构造函数习题1
构造函数习题1
分析：令\(h(x)=\cfrac{f(x)}{g(x)}\)，则可知\(h(x)\)为奇函数，
则\(h'(x)=\cfrac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}\)，
由\(x<0\)时\(f'(x)g(x)＞f(x)g'(x)\)，
可得\(x\in(0，+\infty)\)时，\(h'(x)>0\)，即\(h(x)\)单调递增，
由奇函数可知，\(x\in (-\infty，0)\)时，\(h(x)\)单调递增，
且\(h(0)=0\)，由\(f(-3)=0\)还可得到\(h(-3)=h(3)=0\)
做出示意图，由图可知，
故由\(h(x)=\cfrac{f(x)}{g(x)}<0\)，可得\(x\in(-\infty，-3)\cup(0，3)\)。
又\(\cfrac{f(x)}{g(x)}<0\)等价于\(f(x)g(x)<0\)，
故不等式\(f(x)g(x)＜0\)的解集是\(x\in(-\infty，-3)\cup(0，3)\)。
分析：令\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)，则\(t>1\)；
\(ln(\cfrac{x_1}{x_2})>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)等价于\(lnt>2\cfrac{t-1}{t+1}\)；
然后作差构造函数\(g(t)=lnt-2\cfrac{t-1}{t+1}\)，想办法证明\(g(t)>0\)恒成立即可。
解析：\(g'(t)=\cfrac{1}{t}-2\cfrac{1\cdot(t+1)-(t-1)\cdot 1}{(t+1)^2}=\cfrac{1}{t}-\cfrac{4}{(t+1)^2}=\cfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}\ge 0\)
故函数\(g(x)\)在区间\((1，+\infty)\)上单调递增，
\(g(x)_{min}\rightarrow g(1)=0\)，
故\(g(x)>0\)在区间\((1，+\infty)\)上恒成立，故原命题得证。
求证：\(x_1<\cfrac{1}{k}<x_2\)。
分析：\(k=\cfrac{g(x_2)-g(x_1)}{x_2-x_1}=\cfrac{lnx_2-lnx_1}{x_2-x_1}\)，
要证明\(x_1<\cfrac{1}{k}<x_2\)，只需证明\(x_1<\cfrac{x_2-x_1}{lnx_2-lnx_1}<x_2\)。
(题注：两边同除以\(x_1\)，以便于将两个变量转化为一个\(\cfrac{x_2}{x_1}\))
等价于\(1<\cfrac{\frac{x_2}{x_1}-1}{ln\frac{x_2}{x_1}}<\cfrac{x_2}{x_1}\)，
令\(\cfrac{x_2}{x_1}=t\)，则\(t>1\)，只需证明\(1<\cfrac{t-1}{lnt}<t\)，
由\(t>1\)可知，\(lnt>0\)，故等价于\(lnt<t-1<t\cdot lnt\)，
接下来分别证明\(lnt<t-1\)和\(t-x<t\cdot lnt\)；做差构造函数，
设\(\phi(t)=t-1-lnt\)，则\(\phi'(t)=1-\cfrac{1}{t}>0\)，
所以\(\phi(t)\)在\((1，+\infty)\)上单调递增，则\(\phi(t)>phi(1)=0\)，即\(t-1>lnt\)；
又设\(h(t)=t\cdot lnt-(t-1)\)，则\(h'(t)=lnt>0\)，
所以\(h(t)\)在\((1，+\infty)\)上单调递增，则\(h(t)>h(1)=0\)，即\(t\cdot lnt>t-1\)；
故\(x_1<\cfrac{1}{k}<x_2\)。相关图像
分析：结合上述的构造函数的总结和感悟，我们可以看出来构造思路。
令\(g(x)=\cfrac{f(x)}{e^x}\)，则\(g'(x)=\cfrac{f'(x)e^x-f(x)e^x}{e^{2x}}=\cfrac{f'(x)-f(x)}{e^x}\)，
由题目条件\(f(x)-f'(x)<0\)可知，\(g'(x)=\cfrac{f'(x)-f(x)}{e^x}>0\)，
故\(g(x)\)在\((-\infty，+\infty)\)上单调递增，
故有\(g(2)>g(0)\)，即\(\cfrac{f(2)}{e^2}>\cfrac{f(0)}{e^0}\)，即\(f(2)>e^2f(0)\)；
同理有\(g(2017)>g(0)\)，即\(\cfrac{f(2017)}{e^{2017}}>\cfrac{f(0)}{e^0}\)，即\(f(2017)>e^{2017}f(0)\)；故选\(B\).
