補(bǔ)上一課 指對(duì)同構(gòu)、對(duì)數(shù)與指數(shù)均值不等式

補(bǔ)上一課指對(duì)同構(gòu)、對(duì)數(shù)與指數(shù)均值不等式1．指對(duì)同構(gòu)在解決指對(duì)混合不等式時(shí)，如恒成立求參數(shù)或證明不等式，部分試題是命題者利用函數(shù)單調(diào)性構(gòu)造出來(lái)的，如果我們能找到這個(gè)函數(shù)模型(即不等式兩邊對(duì)應(yīng)的是同一函數(shù))，無(wú)疑大大加快解決問(wèn)題的速度．找到這個(gè)函數(shù)模型的方法，我們稱為同構(gòu)法，其實(shí)質(zhì)還是指數(shù)、對(duì)數(shù)恒等式的變換．(1)五個(gè)常見(jiàn)變形：xex＝ex＋lnx，eq\f(ex,x)＝ex－lnx，eq\f(x,ex)＝elnx－x，x＋lnx＝ln(xex)，x－lnx＝lneq\f(ex,x).(2)三種基本模式①積型：aea≤blnbeq\o(→,\s\up7(三種同構(gòu)方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：aea≤(lnb)elnb\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝xex，,同右：ealnea≤blnb\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝xlnx，,取對(duì)：a＋lna≤lnb＋ln（lnb）\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝x＋lnx.))②商型：eq\f(ea,a)＜eq\f(b,lnb)eq\o(→,\s\up7(三種同構(gòu)方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：\f(ea,a)＜\f(elnb,lnb)\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝\f(ex,x)，,同右：\f(ea,lnea)＜\f(b,lnb)\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝\f(x,lnx)，,取對(duì)：a－lna＜lnb－ln（lnb）\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝x－lnx.))③和差型：ea±a＞b±lnbeq\o(→,\s\up7(兩種同構(gòu)方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：ea±a＞elnb±lnb\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝ex±x，,同右：ea±lnea＞b±lnb\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝x±lnx.))2．對(duì)數(shù)與指數(shù)均值不等式結(jié)論1對(duì)任意的a，b＞0(a≠b)，有eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).證明不妨設(shè)a＞b＞0(0＜a＜b時(shí)同理可得)首先，由eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)等價(jià)于lna－lnb＜eq\f(a－b,\r(ab))，即lneq\f(a,b)＜eq\f(\f(a,b)－1,\r(\f(a,b))).令x＝eq\r(\f(a,b))＞1，只要證lnx2＜eq\f(x2－1,x)，即證2xlnx－x2＋1＜0.令f(x)＝2xlnx－x2＋1(x＞1)，則f′(x)＝2lnx＋2－2x，f″(x)＝eq\f(2,x)－2＜0，f′(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，即f(x)＜f(1)＝0.故eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb).其次，eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)等價(jià)于lna－lnb＞eq\f(2（a－b）,a＋b)，即lneq\f(a,b)＞eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1).令x＝eq\f(a,b)＞1，只要證lnx＞eq\f(2（x－1）,x＋1)，即證(x＋1)lnx－2x＋2＞0.設(shè)g(x)＝(x＋1)lnx－2x＋2(x＞1)，同理可證g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，有g(shù)(x)＞g(1)＝0.故eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).需注意的是，在實(shí)際解題過(guò)程中，凡涉及這兩個(gè)不等式的都需給出證明，以確保考試不被扣分．結(jié)論2對(duì)任意實(shí)數(shù)m，n(m≠n)，有eeq\s\up6(\f(m＋n,2))＜eq\f(em－en,m－n)＜eq\f(em＋en,2).證明在指數(shù)均值不等式中，令em＝a、en＝b，則m＝lna，n＝lnb，從而可得對(duì)數(shù)均值不等式．題型一同源函數(shù)的構(gòu)造例1已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－3x，對(duì)于任意x1，x2∈[1，10]，當(dāng)x1＜x2時(shí)，不等式f(x1)－f(x2)＞eq\f(m（x2－x1）,x1x2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解當(dāng)x1＜x2時(shí)，f(x1)－f(x2)＞eq\f(m（x2－x1）,x1x2)恒成立，所以對(duì)于任意x1，x2∈[1，10]，當(dāng)x1＜x2時(shí)，f(x1)－eq\f(m,x1)＞f(x2)－eq\f(m,x2)恒成立，所以函數(shù)y＝f(x)－eq\f(m,x)在[1，10]上單調(diào)遞減．令h(x)＝f(x)－eq\f(m,x)＝lnx＋x2－3x－eq\f(m,x)，x∈[1，10]，所以h′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＋eq\f(m,x2)≤0在[1，10]上恒成立，則m≤－2x3＋3x2－x在[1，10]上恒成立．設(shè)F(x)＝－2x3＋3x2－x(x∈[1，10])，則F′(x)＝－6x2＋6x－1＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2).當(dāng)x∈[1，10]時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，所以F(x)在[1，10]上單調(diào)遞減，所以F(x)min＝F(10)＝－2×103＋3×102－10＝－1710，所以m≤－1710.故實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，－1710]．感悟提升此類問(wèn)題一般是給出含有x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通過(guò)變形，把不等式兩邊轉(zhuǎn)化為結(jié)構(gòu)形式相同的代數(shù)式，即轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)，可利用該函數(shù)單調(diào)性求解．訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1，對(duì)于函數(shù)圖象上任意不同的兩點(diǎn)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，直線AB的斜率為k，若x1＋x2＋k＞0恒成立，求a的取值范圍．解由題意，k＝eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)，則原不等式化為x1＋x2＋eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，不妨設(shè)x1＞x2＞0，則(x1＋x2)(x1－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＋xeq\o\al(2,1)＞f(x2)＋xeq\o\al(2,2).設(shè)g(x)＝f(x)＋x2＝lnx＋x2－ax＋1，由已知，當(dāng)x1＞x2＞0時(shí)，不等式g(x1)＞g(x2)恒成立，則g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．