高考数学一轮复习讲义第13章第2节直接证明与间接证明

这是一份高考数学一轮复习讲义第13章第2节直接证明与间接证明，共16页。学案主要包含了思考辨析等内容，欢迎下载使用。




1．直接证明
(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，经过一系列的推理论证，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．
(2)分析法
①定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，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．
②框图表示：―→―→―→…―→
(其中Q表示要证明的结论)．
③思维过程：执果索因．
2．间接证明
反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．
【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“a (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．(　√　)

1．若a，b，c为实数，且a A．ac2ab>b2
C.< D.>
答案　B
解析　a2－ab＝a(a－b)，
∵a0，
∴a2>ab.①
又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②
由①②得a2>ab>b2.
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　B
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a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明(　　)
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
答案　D
解析　a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.
4．如果a＋b>a＋b，则a、b应满足的条件是__________________________．
答案　a≥0，b≥0且a≠b
解析　∵a＋b－(a＋b)
＝(a－b)＋(b－a)
＝(－)(a－b)
＝(－)2(＋)．
∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(－)2(＋)>0.
∴a＋b>a＋b成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.
5．(2016·青岛模拟)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x1，x2，…，xn，有≤f()，已知函数y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值为________．
答案　
解析　∵f(x)＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，且A、B、C∈(0，π)．
∴≤f()＝f()，
即sinA＋sinB＋sinC≤3sin＝，
∴sinA＋sinB＋sinC的最大值为.

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≤；
(2)＋＋≥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≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥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∈[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－x－x＝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∈[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＋x2)＝－2≤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∈[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∈[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)＝tanx，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]>f.
证明　要证[f(x1)＋f(x2)]>f，
即证明(tanx1＋tanx2)>tan，
只需证明>tan，
只需证明>.
由于x1，x2∈，故x1＋x2∈(0，π)．
所以cosx1cosx2>0，sin(x1＋x2)>0,1＋cos(x1＋x2)>0，
故只需证明1＋cos(x1＋x2)>2cosx1cosx2，
即证1＋cosx1cosx2－sinx1sinx2>2cosx1cosx2，
即证cos(x1－x2)<1.
由x1，x2∈，x1≠x2知上式显然成立，
因此[f(x1)＋f(x2)]>f.
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.
证明　要证明≥f，
即证明≥－2·，
因此只要证明－(x1＋x2)≥－(x1＋x2)，
即证明≥，
因此只要证明≥，
由于x1，x2∈R时，>0,>0，
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．
　(2017·重庆月考)设a>0，b>0,2c>a＋b，求证：
(1)c2>ab；
(2)c－ 证明　(1)∵a>0，b>0,2c>a＋b≥2，
∴c>，平方得c2>ab.
(2)要证c－ 只要证－ 即证|a－c|<，即(a－c)2 ∵(a－c)2－c2＋ab＝a(a＋b－2c)<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{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(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∴d＝2，
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)证明　由(1)得bn＝＝n＋.
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b＝bpbr，
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)．
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
∵p，q，r∈N*，∴
∴()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　(2016·济南模拟)若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a (1)设g(x)＝x2－x＋是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；
(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　(1)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，
即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.
因为b>1，所以b＝3.
(2)假设函数h(x)＝在区间[a，b] (a>－2)上是“四维光军”函数，
因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有即
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 (1)判断函数f(x)＝＋是不是集合M中的元素，并说明理由；
(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x0∈(m，n)，使得等式f(n)－f(m)＝(n－m)f′(x0)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．
(1)解　①当x＝0时，f(0)＝0，所以方程f(x)－x＝0有实数根0；
②f′(x)＝＋cosx，所以f′(x)∈，满足条件0 由①②可得，函数f(x)＝＋是集合M中的元素．
(2)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 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．
思维升华　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．
　已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00.
(1)证明：是函数f(x)的一个零点；
(2)试用反证法证明>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＝，∴x2＝(≠c)，
∴是f(x)＝0的一个根．
即是函数f(x)的一个零点．
(2)假设0，由00，
知f()>0，与f()＝0矛盾，∴≥c，
又∵≠c，∴>c.