反思：本题目中的条件\(f(x)>0\)似乎多余。
分析：构造函数\(g(x)=e^x\cdot f(x)-e^x-3\)，
则\(g'(x)=e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)-e^x=e^x[f(x)+f'(x)-1]>0\)，
故\(g(x)\)在\(R\)上单调递增，且\(g(0)=e^0f(0)-e^0-3=0\)，
不等式\(e^xf(x)>e^x+3\)即就是\(g(x)>0\)，借助草图，可知解集是\((0，+\infty)\)。
分析：构造函数，令\(g(x)=e^x\cdot f(x)-e^x-7\)，
则\(g'(x)=e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)-e^x=e^x(f(x)+f'(x)-1)>0\)，
故\(g(x)\)在R上单调递增；又\(g(0)=e^0\cdot f(0)-e^0-7=0\)，
故\(g(x)>0\)的解集为\((0，+\infty)\) ，即不等式\(\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1\)的解集为\((0，+\infty)\) ，选\(B\).
分析：这类题目往往从研究函数的特殊性质入手，当然研究的切入点就是给定式子的结构，
注意到自变量有\(2\)和\(\cfrac{1}{2}\)，所以先探究\(f(x)+f(\cfrac{1}{x})\)，
看看它的结果，由\(f(x)+f(\cfrac{1}{x})=1\)，可以将所求得式子一部分求值，
其他部分变形为\(f(2)+\cfrac{1}{2^2}f(2)\)，故接下来探究\(f(x)+\cfrac{1}{x^2}f(x)=1\)，故整个题目可解了。
解：由\(f(x)+f(\cfrac{1}{x})=1\)和\(f(x)+\cfrac{1}{x^2}f(x)=1\)，可将所求式子变形得到：
\(2f(2)+2f(3)+\cdots+2f(2017)+f(\cfrac{1}{2})+f(\cfrac{1}{3})+\cdots+f(\cfrac{1}{2017})+\cfrac{1}{2^2}f(2)+\cfrac{1}{3^2}f(3)+\cdots+\cfrac{1}{2017^2}f(2017)\)
\(=\{[f(2)+f(\cfrac{1}{2})]+[f(3)+f(\cfrac{1}{3})]+\cdots+[f(2017)+f(\cfrac{1}{2017})]\}\\+\{[f(2)+\cfrac{1}{2^2}f(2)]+[f(3)+\cfrac{1}{3^2}f(3)]+\cdots++[f(2017)+\cfrac{1}{2017^2}f(2017)]\}\)
\(=2016+2016=4032\).
分析：由\(f(x)<-xf'(x)\)，得到\(f(x)+xf'(x)<0\)，故令\(g(x)=x\cdot f(x)\)，
则\(g'(x)=f(x)+xf'(x)<0\)，即函数\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递减，
又不等式\(f(x+1)>(x-1)f(x^2-1)\)等价于\((x+1)f(x+1)>(x^2-1)f(x^2-1)\)，
即\(g(x+1)>g(x^2-1)\)，由定义域和单调性可知\(0<x+1<x^2-1\)，
解得\(x>2\)，故选\(D\).
