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- 2021-06-15 发布
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§13.2
直接证明与间接证明
基础知识
自主学习
课时作业
题型分
类
深度剖析
内容索引
基础知识 自主学习
1.
直接证明
知识梳理
(1)
综合法
①
定义:一般地,利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等,经过一系列
的
,
最后推导出所要证明的结论成立,这种证明方法叫做综合法.
②
框图表示
:
(
其中
P
表示已知条件、已有的定义、公理、定理等,
Q
表示所要证明的结论
)
.
③
思维过程:由因导果.
推理论证
(2)
分析法
①
定义:一般地,
从
出发
,逐步寻求使它成立
的
,
直至最后,把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件
(
已知条件、定理、定义、公理等
)
为止,这种证明方法叫做分析法.
(
其中
Q
表示要证明的结论
)
.
③
思维过程:执果索因.
要证明的结论
充分条件
2.
间接证明
反证法:一般地,假设原
命题
(
即在原命题的条件下,结论不成立
)
,经过正确的推理,最后
得出
,
因此说明假设错误,从而
证明
的
证明
方法
.
不成立
矛盾
原命题成立
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
“
a
<
b
”.
(
)
思考辨析
×
×
(4)
反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾
.(
)
(
5)
在解决问题时,常常用分析法寻找解题的思路与方法,再用综合法展现解决问题的过程
.(
)
(6)
证明
不等式
最
合适的方法是分析法
.(
)
√
√
×
×
考点自测
1.
若
a
,
b
,
c
为实数,且
a
<
b
<0
,则下列命题正确的
是
答案
解析
a
2
-
ab
=
a
(
a
-
b
)
,
∵
a
<
b
<0
,
∴
a
-
b
<0
,
∴
a
2
-
ab
>0
,
∴
a
2
>
ab
.
①
又
ab
-
b
2
=
b
(
a
-
b
)>0
,
∴
ab
>
b
2
,
②
由
①②
得
a
2
>
ab
>
b
2
.
2.(2016·
北京
)
袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半
.
甲、乙、丙是三个空盒,每次从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放入乙盒,否则就放入丙盒
.
重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,
则
A.
乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B.
乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C.
乙盒中红球不多于丙盒中红球
D.
乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
答案
解析
取两个球往盒子中放有
4
种情况:
①
红+红,则乙盒中红球数加
1
;
②
黑+黑,则丙盒中黑球数加
1
;
③
红+黑
(
红球放入甲盒中
)
,则乙盒中黑球数加
1
;
④
黑+红
(
黑球放入甲盒中
)
,则丙盒中红球数加
1.
因为红球和黑球个数一样,所以
①
和
②
的情况一样多
.
③
和
④
的情况完全随机,
③
和
④
对
B
选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响
.
①
和
②
出现的次数是一样的,所以对
B
选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样
.
综上选
B.
3.
要证
a
2
+
b
2
-
1
-
a
2
b
2
≤
0
,只要
证明
a
2
+
b
2
-
1
-
a
2
b
2
≤
0
⇔
(
a
2
-
1)(
b
2
-
1)
≥
0.
答案
解析
a
≥0
,
b
≥0
且
a
≠
b
答案
解析
答案
解析
∵
f
(
x
)
=
sin
x
在区间
(0
,
π)
上是凸函数,且
A
、
B
、
C
∈
(0
,
π).
题型分类 深度剖析
题型一 综合法的应用
例
1
(2016·
重庆模拟
)
设
a
,
b
,
c
均为正数,且
a
+
b
+
c
=
1
.
证明
:
(1)
ab
+
bc
+
ac
≤
;
证明
由
a
2
+
b
2
≥
2
ab
,
b
2
+
c
2
≥
2
bc
,
c
2
+
a
2
≥
2
ac
,
得
a
2
+
b
2
+
c
2
≥
ab
+
bc
+
ca
,
由题设得
(
a
+
b
+
c
)
2
=
1
,
即
a
2
+
b
2
+
c
2
+
2
ab
+
2
bc
+
2
ca
=
1.
