 x=1 时,ak=bk=1,所以 fn(x)=gn(x), 当 x≠1 时,m′k(x)=k-1 n ·nxn-1-(k-1)xk-2 =(k-1)xk-2(xn-k+1-1), 而 2≤k≤n,所以 k-1>0,n-k+1≥1, 若 0<x<1,xn-k+1<1,m′k(x)<0; 若 x>1,xn-k+1>1,m′k(x)>0, 从而 mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增, 所以 mk(x)>mk(1)=0, 所以当 x>0 且 x≠1 时,ak>bk(2≤k≤n), 又 a1=b1,an+1=bn+1, 故 fn(x)<gn(x), 综上所述,当 x=1 时,fn(x)=gn(x); 当 x≠1 时,fn(x)<gn(x). *13. (2015·课标全国Ⅱ)设 a,b,c,d 均为正数,且 a+b=c+d,证明: (1)若 ab>cd,则 a+ b> c+ d; (2) a+ b> c+ d是|a-b|<|c-d|的充要条件. 证明 (1)因为( a+ b)2=a+b+2 ab, ( c+ d)2=c+d+2 cd, 由题设 a+b=c+d,ab>cd 得( a+ b)2>( c+ d)2. 因此 a+ b > c+ 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 a+ b > c+ d. ②若 a+ b > c+ d,则( a+ b)2>( c+ d)2, 即 a+b+2 ab >c+d+2 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, a+ b > c+ d是|a-b|<|c-d|的充要条件.