分析：当\(x> 0\)时，\(f'(x)+\cfrac{f(x)}{x}>0\)，即\(xf'(x)+f(x)>0\)，
故构造函数\(g(x)=x\cdot f(x)\)，由于\(y=f(x)\)与\(y=x\)都是奇函数，则函数\(g(x)\)为偶函数，
当\(x>0\)时，\(g'(x)=f(x)+xf'(x)>0\)，即函数\(g(x)\)在\([0，+\infty)\)上单调递增，
由偶函数可知，函数\(g(x)\)在\((-\infty，0]\)上单调递减。
而\(a=\cfrac{1}{3}f(\cfrac{1}{3})=g(\cfrac{1}{3})\)，
\(b=-3f(-3)=g(-3)=g(3)\)，
\(c=(ln\cfrac{1}{3})f(ln\cfrac{1}{3})=g(ln\cfrac{1}{3})=g(-ln3)=g(ln3)\)，
又\(\cfrac{1}{3}<ln3<3\)，故\(g(\cfrac{1}{3})<g(ln3)<g(3)\)，即\(a<c<b\)，故选B.
分析：构造函数\(h(x)=x^2\cdot f(x)\)，
则\(h'(x)=2xf(x)+x^2f'(x)=x[2f(x)+xf'(x)]\)，
当\(x>0\)时，\(h'(x)>0\)，当\(x<0\)时，\(h'(x)<0\)，
即函数\(h(x)\)在区间\((-\infty，0)\)单调递减，在区间\((0，+\infty)\)上单调递增；
对选项\(A\)，\(h(-2)=(-2)^2f(-2)=4f(-2)\)，\(h(-1)=(-1)^2f(-1)=f(-1)\)，
又\(h(x)\)在区间\((-\infty，0)\)单调递减，\(h(-2)>h(-1)\)，即\(4f(-2)>f(-1)\)，故选项\(A\)错；
对选项\(B\)，\(h(4)=(4)^2f(4)=16f(4)\)，\(h(2)=(2)^2f(2)=4f(2)\)，
又在区间\((0，+\infty)\)上单调递增，\(h(4)>h(2)\)，即\(4f(4)>f(2)\)，故选项\(B\)错；
对选项\(D\)，\(h(\sqrt{3})=3f(\sqrt{3})\)，\(h(2)=4f(2)\)，
又在区间\((0，+\infty)\)上单调递增，\(h(\sqrt{3})>h(2)\)，即\(3f(\sqrt{3})<4f(2)\)，故选项\(D\)错；
对于选项\(C\)，我们还需要进一步分析，挖掘条件。
由上可知，即函数\(h(x)=x^2\cdot f(x)\)，\(h(x)\)在区间\((-\infty，0)\)单调递减，在区间\((0，+\infty)\)上单调递增；
当\(x=0\)时，函数\(h(x)\)有极小值，也就是最小值\(h(0)=0\)，则\(h(x)\)恒大于等于\(0\)，
当\(x\neq 0\)时，由\(h(x)=x^2f(x)>0\)恒成立，可得\(f(x)>0\)恒成立，
对可导函数\(f(x)\)而言，由\(xf'(x)+2f(x)>0\)得到，当\(x=0\)时，\(0f'(x)+2f(0)>0\)可得\(f(0)>0\)，
综上\(x\in R\)时，\(f(x)>0\)恒成立。故\(4f(2)>0\)，\(-f(-1)<0\)，故有\(4f(2)>-f(-1)\)，即选项\(C\)正确。
分析：由\(\sqrt{x}\cdot f(x)<\cfrac{1}{2}\)，变形得到\(2\sqrt{x}f'(x)-1<0\)，
即\(\cfrac{2\sqrt{x}f'(x)-1}{2\sqrt{x}}<0\)，故想到构造函数\(g(x)=f(x)-\sqrt{x}\)，
则\(g'(x)=\cfrac{2\sqrt{x}f'(x)-1}{2\sqrt{x}}<0\)，
故函数\(g(x)\)在定义域\((0，\infty)\)上单调递减，
故\(g(1)>g(4)>g(9)\)，即\(f(1)-\sqrt{1}>f(4)-\sqrt{4}>f(9)-\sqrt{9}\)，
即\(f(1)-1>f(4)-2>f(9)-3\)，整理得到\(f(1)+1>f(4)>f(9)-1\)，故选\(A\).
