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高分提能二　对含有ln x,ex的不等式证明
【典型例题】
例1　解:(1)由题得,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点;
当a>0时,因为y=e2x在(0,+∞)上单调递增,y=-在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增,又f'(a)>0,当b满足00时,f'(x)存在唯一的零点.
(2)证明:由(1)可设f'(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0.当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).因为2-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln,当且仅当x0=时等号成立,故当a>0时,f(x)≥2a+aln.
自测题
解:(1)当a=0时,f(x)=xsin x-1,则f'(x)=sin x+xcos x.
当x∈时,sin x≥0,cos x≥0且x,sin x,cos x不同时为0,则f'(x)≥0在上恒成立,所以f(x)在上单调递增,又f(0)=-1<0,f=-1=>0,所以f(x)在区间上的零点个数为1.
(2)证明:当x∈,a=-时,f(x)=xsin x-x2-1,则f'(x)=sin x+xcos x-x.令g(x)=f'(x),则g'(x)=cos x+cos x-xsin x-=2cos x-xsin x-.
由(1)知y=xsin x在上单调递增,则y=-xsin x在上单调递减,又y=2cos x在上单调递减,所以g'(x)=2cos x-xsin x-在上单调递减,又g'(0)=2-=>0,g'=-<0,
所以存在唯一的x0∈,使得g'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,g(x)在(0,x0)上单调递增,即f'(x)在(0,x0)上单调递增,当x∈时,g'(x)<0,g(x)在上单调递减,即f'(x)在上单调递减.
因为f'(0)=0,f'=1-2=-1<0,所以当x∈(0,x0]时,f'(x)>0,从而存在唯一的x1∈,使得f'(x1)=0.
当x∈(x0,x1)时,f'(x)>0,则f(x)在(x0,x1)上单调递增.当x∈时,f'(x)<0,则f(x)在上单调递减.综上所述,f(x)在(0,x1)上单调递增,在上单调递减,f(0)=-1=f=--1=-1,所以当x∈,a=-时,f(x)≥-1.
例2　C　[解析] 由题得,g(x)===f(ex).因为f(x1)==k<0,所以ln x1<0,则00对x∈(0,1)恒成立,所以函数y=f(x)在区间(0,1)上单调递增.同理可知,函数y=g(x)在区间(-∞,0)上单调递增,所以f(x1)=g(x2)=f(),则x1=,所以==g(x2)=k,则ek=k2ek.构造函数h(k)=k2ek,其中k<0,则h'(k)=(k2+2k)ek=k(k+2)ek.当k<-2时,h'(k)>0,此时函数y=h(k)单调递增;当-2例3　解:(1)因为当x≥1时,f(x)=(x-1)ln x-ax≥0,所以当x≥1时,a≤.令h(x)=,x≥1,则h'(x)==
.
令φ(x)=ln x+x-1,x≥1,则φ'(x)=+1>0,即φ(x)在[1,+∞)上单调递增,所以当x≥1时,φ(x)≥φ(1)=0,即h'(x)≥0,故h(x)在[1,+∞)上单调递增,则h(x)≥h(1)=0.综上可得,a≤0.
(2)(i)当a=0时,g(x)=f'(x)=ln x+1-,且x>1,则g'(x)=+>0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增.
(ii)证明:令k(m)=f(m+n)-f(m)-f(n),则k'(m)=f'(m+n)-f'(m)=g(m+n)-g(m).
由m,n∈(1,+∞),得m+n>m>1.由(i)知,g(m+n)>g(m),即k'(m)>0在(1,+∞)上恒成立,所以k(m)在(1,+∞)上单调递增,故k(m)>k(1)=f(n+1)-f(1)-f(n)=f(n+1)-f(n).
因为g(x)>g(1)=0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,则f(n+1)>f(n),
所以k(m)>k(1)=f(n+1)-f(n)>0.
综上可得,对任意的m,n∈(1,+∞),都有f(m+n)>f(m)+f(n).
自测题
解:(1)由题知,f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).当x<0时,f(x)<0恒成立,故f(x)在(-∞,0)上没有零点.
当x>0时,由f(x)=-1得f'(x)=.令f'(x)>0,得x>3;令f'(x)<0,得0又f(1)=e-1>0,f(3)=-1<0,f(5)=-1>-1>0,
所以存在x1∈(1,3),x2∈(3,5),使得f(x1)=0,f(x2)=0,
所以f(x)在(0,+∞)上有两个零点.
综上可得,函数f(x)有两个零点.
(2)证明:方法一:令t=,则当x>0时,t>0,且ln t=x-3ln x,
则f(x)≥x-3ln x等价于t-1≥ln t,
令g(t)=ln t-t+1,则g'(t)=-1,令-1=0,可得t=1.当t∈(0,1)时,g'(t)>0,函数g(t)单调递增;当t∈(1,+∞)时,g'(t)<0,函数g(t)单调递减.