則g′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋1,x)，所以當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)≥0，即2x2－ax＋1≥0，即a≤eq\f(2x2＋1,x)＝2x＋eq\f(1,x)恒成立，因?yàn)?x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號(hào)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2eq\r(2).故a的取值范圍是(－∞，2eq\r(2)]．題型二指對(duì)同構(gòu)例2(2022·新高考Ⅰ卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ex－x和g(x)＝x－lnx．證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．證明f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx，則f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝g(x)min＝1.當(dāng)直線y＝b與曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個(gè)不同交點(diǎn)時(shí)，如圖，設(shè)三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x3，且x1<x2<x3，則f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b.∵f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx＝elnx－lnx＝f(lnx)，∴f(x1)＝f(x2)＝f(lnx2)＝f(lnx3)．由于x2≠x1，x2≠lnx2，∴x2＝lnx3，x1＝lnx2，則f(lnx2)＝elnx2－lnx2＝x2－lnx2＝x2－x1＝b，f(lnx3)＝elnx3－lnx3＝x3－lnx3＝x3－x2＝b，上述兩式相減得x1＋x3＝2x2，即從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．感悟提升指對(duì)同構(gòu)的關(guān)鍵是利用指數(shù)、對(duì)數(shù)恒等式將所給關(guān)系式湊配成同源函數(shù)．訓(xùn)練2(2020·新高考全國(guó)Ⅰ卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx＋lna，若f(x)≥1，求a的取值范圍．解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1，等價(jià)于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(x)＝ex＋x，上述不等式等價(jià)于g(lna＋x－1)≥g(lnx)．顯然g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以又等價(jià)于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1.令h(x)＝lnx－x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以lna≥0，即a≥1，所以a的取值范圍是[1，＋∞)．題型三指數(shù)、對(duì)數(shù)均值不等式例3已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①若a≤2，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時(shí)，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．②若a＞2，令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當(dāng)x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增．(2)證明法一由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a＞2.由于x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則x2＞1.由于f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,x1)－x1＋alnx1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－x2＋alnx2))＝2(x2－x1)＋a(lnx1－lnx2)．所以eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝a·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)－2.利用對(duì)數(shù)均值不等式且x1x2＝1，得eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a·eq\f(1,\r(x1x2))－2＝a－2.法二由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a＞2.由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則x2＞1.由于eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝－2＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2等價(jià)于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0.設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＜0.所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0，即eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2.感悟提升關(guān)鍵是湊配出利用對(duì)數(shù)均值不等式的形式．訓(xùn)練3(1)若函數(shù)f(x)＝lnx－ax有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1x2＞e2.證明借助a作為媒介，構(gòu)造對(duì)數(shù)均值不等式．依題意，lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0.兩式相減，得lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，即a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，兩式相加，得lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)．故欲證x1x2＞e2，即證lnx1＋lnx2＞2，即證a(x1＋x2)＞2，即證eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2).由對(duì)數(shù)均值不等式知上式顯然成立．綜上，x1x2＞e2成立．(2)(2022·新高考Ⅱ卷節(jié)選)設(shè)n∈N*，證明：eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))>ln(n＋1)．證明先證對(duì)數(shù)均值不等式eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)(a＞b＞0)成立．不等式eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)(a＞b＞0)成立?lna－lnb＜eq\f(a－b,\r(ab))?lneq\f(a,b)＜eq\r(\f(a,b))－eq\r(\f(b,a))?2lnx＜x－eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中x＝\r(\f(a,b))＞1))，構(gòu)造函數(shù)h(x)＝2lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))(x＞1)，則h′(x)＝eq\f(2,x)－1－eq\f(1,x2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))eq\s\up12(2).