法1：[构造函数法]将\(f(x_1)-f(x_2)\leq 4(x_1-x_2)\)转化为\(f(x_1)-4x_1\leq f(x_2)-4x_2\)，
令\(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2\)，则原题转化为存在\(x_1>x_2，g(x_1)\leq g(x_2)\)成立，
即就是\(x>0\)时，\(g(x)\)有单调递减区间或\(g(x)\)为常函数；即就是\(x>0\)时，\(g'(x)\leq 0\)有解，
而\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-2\leq 0\)有解，
分离参数即得\(a\leq -2x^2+2x\)对于\(x>0\)能成立，
即求解\(-2x^2+2x=g(x)\)在\(x>0\)上的最大值。
而\(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{1}{2}\)，
即\(g(x)_{max}=\cfrac{1}{2}\)，
故\(a \leq \cfrac{1}{2}\)，也即\(a\in(-\infty，\cfrac{1}{2}]\).
解析：\(a>0\)时，\(f'(x)=\cfrac{a}{x}+2x>0\)，
即函数\(f(x)\)在\(x\in [1，e]\)上单增，又函数\(y=\cfrac{1}{x}\)在\(x\in [1，e]\)上单减，
不妨设\(1\leq x_1<x_2\leq e\)，
则\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)等价于\(f(x_2)-f(x_1)\leq \cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}\)，
即\(f(x_1)+\cfrac{1}{x_1}\ge f(x_2)+\cfrac{1}{x_2}\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立，
令\(g(x)=f(x)+\cfrac{1}{x}=alnx+x^2+\cfrac{1}{x}\)，
则原命题等价于函数\(g(x)\)在区间\(x\in [1，e]\)上单调递减，
所以\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-\cfrac{1}{x^2}\leq 0\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；
分离参数得到\(a\leq \cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；
又\(h(x)=\cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上单调递减，
则\(h(x)_{min}=h(e)=\cfrac{1}{e}-2e^2\)；所以\(a\leq \cfrac{1}{e}-2e^2\)
又由题目可知\(a>0\)，故\(a\in \varnothing\)。即满足条件的实数\(a\)不存在。
分析：本题目的难点在于要注意到\((e^x)'=e^x\)以及构造函数，
解析：由题目\(f'(x)+f(x)=2xe^{-x}\)可知，\(e^xf'(x)+e^xf(x)=2x\)，
令\(g(x)=e^xf(x)\)，则\(g'(x)=e^xf'(x)+e^xf(x)=2x\)，
故\(g(x)=e^xf(x)=\int 2x\;\;dx=x^2+C\)，由\(f(0)=1\)，得到\(g(0)=1=0^2+C\)，故\(C=1\)
所以\(e^xf(x)=x^2+1\)，则\(f(x)=\cfrac{x^2+1}{e^x}\)，
\(f'(x)=\cfrac{2xe^x-(x^2+1)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{2x-x^2-1}{e^x}\)
故\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=\cfrac{2x-x^2-1}{x^2+1}=\cfrac{2x}{x^2+1}-1\)，
由于接下来需要变量集中到分母，故针对\(x\)分类讨论如下：
当\(x=0\)时，直接代入上式得到\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=-1\)；
当\(x\neq 0\)时，\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=\cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1\)；
