高考數(shù)學(xué)（文）培優(yōu)增分一輪全國經(jīng)典版培優(yōu)講義第6章　不等式第1講不等關(guān)系與不等式

第1講不等關(guān)系與不等式板塊一知識梳理·自主學(xué)習(xí)[必備知識]考點1比較兩個實數(shù)的大小兩個實數(shù)的大小是用實數(shù)的運算性質(zhì)來定義的，有a－b>0?a>b；a－b＝0?a＝b；a－b<0?a<b.另外，若b>0，則有eq\f(a,b)>1?a>b；eq\f(a,b)＝1?a＝b；eq\f(a,b)<1?a<b.考點2不等式的性質(zhì)1．對稱性：a>b?b<a；2．傳遞性：a>b，b>c?a>c；3．可加性：a>b?a＋c>b＋c；a>b，c>d?a＋c>b＋d；4．可乘性：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bc；a>b>0，c>d>0?ac>bd；5．可乘方性：a>b>0?an>bn(n∈N，n≥2)；6．可開方性：a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．[必會結(jié)論]1．a(chǎn)>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).2．a(chǎn)<0<b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).3．a(chǎn)>b>0,0<c<d?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).4．0<a<x<b或a<x<b<0?eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).5．若a>b>0，m>0，則eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)；eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．[考點自測]1．判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)兩個實數(shù)a，b之間，有且只有a>b，a＝b，a<b三種關(guān)系中的一種．()(2)若eq\f(a,b)>1，則a>b.()(3)一個不等式的兩邊同加上或同乘以同一個數(shù)，不等號方向不變．()(4)一個非零實數(shù)越大，則其倒數(shù)就越?。?)(5)a>b>0，c>d>0?eq\f(a,d)>eq\f(b,c).()(6)若ab>0，則a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).()答案(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√2．[課本改編]設(shè)M＝x2，N＝－x－1，則M與N的大小關(guān)系是()A．M>NB．M＝NC．M<ND．與x有關(guān)答案A解析M－N＝x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，所以M>N.3．[課本改編]若a>b>0，c<d<0，則一定有()A.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) B.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)答案D解析由c<d<0，得－eq\f(1,d)>－eq\f(1,c)>0，又a>b>0，故由不等式性質(zhì)，得－eq\f(a,d)>－eq\f(b,c)>0，所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c).故選D.4．[課本改編]若a，b，c∈R，且a>b，則下列不等式一定成立的是()A．a(chǎn)＋c>b－c B．(a－b)c2>0C．a(chǎn)3>b3 D．a(chǎn)2>b2答案C解析對于A，由于不知道c的正負(fù)，故無法判斷a＋c與b－c的大小關(guān)系，所以錯誤；對于B，當(dāng)c＝0時，(a－b)c2>0不成立，所以錯誤；對于D，需要保證a>b>0，才能得到a2>b2，所以錯誤．故選C.5．[2018·浙江模擬]設(shè)a，b是實數(shù)，則“a＋b>0”是“ab>0”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件答案D解析若a＋b>0，取a＝3，b＝－2，則ab>0不成立；反之，若a＝－2，b＝－3，則a＋b>0也不成立，因此“a＋b>0”是“ab>0”的既不充分也不必要條件．選D.6．已知－1<x<4,2<y<3，則x－y的取值范圍是________，3x＋2y的取值范圍是________．答案(－4,2)(1,18)解析∵－1<x<4,2<y<3，∴－3<－y<－2，∴－4<x－y<2.由－1<x<4,2<y<3，得－3<3x<12,4<2y<6，∴1<3x＋2y<18.板塊二典例探究·考向突破考向不等式的性質(zhì)例1(1)對于任意實數(shù)a，b，c，d，下列命題中正確的是()A．若a>b，c≠0，則ac>bcB．若a>b，則ac2>bc2C．若ac2>bc2，則a>bD．若a>b，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)答案C解析對于選項A，當(dāng)c<0時，不正確；對于選項B，當(dāng)c＝0時，不正確；對于選項C，∵ac2>bc2，∴c≠0，∴c2>0，∴一定有a>b.故選項C正確；對于選項D，當(dāng)a>0，b<0時，不正確．(2)已知四個條件：①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的是________．答案①②④解析運用倒數(shù)法則，a>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，②④正確．又正數(shù)大于負(fù)數(shù)，所以①正確．觸類旁通利用不等式性質(zhì)進(jìn)行命題的判斷(1)判斷不等式是否成立，需要逐一給出推理判斷或反例說明．常用的推理判斷需要利用不等式的性質(zhì)．(2)在判斷一個關(guān)于不等式的命題真假時，先把要判斷的命題和不等式性質(zhì)聯(lián)系起來考慮，找到與命題相近的性質(zhì)，并應(yīng)用性質(zhì)判斷命題真假，判斷的同時還要用到其他知識，比如對數(shù)函數(shù)，指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)等．【變式訓(xùn)練1】(1)已知a，b，c滿足c<b<a，且ac<0，那么下列選項中一定成立的是()A．a(chǎn)b>ac B．c(b－a)<0C．cb2<ab2 D．a(chǎn)c(a－c)>0答案A解析由c<b<a且ac<0知c<0且a>0.由b>c得ab>ac一定成立．(2)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|；③a<b；④ab<b2中，正確的不等式有________．答案①④解析因為eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，所以b<a<0，a＋b<0，ab>0，所以a＋b<ab，|a|<|b|，在b<a兩邊同時乘以b，因為b<0，所以ab<b2.因此正確的是①④.