當(dāng)x＞1時(shí)，h′(x)＜0，所以函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，h(x)＜h(1)＝0，從而不等式成立．法一令a＝1＋eq\f(1,n)，b＝1，則有eq\r(1＋\f(1,n))＜eq\f(\f(1,n),ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－ln1)，整理可得，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＜eq\f(1,\r(n2＋n))，故eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,i)))＜eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\f(1,\r(i2＋i))，即eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))＞ln(n＋1)成立．法二因?yàn)?lnx＜x－eq\f(1,x)(x＞1)，所以對(duì)任意的n∈N*，有2lneq\r(\f(n＋1,n))<eq\r(\f(n＋1,n))－eq\r(\f(n,n＋1))，整理得ln(n＋1)－lnn<eq\f(1,\r(n2＋n))，故eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln(n＋1)－lnn＝ln(n＋1)，故不等式成立．利用切線放縮法解決不等式問(wèn)題1．切線放縮是指曲線y＝f(x)在某點(diǎn)處的切線方程為y＝kx＋b，若y＝f(x)的圖象恒在直線y＝kx＋b的上方或下方，則有f(x)≥kx＋b或f(x)≤kx＋b成立，當(dāng)且僅當(dāng)x與切點(diǎn)橫坐標(biāo)相等時(shí)等號(hào)成立．2．利用切線放縮法得到的常見(jiàn)不等式有：(1)ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)；(2)ex≥ex，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)；(3)ln(x＋1)≤x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)；(4)lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)；(5)lnx≤ex－2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)取等號(hào)．一、用切線放縮法求參數(shù)值例1已知f(x)＝ex－ax－1(a＞0)，若f(x)≥0對(duì)任意x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)a的值．解由切線放縮法可知ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，所以f(x)≥x＋1－ax－1＝(1－a)x，要使f(x)≥0，則只需(1－a)x≥0對(duì)任意x∈R恒成立，所以1－a＝0，即a＝1.可驗(yàn)證當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥0恒成立．二、用切線放縮法求參數(shù)范圍例2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,ex－1)＋x－ln(ax)－2(a＞0)，若f(x)在(0，＋∞)上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解令f(x)＝0，得eq\f(ax,ex－1)＝ln(ax)－x＋2，所以eln(ax)－x＋1＝ln(ax)－x＋2，令t＝ln(ax)－x＋1，則et＝t＋1，由切線放縮法得et≥t＋1，當(dāng)且僅當(dāng)t＝0時(shí)等號(hào)成立，因?yàn)閑t＝t＋1，所以t＝0，即ln(ax)－x＋1＝0有解，所以ln(ax)＝x－1，即lna＋lnx＝x－1，因?yàn)榍€y＝lnx在x＝1處的切線方程為y＝x－1，所以當(dāng)a＝1，即lna＝0時(shí)，直線y＝x－1與曲線y＝lnx有一個(gè)交點(diǎn)，即方程ln(ax)－x＋1＝0有一個(gè)解，結(jié)合圖象可知，當(dāng)a＞1時(shí)，直線y＝x－1與曲線y＝lna＋lnx有兩個(gè)交點(diǎn)，即方程ln(ax)－x＋1＝0有兩個(gè)解，所以a≥1.三、用切線放縮法證明不等式例3已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1，證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.證明因?yàn)閍≥eq\f(1,e)，所以f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1＝ex－1－lnx－1.因?yàn)閥＝ex－1在x＝1處的切線方程為y＝x，因此用切線放縮法可得不等式ex－1≥x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，所以得ex－1－lnx－1≥x－lnx－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)．設(shè)g(x)＝x－lnx－1，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x).當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0，所以g(x)單調(diào)遞增．所以x＝1是g(x)的最小值點(diǎn)．故當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0.因此，當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.訓(xùn)練已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋x－1,ex)，證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋e≥0.證明因?yàn)閒(x)＋e≥0?eq\f(ax2＋x－1,ex)＋e≥0?ax2＋x－1＋ex＋1≥0.因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex＋1在x＝－1處的切線方程為y＝x＋2，因此用切線放縮法可得不等式ex＋1≥x＋2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時(shí)取等號(hào)，所以ax2＋x－1＋ex＋1≥ax2＋x－1＋x＋2＝ax2＋2x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時(shí)取等號(hào)．又因?yàn)閍≥1，所以ax2＋2x＋1≥x2＋2x＋1＝(x＋1)2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1取等號(hào)．故當(dāng)a≥1時(shí)，有f(x)＋e≥0.分層精練·鞏固提升【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】1．若不等式xex－a≥lnx＋x－1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解∵xex－a≥lnx＋x－1，∴elnx＋x－a≥lnx＋x－1，令t＝lnx＋x，則et－a≥t－1恒成立，則a≤et－t＋1恒成立，令φ(t)＝et－t＋1，∴φ′(t)＝et－1，當(dāng)t∈(－∞，0)時(shí)，φ′(t)＜0；當(dāng)t∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(t)＞0，∴φ(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，∴所求a的取值范圍是(－∞，2]．2．(2023·常德模擬改編)已知函數(shù)f(x)＝xex－x.證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)－lnx≥1.證明要證f(x)－lnx≥1，即證xex－x－lnx≥1，即證ex＋lnx－(x＋lnx)≥1，令t＝x＋lnx，易知t∈R，待證不等式轉(zhuǎn)化為et－t≥1.設(shè)u(t)＝et－t，則u′(t)＝et－1，當(dāng)t＜0時(shí)，u′(t)＜0；當(dāng)t＞0時(shí)，u′(t)＞0，故u(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，