证明
(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
.
思维
升华
跟踪训练
1
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
;
②
f
(1)
=
1
;
③
若
x
1
≥
0
,
x
2
≥
0
,
x
1
+
x
2
≤
1
,都有
f
(
x
1
+
x
2
)
≥
f
(
x
1
)
+
f
(
x
2
)
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
;
证明
取
x
1
=
x
2
=
0
,则
x
1
+
x
2
=
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.
解答
对于
f
(
x
)
=
2
x
,
x
∈
[0,1]
,
f
(1)
=
2
不满足新定义中的条件
②
,
∴
f
(
x
)
=
2
x
(
x
∈
[
0,1
]
)
不是理想函数
.
对于
f
(
x
)
=
x
2
,
x
∈
[
0,1
]
,显然
f
(
x
)
≥
0
,且
f
(1)
=
1.
∴
f
(
x
)
=
x
2
(
x
∈
[
0,1
]
)
是理想函数
.
综上,
f
(
x
)
=
x
2
(
x
∈
[
0,1
]
)
是理想函数
,
对任意的
x
1
,
x
2
∈
[
0,1
]
,
x
1
+
x
2
≤
1
,
即
f
2
(
x
1
+
x
2
)
≤
[
f
(
x
1
)
+
f
(
x
2
)
]
2
.
∴
f
(
x
1
+
x
2
)
≤
f
(
x
1
)
+
f
(
x
2
)
,不满足条件
③
.
例
2
题型二 分析法的应用
证明
所以
cos
x
1
cos
x
2
>0
,
sin(
x
1
+
x
2
)>0,1
+
cos(
x
1
+
x
2
)>0
,
故只需证明
1
+
cos(
x
1
+
x
2
)>2cos
x
1
cos
x
2
,
即证
1
+
cos
x
1
cos
x
2
-
sin
x
1
sin
x
2
>2cos
x
1
cos
x
2
,
即证
cos(
x
1
-
x
2
)<1.
引申
探究
证明
由于
x
1
,
x
2
∈
R
时,
>
0,
>
0
,
(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
.
思维
升华
跟踪训练
2
(
2017·
重庆月考
)
设
a
>0
,
b
>0,2
c
>
a
+
b
,求证:
(1)
c
2
>
ab
;
证明
证明
∵
(
a
-
c
)
2
-
c
2
+
ab
=
a
(
a
+
b
-
2
c
)<0
成立,
∴
原不等式成立
.
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
{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
,
a
1
=
1
+
,
S
3
=
9
+
3 .
(1)
求数列
{
a
n
}
的通项
a
n
与前
n
项和
S
n
;
解答
(2)
设
b
n
=
(
n
∈
N
*
)
,求证:数列
{
b
n
}
中任意不同的三项都不可能成为等比数列
.
证明
∴
假设不成立,即数列
{
b
n
}
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
(2016·
济南模拟
)
若
f
(
x
)
的定义域为
[
a
,
b
]
,值域为
[
a
,
b
]
(
a
<
b
)
,则称函数
f
(
x
)
是
[
a
,
b
]
上的
“
四维光军
”
函数
.
解答
由题设得
g
(
x
)
=
(
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
,
因为
b
>1
,所以
b
=
3.
(2)
是否存在常数
a
,
b
(
a
>
-
2)
,使函数
h
(
x
)
=
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
.
解答
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
0<
f
′
(
x
)<1.
解答
①
当
x
=
0
时,
f
(0)
=
0
,所以方程
f
(
x
)
-
x
=
0
有实数根
0
;
(2)
集合
M
中的元素
f
(
x
)
具有下面的性质:若
f
(
x
)
的定义域为
D
,则对于任意
[
m
,
n
]
⊆
D
,都存在
x
0
∈
(
m
,
n
)
,使得等式
f
(
n
)
-
f
(
m
)
=
(
n
-
m
)
f
′
(
x
0
)
成立
.
试用这一性质证明:方程
f
(
x
)
-
x
=
0
有且只有一个实数根
.
