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  • 2021-06-15 发布

高科数学专题复习课件:第十三章 13_2直接证明与间接证明

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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