所以当t=1时,函数g(t)取得最大值,最大值为g(1)=ln 1-1+1=0,所以g(t)≤g(1)=0,故f(x)≥x-3ln x.
方法二:令t=x-3ln x,则et-1=-1,所以f(x)≥x-3ln x等价于et-1≥t,
即et≥t+1.
令h(t)=et-(t+1),则h'(t)=et-1.
令h'(t)<0,即et-1<0,解得t<0;
令h'(t)>0,即et-1>0,解得t>0.
所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(t)≥h(0)=e0-1=0,即et-(t+1)≥0,所以et≥t+1,故f(x)≥x-3ln x.
例4　解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.由题意可得f(1)=2,f'(1)=e,故a=1,b=2.
(2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ex-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-.设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x,所以当x∈时,g'(x)<0;当x∈时,g'(x)>0.故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.
设函数h(x)=xe-x-,则h'(x)=e-x(1-x).所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
自测题
证明:由f(x)≤g(x)可得ex-1ln x≤x2-x=x(x-1),即≤,要证当x∈(0,2)时,f(x)≤g(x),即证当x∈(0,2)时,≤.
设l(x)=,则l'(x)==.
当x<1时,l'(x)>0,则l(x)单调递增;
当x>1时,l'(x)<0,则l(x)单调递减.故l(x)≤l(1)=.令t(x)=ln x-x+1,则t'(x)=-1=.
当00,t(x)单调递增;当x>1时,t'(x)<0,t(x)单调递减.
所以t(x)max=t(1)=0,所以ln x≤x-1,
又x∈(0,2),所以所以l(ln x)≤l(x-1),即≤,
所以当x∈(0,2)时,f(x)≤g(x).
例5　解:(1)由题知f(x)的定义域为R,且f'(x)=aex-1.当a≤0时,f'(x)<0恒成立,故f(x)在R上是减函数;
当a>0时,令f'(x)>0,得x>-ln a,令f'(x)<0,得x<-ln a,
故f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在R上是减函数;
当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)证明:方法一:由(1)知,当a>0时,f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a,令g(a)=1+a2+ln a-=a2-ln a-(a>0),则g'(a)=2a-=(a>0).
令g'(a)>0,得a>,令g'(a)<0,得0故g(a)≥g=-ln->0,
即f(x)min>2ln a+,
所以f(x)>2ln a+,故得证.
方法二:当a>0时,由(1)得f(x)min=f(-ln a)=1+a2+ln a,要证f(x)>2ln a+,只需证1+a2+ln a>2ln a+,即证a2->ln a,易证ln a≤a-1,
所以只需证明a2->a-1,即证a2-a+>0.因为a2-a+=+>0恒成立,所以f(x)>2ln a+成立,故得证.
自测题
解:(1)易知函数f(x)=的定义域为(0,1)∪(1,+∞),且f'(x)==.
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,即f(x)在(0,1)上单调递减;当x∈(1,e3)时,f'(x)<0,即f(x)在(1,e3)上单调递减;
当x∈(e3,+∞)时,f'(x)>0,即f(x)在(e3,+∞)上单调递增.故f(x)的极小值为f(e3)=,无极大值.
(2)证明:当x∈(0,1)时,有27ex-4>0>(ln x)3恒成立.当x>1时,构造函数g(x)=ex-1-x,x>1,则g'(x)=ex-1-1>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(1)=0,即ex-1>x,所以此时27ex-4>x.
由(1)可知≥,所以x≥(ln x)3,故27ex-4>(ln x)3.
综上所述,当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,27ex-4>(ln x)3.提能特训(二)
1.解:(1)由f(x)=(x-2)ln x+1,得f'(x)=ln x+1-,
则f'(1)=-1,又f(1)=1,所以f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.
(2)证明:由题可知,函数f(x)=(x-2)ln x+1的定义域为(0,+∞),
设h(x)=ln x+1-,则h'(x)=>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)=ln x+1-在(0,+∞)上单调递增,
又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln 2>0,
所以存在x0∈(1,2),使得f'(x0)=0,即存在x0∈(1,2),使得ln x0=-1,
当0当x>x0时,f'(x)>0,故函数f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(x0)=(x0-2)ln x0+1=(x0-2)+1=5-,
易知函数y=x+在(1,2)上单调递减,
则40.
令函数g(x)=ex-(x+1),x>0,求导得g'(x)=ex-1>0,所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,
则g(x)>g(0)=0,即ex-(x+1)>0,
故f(x)+g(x)=f(x)+ex-(x+1)>0,所以f(x)+ex>x+1.
2.解:(1)函数f(x)=ln x-ax+1的定义域为(0,+∞),
由f(x)≤0,得ln x-ax+1≤0,即a≥,令函数g(x)=,
依题意得a≥g(x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立,
易知g'(x)=,当00,当x>1时,g'(x)<0,
故函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故g(x)max=g(1)=1,则a≥1,
所以实数a的取值范围是[1,+∞).