考向比較代數(shù)式的大小命題角度1作差法例2(1)[2018·上海徐匯區(qū)模擬]若a<0，b<0，則p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)與q＝a＋b的大小關(guān)系為()A．p<qB．p≤qC．p>qD．p≥q答案B解析(作差法)p－q＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)－a－b＝eq\f(b2－a2,a)＋eq\f(a2－b2,b)＝(b2－a2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝eq\f(b2－a2b－a,ab)＝eq\f(b－a2b＋a,ab)，因為a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，則p－q＝0，故p＝q；若a≠b，則p－q<0，故p<q.綜上，p≤q，故選B.(2)已知a<0，－1<b<0，則a，ab，ab2的大小關(guān)系是________．答案a<ab2<ab解析∵a－ab＝a(1－b)<0，∴a<ab.∵ab－ab2＝ab(1－b)>0，∴ab>ab2.∵a－ab2＝a(1－b2)<0，∴a<ab2.綜上，a<ab2<ab.故填a<ab2<ab.命題角度2作商法例3已知a>0，b>0，且a≠b，試比較aabb與(ab)eq\s\up15(eq\f(a＋b,2))的大小．解∵a>0，b>0，∴eq\f(aabb,abeq\s\up15(eq\f(a＋b,2)))＝aeq\s\up15((a－eq\f(a＋b,2)))beq\s\up15((b－eq\f(a＋b,2)))＝aeq\s\up15(eq\f(a－b,2))beq\s\up15(eq\f(b－a,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up15(eq\f(a－b,2))，若a>b>0，則eq\f(a,b)>1，a－b>0.由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up15(eq\f(a－b,2))>1；若b>a>0，則0<eq\f(a,b)<1，a－b<0.由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up15(eq\f(a－b,2))>1.∴eq\f(aabb,abeq\s\up15(eq\f(a＋b,2)))>1，∴aabb>(ab)eq\s\up15(eq\f(a＋b,2)).命題角度3放縮法例4(1)[2018·九江模擬]已知a＝3eq\s\up15(eq\f(1,2))，b＝logeq\s\do8(\f(1,3))eq\f(1,2)，c＝log2eq\f(1,3)，則()A．a(chǎn)>b>c B．b>c>aC．c>b>a D．b>a>c答案A解析∵a＝3eq\s\up15(eq\f(1,2))>1,0<b＝logeq\s\do8(\f(1,3))eq\f(1,2)＝log32<1，c＝log2eq\f(1,3)<0，∴a>b>c.故選A.(2)設(shè)x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sinx＋cosx)2，則()A．P>QB．P<QC．P≤QD．P≥Q答案A解析因為2x＋2－x≥2eq\r(2x·2－x)＝2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時等號成立)，而x>0，所以P>2；又(sinx＋cosx)2＝1＋sin2x，而sin2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故選A.觸類旁通比較大小的常用方法(1)作差法；(2)作商法；(3)放縮法：在代數(shù)式的比較大小問題中，一般是通過放縮變形，得到一個中間的參照式(或數(shù))，其放縮的手段可能是基本不等式、三角函數(shù)的有界性等．有時，等號成立的條件是比較大小的關(guān)鍵所在．考向不等式性質(zhì)的應(yīng)用例5已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，則z＝2x－3y的取值范圍是________．(答案用區(qū)間表示)答案(3,8)解析解法一：設(shè)2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y，對應(yīng)系數(shù)相等，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝2，,λ－μ＝－3))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,2)，,μ＝\f(5,2).))∴2x－3y＝－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(5,2)(x－y)∈(3,8)．解法二：令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝x＋y，,b＝x－y，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a＋b,2)，,y＝\f(a－b,2).))∴2x－3y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))＝－eq\f(a,2)＋eq\f(5,2)b∈(3,8)．解法三：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<x＋y<4，,2<x－y<3))確定的平面區(qū)域如圖陰影部分．目標(biāo)函數(shù)z＝2x－3y可化為y＝eq\f(2,3)x－eq\f(z,3)，由線性規(guī)劃知識可求出2x－3y∈(3,8)．觸類旁通利用不等式性質(zhì)求代數(shù)式的取值范圍由a<f(x，y)<b，c<g(x，y)<d，求F(x，y)的取值范圍，可利用待定系數(shù)法解決，即設(shè)F(x，y)＝mf(x，y)＋ng(x，y)(或其他形式)，通過恒等變形求得m，n的值，再利用不等式的同向可加和同向同正可乘的性質(zhì)求得F(x，y)的取值范圍．【變式訓(xùn)練2】若實數(shù)x，y滿足3≤xy2≤8,4≤eq\f(x2,y)≤9，則eq\f(x3,y4)的最大值是________．