证明
假设方程
f
(
x
)
-
x
=
0
存在两个实数根
α
,
β
(
α
≠
β
)
,则
f
(
α
)
-
α
=
0
,
f
(
β
)
-
β
=
0.
不妨设
α
<
β
,根据题意存在
c
∈
(
α
,
β
)
,
满足
f
(
β
)
-
f
(
α
)
=
(
β
-
α
)
f
′
(
c
).
因为
f
(
α
)
=
α
,
f
(
β
)
=
β
,且
α
≠
β
,所以
f
′
(
c
)
=
1.
与已知
0<
f
′
(
x
)<1
矛盾
.
又
f
(
x
)
-
x
=
0
有实数根,
所以方程
f
(
x
)
-
x
=
0
有且只有一个实数根
.
应用反证法证明数学命题,一般有以下几个步骤:
第一步:分清命题
“
p
⇒
q
”
的条件和结论;
第二步:作出与命题结论
q
相反的假设
綈
q
;
第三步:由
p
和
綈
q
出发,应用正确的推理方法,推出矛盾结果;
第四步:断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设
綈
q
不真,于是原结论
q
成立,从而间接地证明了命题
p
⇒
q
为真
.
所说的矛盾结果,通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾,与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果
.
思维
升华
跟踪训练
3
已知二次函数
f
(
x
)
=
ax
2
+
bx
+
c
(
a
>0)
的图象与
x
轴有两个不同的交点,若
f
(
c
)
=
0
,且
0<
x
<
c
时,
f
(
x
)>0.
证明
∵
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
x
1
,
x
2
,
∵
f
(
c
)
=
0
,
∴
x
1
=
c
是
f
(
x
)
=
0
的根,
证明
典例
(12
分
)
直线
y
=
kx
+
m
(
m
≠
0)
与椭圆
W
:+
y
2
=
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
.
反证法
在证明题中的应用
思想与方法系列
26
思想方法指导
规范解答
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
.
返回
(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)
,
(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.
设
A
(
x
1
,
y
1
)
,
C
(
x
2
,
y
2
)
,则
因为
M
为
AC
和
OB
的交点,且
m
≠
0
,
k
≠
0
,
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
.
[
12
分
]
返回
课时作业
1.(2017·
泰安
质检
)
用反证法证明命题
“
设
a
,
b
为实数,则方程
x
2
+
ax
+
b
=
0
至少有一个实根
”
时,要做的假设
是
A.
方程
x
2
+
ax
+
b
=
0
没有实根
B.
方程
x
2
+
ax
+
b
=
0
至多有一个实根
C.
方程
x
2
+
ax
+
b
=
0
至多有两个实根
D.
方程
x
2
+
ax
+
b
=
0
恰好有两个实根
答案
解析
√
因为
“
方程
x
2
+
ax
+
b
=
0
至少有一个实根
”
等价于
“
方程
x
2
+
ax
+
b
=
0
有一个实根或两个实根
”
,
所以该命题的否定是
“
方程
x
2
+
ax
+
b
=
0
没有实根
”
.
故选
A.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2.(2016·
山西质量监测
)
对累乘运算
Π
有如下定义
:
a
k
=
a
1
×
a
2
×…
×
a
n
,则
下列命题中的真命题是
答案
解析
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
当且仅当
x
=
y
=
z
时等号成立
.
答案
解析
A.
都大于
2
B
.
至少有一个大于
2
C.
至少有一个不小于
2
D
.
至少有一个不大于
2
√
所以三个数中至少有一个不小于
2
,故选
C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
4.
①
已知
p
3
+
q
3
=
2
,证明:
p
+
q
≤
2.
用反证法证明时,可假设
p
+
q
≥
2
;
②
若
a
,
b
∈
R
,
|
a
|
+
|
b
|<1
,求证:方程
x
2
+
ax
+
b
=
0
的两根的绝对值都小于
1.
用反证法证明时可假设方程有一根
x
1
的绝对值大于或等于
1
,即假设
|
x
1
|
≥
1.