由于\(|x+\cfrac{1}{x}|\ge 2\)，则\(0<\cfrac{1}{\left|x+\cfrac{1}{x}\right|}\leq \cfrac{1}{2}\)，
即\(0<\left|\cfrac{2}{x+\frac{1}{x}}\right|\leq 1\)，
所以\(-1\leq \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}<0或0< \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}\leq 1\)；
\(-1-1\leq \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1<0-1或0-1< \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1\leq 1-1\)；
即\(-2\leq \cfrac{f'(x)}{f(x)}<-1或-1< \cfrac{f'(x)}{f(x)}\leq 0\)；
综上得到\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}\in [-2，0]\)
分析：本题中的题眼是在\((0，+\infty)\)上\(f'(x)<x\)，这句话是构造函数的关键所在。
解析：由题目“在\((0，+\infty)\)上\(f'(x)<x\)”，构造函数\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x^2\)，
从简原则，我们不需要构造\(\cfrac{1}{2}x^2+C\)；
则在\((0，+\infty)\)上\(g'(x)=f'(x)-x<0\)，\(g(x)\)单调递减，
又由于\(f(-x)+f(x)=x^2\)，改写为\(f(-x)-\cfrac{1}{2}(-x)^2+f(x)-\cfrac{1}{2}(x)^2=0\)，
即就是\(g(-x)+g(x)=0\)，
即函数\(g(x)\)为定义在\(R\)上的奇函数，则\((-\infty，0)\)上单调递减，
所以函数\(g(x)\)在\((-\infty，+\infty)\)上单调递减。
又由于\(f(4-m)-f(m)\ge 8-4m\)，
等价于\(f(4-m)-\cfrac{1}{2}(4-m)^2 \ge f(m)-\cfrac{1}{2}m^2\)，
也等价于\(g(4-m)\ge g(m)\)，
所以\(4-m\leq m\)，解得\(m \ge 2\)，即\(m\in [2，\infty)\).
变形构造
有些题目需要首先做适当的变形，在此基础上再做构造。
分析：令\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x^2\)，则\(g(x)+g(-x)=0\)，可知\(g(x)\)为奇函数；
又由于 \(x<0\) 时，\(f'(x)-x<0\) 恒成立，即函数\(g(x)\)在区间\((-\infty,0)\)上单调递减，
则\(g(x)\)在区间\((-\infty , +\infty)\)上此处涉及到区间的并集问题，由于函数为奇函数，则\(g(0)=0\)，又由于\((-\infty,0)\)上单调递减，则在\((0，+\infty)\)上也是单调递减，故此时区间可以联系到一起，故有函数\(g(x)\)在区间\((-\infty,+\infty)\)上单调递减\(\quad\)单调递减，
由 \(f(x)-f(1-x) \geqslant x-\cfrac{1}{2}\)，先变形为\(f(x)\geqslant f(1-x)+x-\cfrac{1}{2}\)；
再两边同减去\(\cfrac{1}{2}x^2\)变形得到 \(f(x)-\cfrac{1}{2}x^2\geqslant f(1-x)+x-\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2}x^2\)；
整理为 \(f(x)-\cfrac{1}{2} x^{2} \geqslant f(1-x)-\cfrac{1}{2}(1-x)^{2}\)，即 \(g(x) \geqslant g(1-x)\)，
由\(g(x)\)在区间\((-\infty,+\infty)\)上单调递减， 从而得到\(x \leqslant 1-x\)，
解得\(x\leqslant \cfrac{1}{2},\) 所以所求不等式的解集为 \((-\infty, \cfrac{1}{2}]\)，故选 \(A\)
分析：先求定义域\((0，+\infty)\)由题意可知，对任意两个不等的正数\(x_1，x_2\)，
都有\(\cfrac{h(x_1)-h(x_2)}{x_1-x_2}>2\)恒成立，即为\(h(x_1)-2x_1>h(x_2)-2x_2\)，
故构造函数令\(g(x)=h(x)-2x\)，可得\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增。
