【数学】2018届一轮复习苏教版（理）第十三章推理与证明、算法、复数13-2直接证明学案

【数学】2018届一轮复习苏教版（理）第十三章推理与证明、算法、复数13-2直接证明学案

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　P1；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．