以下结论正确的
是
A.
①
与
②
的假设都错误
B.
①
的假设正确;
②
的假设错误
C.
①
与
②
的假设都正确
D.
①
的假设错误;
②
的假设正确
答案
解析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
对于
①
,结论的否定是
p
+
q
>2
,
故
①
中的假设错误
;
对于
②
,其假设正确,故选
D.
5.
设
a
,
b
是两个实数,给出下列条件:
①
a
+
b
>1
;
②
a
+
b
=
2
;
③
a
+
b
>2
;
④
a
2
+
b
2
>2
;
⑤
ab
>1.
其中能推出:
“
a
,
b
中至少有一个大于
1
”
的条件
是
A.
②③
B
.
①②③
C.
③
D
.
③④⑤
答案
解析
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
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
a
2
+
b
2
>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
,
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
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
.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
6.(2016·
河南三市联考
)
设
n
为正整数,
f
(
n
)
=
1
+
,
计算得
f
(2)
=
,
f
(4)>2
,
f
(8
)>
,
f
(16)>3.
观察上述结果,按照上面规律,可推测
f
(128)>________.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
解析
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
解析
1
和
3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
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
”
.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
若二次函数
f
(
x
)
≤
0
在区间
[
-
1,1]
内恒成立,
8.
若二次函数
f
(
x
)
=
4
x
2
-
2(
p
-
2)
x
-
2
p
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
解析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
证明
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
所以要证的不等式成立
.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
10.
设
f
(
x
)
=
ax
2
+
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
+
)
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
).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(1)
证明:函数
f
(
x
)
在
(
-
1
,+
∞
)
上为增函数;
证明
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
任取
x
1
,
x
2
∈
(
-
1
,+
∞
)
,
又
∵
x
1
+
1>0
,
x
2
+
1>0
,
不妨设
x
1
<
x
2
,则
x
2
-
x
1
>0.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
∴
故函数
f
(
x
)
在
(
-
1
,+
∞
)
上为增函数
.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)
用反证法证明方程
f
(
x
)
=
0
没有负数根
.
证明
假设存在
x
0
<0(
x
0
≠
-
1)
满足
f
(
x
0
)
=
0
,
∵
a
>1
,
∴
0<
<1
,
故方程
f
(
x
)
=
0
没有负数根
.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
12.(2015·
陕西
)
设
f
n
(
x
)
是等比数列
1
,
x
,
x
2
,
…
,
x
n
的各项和,其中
x
>
0
,
n
∈
N
,
n
≥
2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
证明
F
n
(
x
)
=
f
n
(
x
)
-
2
=
1
+
x
+
x
2
+
…
+
x
n
-
2
,
则
F
n
(1)
=
n
-
1
>
0
,
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
又
F
′
n
(
x
)
=
1
+
2
x
+
…
+
nx
n
-
1
>
0(
x
>
0)
,
因为
x
n
是
F
n
(
x
)
的零点,所以
F
n
(
x
n
)
=
0
,
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)
设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为
g
n
(
x
)
,比较
f
n
(
x
)
与
g
n
(
x
)
的大小,并加以证明
.
解答
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
设
h
(
x
)
=
f
n
(
x
)
-
g
n
(
x
)
=
1
+
x
+
x
2
+
…
+
x
n
-
,
x
>
0.