26．反证法在证明题中的应用

典例　(12分)直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：＋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，代入椭圆方程得＋＝1，
则t＝±，故|AC|＝2.[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
消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.[6分]
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则
＝－，＝k·＋m＝.
所以AC的中点为M.[8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－，
因为k·＝－≠－1，所以AC与OB不垂直．[10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．[12分]

1．(2017·泰安质检)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(　　)
A．方程x2＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根
答案　A
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”．故选A.
2．(2016·山西质量监测)对累乘运算Π有如下定义：ak＝a1×a2×…×an，则下列命题中的真命题是(　　)
A.2k不能被10100整除
B.＝22015
C. (2k－1)不能被5100整除
D. (2k－1)2k＝k
答案　D
解析　因为 (2k－1)2k＝(1×3×5×…×2015)×(2×4×6×…×2014)＝1×2×3×…×2014×2015＝k，故选D.
3．(2017·上饶月考)设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋(　　)
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
答案　C
解析　因为(＋)＋(＋)＋(＋)
＝(＋)＋(＋)＋(＋)≥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，故选C.
4．①已知p3＋q3＝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x2＋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x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥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　D
解析　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：
①a＋b>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(　　)
A．②③ B．①②③
C．③ D．③④⑤
答案　C
解析　若a＝，b＝，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．(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)>________.
答案　
解析　观察f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3可知，等式及不等式右边的数构成首项为，公差为的等差数列，故f(128)>＋6×＝.
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)＝4x2－2(p－2)x－2p2－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　若二次函数f(x)≤0在区间[－1,1]内恒成立，
则
解得p≤－3或p≥，
故满足题干条件的p的取值范围为.
9．已知a>0，证明：－≥a＋－2.
证明　要证－≥a＋－2，
只需证≥(a＋)－(2－)．
因为a>0，所以(a＋)－(2－)>0，
所以只需证( )2≥[(a＋)－(2－)]2，
即2(2－)(a＋)≥8－4，
只需证a＋≥2.
因为a>0，a＋≥2显然成立(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＋)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－代入上式可得f(x－＋1)＝f[－(x－)]，
即f(x＋)＝f(－x＋)，
由偶函数的定义可知f(x＋)为偶函数．
11．已知函数f(x)＝ax＋(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，∴
∴
又∵x1＋1>0，x2＋1>0，
∴－＝
＝>0.
于是f(x2)－f(x1)＝＋－>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ax0＝－.
∵a>1，∴0<<1，
∴0<－<1，即 故方程f(x)＝0没有负数根．
12．(2015·陕西)设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x＞0，n∈N，n≥2.
(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝＋x；
(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gn(x)，比较fn(x)与gn(x)的大小，并加以证明．
(1)证明　Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
则Fn(1)＝n－1＞0，
Fn＝1＋＋2＋…＋n－2
＝－2＝－＜0，
所以Fn(x)在内至少存在一个零点．
又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0(x＞0)，
故Fn(x)在内单调递增，
所以Fn(x)在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－2＝0，故xn＝＋x.
(2)解　方法一　由题设，gn(x)＝，
设h(x)＝fn(x)－gn(x)
＝1＋x＋x2＋…＋xn－，x＞0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；
当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－，
若0＜x＜1，h′(x)＞xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1＝xn－1－xn－1＝0，
若x＞1，h′(x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1
＝xn－1－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)＝，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－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
＝＋xk＋1＝，
又gk＋1(x)－
＝，
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)＞，
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)·(2≤k≤n)，
bk＝xk－1(2≤k≤n)，
令mk(x)＝ak－bk＝1＋－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)＝·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＋＞＋；
(2)＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
证明　(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，
(＋)2＝c＋d＋2，
由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(＋)2＞(＋)2.
因此＋＞＋.
(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＋＞＋.
②若＋＞＋，则(＋)2＞(＋)2，
即a＋b＋2＞c＋d＋2.
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，＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．