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高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 高考专题突破一 第3课时 利用导数证明不等式课件PPT
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这是一份高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 高考专题突破一 第3课时 利用导数证明不等式课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了故原不等式成立，极值点偏移问题，课时精练等内容，欢迎下载使用。
题型一 将不等式转化为函数的最值问题
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
跟踪训练1 (2021·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋ ，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.
题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，
(1)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处h(x)min＝φ(x)max恒成立.从而φ(x)≤h(x)恒成立，但此处φ(x)与h(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”，故φ(x)
解 由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，
令f(x)的最小值为g(t)，
由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减，由m′(x)>0得0
题型三 适当放缩证明不等式
证明 令φ(x)＝ln x－x＋1，其定义域为(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴φ(x)≤0，即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.
当x>2时，ln(x－1)0，∴aln(x－1)
跟踪训练3 已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
解 当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0).∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
证明 ∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－ln x－1.方法一 令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即证f(x)≥0.方法二 令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1，即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即证f(x)≥0.
方法三 f(x)＝aex－1－ln x－1，定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(1)＝a－1≥0且x→0时，f′(x)→－∞，
∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)在(0,1]上单调递减，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，
即f(x)min＝f(x0)≥0，故f(x)≥0.
极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变.解决此类问题，先需理解此类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，利用函数的性质解决问题．
例1 已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间；
解 f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
证明 方法一 (对称化构造法)构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝0，故当x>1时，f(x)>f(2－x)， (*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1f(2－x2)，
又f(x1)＝f(x2)，∴f(x1)>f(2－x2).又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴x1>2－x2，∴x1＋x2>2.方法二 (比值代换法)设0
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
例2 已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；
①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；
(2)求证：x1·x2>e2.
故ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2.
KESHIJINGLIAN
1.(2021·莆田模拟)已知函数f(x)＝xex－1－ax＋1，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率为3e－2.(1)求a的值及切线l的方程；
解 由f(x)＝xex－1－ax＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex－1－a，因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率为3e－2，所以f′(2)＝3e－a＝3e－2，解得a＝2，所以f(2)＝2e－4＋1＝2e－3，故切线l的方程为y－(2e－3)＝(3e－2)(x－2)，即(3e－2)x－y－4e＋1＝0.所以a＝2，切线l的方程为(3e－2)x－y－4e＋1＝0.
(2)证明：f(x)≥0.
证明 由(1)，可得f(x)＝xex－1－2x＋1，f′(x)＝(x＋1)ex－1－2，所以当x∈(－∞，－1]时，f′(x)<0.令g(x)＝(x＋1)ex－1－2(x>－1)，则g′(x)＝(x＋2)ex－1>0，所以当x∈(－1，＋∞)时，g(x)单调递增，即f′(x)单调递增，又因为f′(1)＝0，所以当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.所以f(x)≥f(1)＝0.
2.(2021·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；
解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞).f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值.
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
3.已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(1)＝－e，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e，综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
4.已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(2)证明：ex－e2ln x>0恒成立.
证明 方法一 要证ex－e2ln x>0，即证ex－2>ln x，令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0，∴x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又ln x≤x－1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，所以ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，故ex－2>ln x.即证原不等式成立.方法二 令φ(x)＝ex－e2ln x，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x0)>0，∴φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故φ(x)>0，即ex－e2ln x>0，即证原不等式成立.
5.(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ －x＋aln x.(1)讨论f(x)的单调性；
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.②若a>2，令f′(x)＝0，得
证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x11.
由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减.又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
题型一 将不等式转化为函数的最值问题
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
跟踪训练1 (2021·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋ ，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0
当0
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.
题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，
(1)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处h(x)min＝φ(x)max恒成立.从而φ(x)≤h(x)恒成立，但此处φ(x)与h(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”，故φ(x)
解 由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，
令f(x)的最小值为g(t)，
由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减，由m′(x)>0得0
题型三 适当放缩证明不等式
证明 令φ(x)＝ln x－x＋1，其定义域为(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴φ(x)≤0，即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.
当x>2时，ln(x－1)
跟踪训练3 已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
解 当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0).∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
证明 ∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－ln x－1.方法一 令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即证f(x)≥0.方法二 令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1，即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即证f(x)≥0.
方法三 f(x)＝aex－1－ln x－1，定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(1)＝a－1≥0且x→0时，f′(x)→－∞，
∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)在(0,1]上单调递减，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，
即f(x)min＝f(x0)≥0，故f(x)≥0.
极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变.解决此类问题，先需理解此类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，利用函数的性质解决问题．
例1 已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间；
解 f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
证明 方法一 (对称化构造法)构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝0，故当x>1时，f(x)>f(2－x)， (*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1
又f(x1)＝f(x2)，∴f(x1)>f(2－x2).又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴x1>2－x2，∴x1＋x2>2.方法二 (比值代换法)设0
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
例2 已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；
①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；
(2)求证：x1·x2>e2.
故ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2.
KESHIJINGLIAN
1.(2021·莆田模拟)已知函数f(x)＝xex－1－ax＋1，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率为3e－2.(1)求a的值及切线l的方程；
解 由f(x)＝xex－1－ax＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex－1－a，因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率为3e－2，所以f′(2)＝3e－a＝3e－2，解得a＝2，所以f(2)＝2e－4＋1＝2e－3，故切线l的方程为y－(2e－3)＝(3e－2)(x－2)，即(3e－2)x－y－4e＋1＝0.所以a＝2，切线l的方程为(3e－2)x－y－4e＋1＝0.
(2)证明：f(x)≥0.
证明 由(1)，可得f(x)＝xex－1－2x＋1，f′(x)＝(x＋1)ex－1－2，所以当x∈(－∞，－1]时，f′(x)<0.令g(x)＝(x＋1)ex－1－2(x>－1)，则g′(x)＝(x＋2)ex－1>0，所以当x∈(－1，＋∞)时，g(x)单调递增，即f′(x)单调递增，又因为f′(1)＝0，所以当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.所以f(x)≥f(1)＝0.
2.(2021·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；
解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞).f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值.
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
3.已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(1)＝－e，
所以当0
4.已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(2)证明：ex－e2ln x>0恒成立.
证明 方法一 要证ex－e2ln x>0，即证ex－2>ln x，令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0，∴x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又ln x≤x－1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，所以ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，故ex－2>ln x.即证原不等式成立.方法二 令φ(x)＝ex－e2ln x，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x0)>0，∴φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故φ(x)>0，即ex－e2ln x>0，即证原不等式成立.
5.(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ －x＋aln x.(1)讨论f(x)的单调性；
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.②若a>2，令f′(x)＝0，得
证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1
由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减.又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
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