当
x
=
1
时,
f
n
(
x
)
=
g
n
(
x
)
;
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
所以
h
(
x
)
在
(0,1)
上递增,在
(1
,+
∞
)
上递减,
所以
h
(
x
)
<
h
(1)
=
0
,即
f
n
(
x
)
<
g
n
(
x
)
,
综上所述,当
x
=
1
时,
f
n
(
x
)
=
g
n
(
x
)
;
当
x
≠
1
时,
f
n
(
x
)
<
g
n
(
x
).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
方法二
由题设,
f
n
(
x
)
=
1
+
x
+
x
2
+
…
+
x
n
,
当
x
=
1
时,
f
n
(
x
)
=
g
n
(
x
)
,
当
x
≠
1
时,用数学归纳法可以证明
f
n
(
x
)
<
g
n
(
x
)
,
所以
f
2
(
x
)
<
g
2
(
x
)
成立,
②
假设
n
=
k
(
k
≥
2)
时,不等式成立,即
f
k
(
x
)
<
g
k
(
x
)
,
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
那么,当
n
=
k
+
1
时
,
f
k
+
1
(
x
)
=
f
k
(
x
)
+
x
k
+
1
<
g
k
(
x
)
+
x
k
+
1
令
h
k
(
x
)
=
kx
k
+
1
-
(
k
+
1)
x
k
+
1(
x
>
0)
,
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
则
h
′
k
(
x
)
=
k
(
k
+
1)
x
k
-
k
(
k
+
1)
x
k
-
1
=
k
(
k
+
1)
x
k
-
1
(
x
-
1)
,
故
f
k
+
1
(
x
)
<
g
k
+
1
(
x
)
,即
n
=
k
+
1
时不等式也成立
,
所以当
0
<
x
<
1
时,
h
′
k
(
x
)
<
0
,
h
k
(
x
)
在
(0,1)
上递减;
当
x
>
1
时,
h
′
k
(
x
)
>
0
,
h
k
(
x
)
在
(1
,+
∞
)
上递增,
所以
h
k
(
x
)
>
h
k
(1)
=
0
,
由
①
和
②
知,对一切
n
≥
2
的整数,都有
f
n
(
x
)
<
g
n
(
x
).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
方法三
由已知,记等差数列为
{
a
k
}
,等比数列为
{
b
k
}
,
k
=
1
,
2
,
…
,
n
+
1
,
则
a
1
=
b
1
=
1
,
a
n
+
1
=
b
n
+
1
=
x
n
,
b
k
=
x
k
-
1
(2
≤
k
≤
n
)
,
当
x
=
1
时,
a
k
=
b
k
=
1
,所以
f
n
(
x
)
=
g
n
(
x
)
,
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
=
(
k
-
1)
x
k
-
2
(
x
n
-
k
+
1
-
1)
,
而
2
≤
k
≤
n
,所以
k
-
1
>
0
,
n
-
k
+
1
≥
1
,
若
0
<
x
<
1
,
x
n
-
k
+
1
<
1
,
m
′
k
(
x
)
<
0
;
若
x
>
1
,
x
n
-
k
+
1
>
1
,
m
′
k
(
x
)
>
0
,
从而
m
k
(
x
)
在
(0,1)
上递减,在
(1
,+
∞
)
上递增,
所以
m
k
(
x
)
>
m
k
(1)
=
0
,
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
所以当
x
>
0
且
x
≠
1
时,
a
k
>
b
k
(2
≤
k
≤
n
)
,
又
a
1
=
b
1
,
a
n
+
1
=
b
n
+
1
,
故
f
n
(
x
)
<
g
n
(
x
)
,
综上所述,当
x
=
1
时,
f
n
(
x
)
=
g
n
(
x
)
;
当
x
≠
1
时,
f
n
(
x
)
<
g
n
(
x
).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
*13.(2015·
课标全国
Ⅱ
)
设
a
,
b
,
c
,
d
均为正数,且
a
+
b
=
c
+
d
,证明:
证明
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
证明
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
因为
a
+
b
=
c
+
d
,所以
ab
>
cd
.
因为
a
+
b
=
c
+
d
,所以
ab
>
cd
,于是
(
a
-
b
)
2
=
(
a
+
b
)
2
-
4
ab
<
(
c
+
d
)
2
-
4
cd
=
(
c
-
d
)
2
.
因此
|
a
-
b
|
<
|
c
-
d
|.
①
若
|
a
-
b
|
<
|
c
-
d
|
,则
(
a
-
b
)
2
<
(
c
-
d
)
2
,即
(
a
+
b
)
2
-
4
ab
<
(
c
+
d
)
2
-
4
cd
.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
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