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

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

§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