n(n?1)xn?1当x?1时，h?(x)?1?2x?...?nxn?1?2
?1若0?x?1,h?(x)?xn?1?2xn?1?...?nxn?1?n(n?1)xn2
n(n?1)xn?1n(n?1)xn?1?2?2?0
若x?1，h?(x)?xn?1?2xn?1?...?nxn?1n(n?1)xn?1?2
?n(n?1)xn?1n(n?1)xn?12?2?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)
解法二：
由题设，f1?x?x2?...?xn，g(n?1)(1?xn)n(x)?n(x)?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，f12(x)?g2(x)??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，
f(k?1)(1?xkk?1(x)?fk(x)?xk?1?gk(x)?xk?1?)?xk?12
2xk?1?(k?1)xk??k?12
又g2xk?1?(k?1)xk?k?1kxk?1?(k?1)xkk?1(x)?2??12
令hk(x)?kxk?1?(k?1)xk?1(x?0)，
则h)?k(k?1)xk?k(k?1)xk?1?k(k?1)xk?1k?(x(x?1)
所以，当0?x?1时，hk?(x)?0,hk(x)在（0，1）上递减；
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当x?1时，hk?(x)?0,hk(x)在(1,??)上递增 所以hk(x)?hk(1)?0
从而gx)?2xk?1?(k?1)xk?k?1k?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的正数，都有fn(x)?gn(x)
解法三：
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a(k?1)xn?1k?1?n(2?k?n)， bk?xk?1(2?k?n)，
令m?axn?1k(x)k?bk?1?(k?1)n?xk?1,x?0(2?k?n) 当x?1时，ak?bk，所以fn(x)?gn(x) 当x?1时，mk?(x)?k?1nxn?1?(k?1)xk?2n ?(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,mk?(x)?0； 若x?1,xn?k?1?1,mk?(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)
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22.解：
（Ⅰ）因为DE为O直径，
则?BED??EDB?90，
又BC?DE，所以?CBD??EDB?90， 从而?CBD??BED
又AB切O于点B，得?DBA??BED， 所以?CBD??DBA （Ⅱ）根据已知BD平分?CBA，
则
BABC?ADCD?3，又BC?2，从而AB?32 所以AC?AB2?BC2?4，所以AD?3
2由切割线定理得AB2?ADAE，即AE?ABAD?6，故DE?AE?AD?3，即O直径为3 23.解：
（Ⅰ）由??23sin?，得?2?23?sin?，
从而有x2?y2?23y，所以x2?(y?3)2?3 （Ⅱ）设P(3?12t,32t)，又C(0,3)， 则|PC|?(3?1t)2?(3t?3)222 ?t2?12，
故，当t?0时，|PC|取得最小值， 此时，P点的直角坐标为（3，0） 24.解：
（Ⅰ）由|x?a|?b，得
?b?a?x?b?a
则???b?a?2,b?a?4,解得a??3,b?1
?（Ⅱ）?3t?12?t?34?t?t 13
?[(3)2?12][(4?t)2?(t)2] ?24?t?t?4，
当且仅当4?tt，即t?1时等号成立， ?13故(?3t?12?t)max?4
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