答案27解析解法一：由3≤xy2≤8,4≤eq\f(x2,y)≤9，可知x>0，y>0，且eq\f(1,8)≤eq\f(1,xy2)≤eq\f(1,3)，16≤eq\f(x4,y2)≤81，由性質(zhì)6，得2≤eq\f(x3,y4)≤27，故eq\f(x3,y4)的最大值是27.解法二：設(shè)eq\f(x3,y4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))m(xy2)n，則x3y－4＝x2m＋ny2n－m，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋n＝3，,2n－m＝－4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝－1.))又∵16≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))2≤81，eq\f(1,8)≤(xy2)－1≤eq\f(1,3)，∴2≤eq\f(x3,y4)≤27，故eq\f(x3,y4)的最大值為27.核心規(guī)律1.用同向不等式求差的范圍．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<x<b，,c<y<d))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<x<b，,－d<－y<－c))?a－d<x－y<b－c.這種方法在三角函數(shù)中求角的范圍時經(jīng)常用到．2.比較法是不等式性質(zhì)證明的理論依據(jù)，是不等式證明的主要方法之一．作差法的主要步驟：作差——變形——判斷正負(fù)．在所給不等式完全是積、商、冪的形式時，可考慮作商．3.求某些代數(shù)式的范圍可考慮采用整體代入的方法．滿分策略1.a>b?ac>bc或a<b?ac<bc，當(dāng)c≤0時不成立．2.a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)或a<b?eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，當(dāng)ab≤0時不成立．3.a>b?an>bn對于正數(shù)a，b才成立．4.eq\f(a,b)>1?a>b，對于正數(shù)a，b才成立．5.注意不等式性質(zhì)中“?”與“?”的區(qū)別，如：a>b，b>c?a>c，其中a>c不能推出eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>b，,b>c.))板塊三啟智培優(yōu)·破譯高考題型技法系列8——巧用特殊值判斷不等式問題[2016·山東高考]已知實數(shù)x，y滿足ax<ay(0<a<1)，則下列關(guān)系式恒成立的是()A．ln(x2＋1)>ln(y2＋1)B．sinx>sinyC．x3>y3D.eq\f(1,x2＋1)>eq\f(1,y2＋1)解題視點(1)采用邊選邊排除的思想；(2)在選與排除的過程中采用特值法驗證，簡化了過程，提高了準(zhǔn)確率．解析解法一：因為實數(shù)x，y滿足ax<ay(0<a<1)，所以x>y.對于A，取x＝1，y＝－3，不成立；對于B，取x＝π，y＝－π，不成立；對于C，由于f(x)＝x3在R上單調(diào)遞增，故x3>y3成立；對于D，取x＝2，y＝－1，不成立．故選C.解法二：根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得x>y，此時x2，y2的大小不確定，故選項A，D中的不等式不恒成立；根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)，選項B中的不等式也不恒成立；根據(jù)不等式的性質(zhì)知，選項C中的不等式成立．答案C答題啟示1當(dāng)選擇題中包含不止一個結(jié)論時，宜采用邊選邊排除的方法.2在判斷多個不等式是否成立時，可采用特值法驗證，若取值不能代表所有情況，可采用多次賦值法驗證結(jié)論是否成立.跟蹤訓(xùn)練[2018·煙臺模擬]若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式：①eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)；②|a|＋b>0；③a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)；④lna2>lnb2中，正確的不等式是()A．①④B．②③C．①③D．②④答案C解析解法一：因為eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，故可取a＝－1，b＝－2，顯然eq\f(1,a＋b)＝－eq\f(1,3)，eq\f(1,ab)＝eq\f(1,2)，故①正確，排除B、D，對于③中，a－eq\f(1,a)＝－1－eq\f(1,－1)＝0，又b－eq\f(1,b)＝－2－eq\f(1,－2)＝－eq\f(3,2)，故a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)成立，排除A.選C.解法二：由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.①中，a＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<0，eq\f(1,ab)>0，故有eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，故①正確，排除B、D；③中，因為b<a<0，又因為eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，故③正確，排除A.選C.板塊四模擬演練·提能增分[A級基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．[2018·金版創(chuàng)新]設(shè)c>0，則下列各式成立的是()A．c>2c B．c>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))cC．2c<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))c D．2c>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))c答案D解析c>0時，2c>1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))c<1，所以2c>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))c.2．