由\(g'(x)=h'(x)-2=x+\cfrac{a}{x}-2\ge 0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立。
可得\(a\ge x(2-x)\)，由\([x(2-x)]_{max}=1\)，故\(a\ge 1\)，故实数\(a\)的取值范围为\([1，+\infty)\)。
解析：因为\(xf'(x)≤－f(x)\)，\(f(x)≥0\)，
所以\([\cfrac{f(x)}{x}]'＝\cfrac{xf'(x)-f(x)}{x^2}≤\cfrac{-2f(x)}{x^2}≤0\)，
则函数\(\cfrac{f(x)}{x}\)在\((0，+\infty)\)上是单调递减的，
由于\(0<a<b\)，则\(\cfrac{f(a)}{a}\ge \cfrac{f(b)}{b}\)，即\(af(b)≤bf(a)\)，故选\(A\)。
反思总结：当函数为常函数\(f(x)=0\)时，能取到等号。
解析：不妨设\(p>q\)，则\(p-q>0\)，则\(\cfrac{f(p)-f(q)}{p-q}<1\)等价于\(f(p)-p<f(q)-q\)。
令\(g(x)＝f(x)-x\)，则由题意可知函数\(g(x)\)在\((0，1)\)内单调递减，
由\(g(x)＝alnx-x^2＋x-1\)，知\(g'(x)＝\cfrac{a}{x}-2x＋1≤0\)在\((0，1)\)内恒成立，
\(a\leq x(2x-1)，x\in (0，1)\)恒成立，
结合二次函数的性质，可得\([x(2x-1)]_{min}=-\cfrac{1}{8}\)，故\(a\leq -\cfrac{1}{8}\)。
则不等式\((x+2016)^2f(x+2016)-4f(-2)>0\)的解集为 【 】
分析：由\(2f(x)+xf'(x)>x^2(x<0)\)，得\(2xf(x)+x^2f'(x)<x^3\)，
即\([x^2\cdot f(x)]'<x^3<0\)，故令\(F(x)=x^2\cdot f(x)\)，
则当\(x<0\)时，得\(F'(x)<0\)，即\(F(x)\)在\((-\infty，0)\)上是单调递减的，
又\(F(x+2016)=(x+2016)^2f(x+2016)\)，\(F(-2)=4f(-2)\)，即不等式等价为\(F(x+2016)-F(-2)>0\)，
因为\(F(x)\)在\((-\infty，0)\)上是单调递减的，所以由\(F(x+2016)>F(-2)\)得，\(x+2016<-2\)，
即\(x<-2018\)，故选C。
分析：不妨设\(p>q\)，则\(p-q>0\)，
则不等式\(\cfrac{f(p+1)-f(q+1)}{p-q}<1\)等价于\(f(p+1)-f(q+1)<p-q\)，
即$ [f(p+1)-(p+1)]-[f(q+1)-(q+1)]<0$恒成立；
令\(g(x)=f(x)-x\)，
则由题意可知函数\(g(x)\)在\((2，3)\)内单调递减，
又\(g(x)=aln(x+1)-x^2-x\)，
则\(g'(x)=\cfrac{a}{x+1}-2x-1\leq 0\)在\((2，3)\)内恒成立
即\(\cfrac{a}{x+1}\leq 2x+1\)，
也即\(a\leq (x+1)(2x+1)\)在\((2，3)\)内恒成立，
结合二次函数的性质，\(x\in (2，3)\)时，\((x+1)(2x+1)_{min}\)的极限为15，
故可知\(a\leq 15\)。
反思总结：
1、构造函数的技巧；
2、定义域的变化，由于题中\(p，q\in (1，2)\)，故\(p+1，q+1\in (2，3)\)。
分析：作差构造函数，设\(F(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x-\cfrac{1}{2}\)，
则\(F'(x)=f'(x)-\cfrac{1}{2}\)，
因为\(f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，所以\(F'(x)=f'(x)-\cfrac{1}{2}<0\)，
即函数\(F(x)\)在\(R\)上为减函数，
因为\(f(x^2)<\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{1}{2}\)，等价于\(F(x)<0=F(1)=f(1)-\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2}\)
所以\(f(x^2)-\cfrac{x^2}{2}<f(1)-\cfrac{1}{2}\)，
即\(F(x^2)<F(1)\) ,而函数\(F(x)\)在\(R\)上为减函数，
所以\(x^2>1\)，即\(x\in(-\infty，-1)\cup(1，+\infty)\)，