[2018·寧波模擬]若a<b<0，則下列不等式錯誤的是()A.eq\f(1,a)>eq\f(1,b) B.eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a)C．|a|>|b| D．a(chǎn)2>b2答案B解析∵a<b<0，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故A對．∵a<b<0，∴0<－b，a<a－b<0，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,a－b)，故B錯．∵a<b<0，∴－a>－b>0，即|－a|>|－b|，∴|a|>|b|，故C對．∵a<b<0，∴－a>－b>0，∴(－a)2>(－b)2，即a2>b2，故D對．故選B.3．若x，y滿足－eq\f(π,4)<x<y<eq\f(π,4)，則x－y的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))答案A解析由x<y，得x－y<0.又∵－eq\f(π,2)<x－y<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<x－y<0.4．設(shè)a>b>0，下列各數(shù)小于1的是()A．2a－b B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\f(1,2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))a－b答案D解析解法一：(特殊值法)取a＝2，b＝1，代入驗證．解法二：y＝ax(a>0且a≠1)．當(dāng)a>1，x>0時，y>1；當(dāng)0<a<1，x>0時，0<y<1.∵a>b>0，∴a－b>0，eq\f(a,b)>1,0<eq\f(b,a)<1.由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)知，D成立．5．[2018·廣西模擬]若a，b為實數(shù)，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的一個充分而不必要的條件是()A．b<a<0 B．a(chǎn)<bC．b(a－b)>0 D．a(chǎn)>b答案A解析由a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的條件是ab>0，即a，b同號時，若a>b，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；a，b異號時，若a>b，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b).6．設(shè)0<b<a<1，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)b<b2<1 B．logeq\s\do8(\f(1,2))b<logeq\s\do8(\f(1,2))a<0C．2b<2a<2 D．a(chǎn)2<ab<1答案C解析解法一：(特殊值法)取b＝eq\f(1,4)，a＝eq\f(1,2).解法二：(單調(diào)性法)0<b<a?b2<ab，A不對；y＝logeq\s\do8(\f(1,2))x在(0，＋∞)上為減函數(shù)，∴l(xiāng)ogeq\s\do8(\f(1,2))b>logeq\s\do8(\f(1,2))a，B不對；a>b>0?a2>ab，D不對．故選C.7．若a＝20.6，b＝logπ3，c＝log2sineq\f(2π,5)，則()A．a(chǎn)>b>c B．b>a>cC．c>a>b D．b>c>a答案A解析因為a＝20.6>20＝1，又logπ1<logπ3<logππ，所以0<b<1.c＝log2sineq\f(2π,5)<log21＝0，于是a>b>c.故選A.8．已知有三個條件：①ac2>bc2；②eq\f(a,c)>eq\f(b,c)；③a2>b2，其中能成為a>b的充分條件的是________．答案①解析由ac2>bc2，可知c2>0，即a>b，故“ac2>bc2”是“a>b”的充分條件；②當(dāng)c<0時，a<b；③當(dāng)a<0，b<0時，a<b，故②③不是a>b的充分條件．9．已知a，b，c∈R，有以下命題：①若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，則eq\f(c,a)<eq\f(c,b)；②若eq\f(a,c2)<eq\f(b,c2)，則a<b；③若a>b，則a·2c>b·2c.其中正確的是________(請把正確命題的序號都填上)．答案②③解析①若c≤0，則命題不成立．②由eq\f(a,c2)<eq\f(b,c2)得eq\f(a－b,c2)<0，于是a<b，所以命題正確．③中由2c>0知命題正確．10．[2018·臨沂模擬]若x>y，a>b，則在①a－x>b－y，②a＋x>b＋y，③ax>by，④x－b>y－a，⑤eq\f(a,y)>eq\f(b,x)這五個式子中，恒成立的所有不等式的序號是________．答案②④解析令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，符合題設(shè)條件x>y，a>b，∵a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5，∴a－x＝b－y，因此①不成立．又∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③也不正確．又∵eq\f(a,y)＝eq\f(3,－3)＝－1，eq\f(b,x)＝eq\f(2,－2)＝－1，∴eq\f(a,y)＝eq\f(b,x)，因此⑤不正確．由不等式的性質(zhì)可推出②④成立．[B級知能提升]1．已知a1，a2∈(0,1)，記M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，則M與N的大小關(guān)系是()A．M<NB．M>NC．M＝ND．不確定答案B解析M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝(a1－1)(a2－1)，又∵a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，∴a1－1<0，a2－1<0.∴(a1－1)(a2－1)>0，