(2)证明:由(1)知,当a=1时,不等式ln x≤x-1(x≥1)恒成立,则2xln x≤2x(x-1)恒成立,
则x+1+2xln x≤x+1+2x(x-1)=2x2-x+1恒成立,令函数h(x)=,x≥1,
求导得h'(x)==-,故当1≤x<2时,h'(x)>0,当x>2时,h'(x)<0,
故函数h(x)在[1,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,
故h(x)≤h(2)=<1,所以当x≥1时,ex>2x2-x+1≥x+1+2xln x.
3.解:(1)因为f(x)=ex-+-1,
所以f'(x)=ex--,
依题意得f'(1)=e1--=-1,解得a=e.
(2)方法一:因为f(x)=ex-+-1的定义域为(0,+∞),
f(x)=ex-+-1=
≥0恒成立,
所以xex-ln x+a-x≥0恒成立,
令g(x)=xex-ln x+a-x,x∈(0,+∞),则g'(x)=(x+1),
令h(x)=ex-,x∈(0,+∞),
则h'(x)=ex+>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h=-2<0,h(1)=e-1>0,
所以存在x0∈,使得h(x0)=0,即g'(x0)=0,即-=0,
则ln x0=-x0,所以当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0+a=1+x0-x0+a≥0,所以a≥-1,
即实数a的取值范围为[-1,+∞).
方法二:由ex-+-1≥0,得a≥x+ln x-xex=x+ln x-ex+ln x,令x+ln x=t,t∈R,则a≥t-et,
又t-et≤t-(t+1)=-1,当且仅当t=0,即x+ln x=0时取等号,显然可取等号,所以a≥-1,
故a的取值范围为[-1,+∞).
4.解:(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2ax-1≥0在(0,+∞)上恒成立,所以2a≥-+在(0,+∞)上恒成立,
又-+=-+≤,当且仅当x=2时,等号成立,所以a≥,即a的取值范围是.
(2)证明:若a=0,则f(x)=ln x-x+1,所以f'(x)=-1=,
令f'(x)=0,解得x=1,所以当00,当x>1时,f'(x)<0,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)≤f(1)=0,当且仅当x=1时,等号成立.
令g(x)=-1,x>0,
所以g'(x)=,
令g'(x)=0,解得x=2,所以当02时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
所以g(x)≥g(2)=0,当且仅当x=2时,等号成立,
所以f(x)≤0≤g(x),又等号不同时成立,所以f(x)<.
(3)证明:由题意可知f'(x)=+2ax-1=,因为f(x)有两个极值点x1,x2(x1所以x1,x2是方程2ax2-x+1=0的两个不同的根,则
所以f(x1)-f(x2)=(ln x1+a-x1+1)-(ln x2+a-x2+1)=ln+a(-)-(x1-x2)=ln+×-(x1-x2)=ln-,所以要证f(x1)-f(x2)<(x1-x2),即证ln-<(x1-x2),
即证ln<2a(x1-x2),即证ln<,即证ln<.
令t=(0则h'(t)=>0,
所以h(t)在(0,1)上单调递增,则h(t)　　【方法综述】 处理ln x和ex的求参与不等式证明问题,核心在于函数构造、导数工具的应用、定义域和极限的分析.分离常数法是解决范围(或最值)问题的首选.构造函数法是通用、最根本的方法,常需要结合换元、多次求导和极限分析.放缩法可以作为辅助手段简化证明.对于双变量问题,消元、主元和利用对称性是主要解题思路.熟练掌握这些方法,并通过适当的练习培养对函数形态的直觉和化简技巧,是攻克此类难题的关键.
方法一　零点设而不求
例1 设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数;
(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln.
自测题
[2025·黑龙江哈尔滨二模] 已知函数f(x)=xsin x+ax2-1.
(1)当a=0时,求f(x)在区间上的零点个数;
(2)当x∈,a=-时,求证:f(x)≥-1.
方法二　换元构造函数
例2 已知函数f(x)=,g(x)=xe-x.若存在x1∈(0,+∞),x2∈R,使得f(x1)=g(x2)=k(k<0)成立,则ek的最大值为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A.e2 B.e
C. D.
例3 [2025·山东济南二模] 已知函数f(x)=(x-1)ln x-ax.
(1)若当x≥1时,f(x)≥0,求实数a的取值范围.
(2)当a=0时.
(i)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在(1,+∞)上的单调性;
(ii)证明:对任意的m,n∈(1,+∞),都有f(m+n)>f(m)+f(n).
自测题
已知函数f(x)=-1,e=2.718 28…为自然对数的底数.
(1)试判断函数f(x)的零点个数并说明理由;
(2)证明:f(x)≥x-3ln x.
方法三　分离指对函数
例4 设函数f(x)=aexln x+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.
(1)求a,b;
(2)证明:f(x)>1.
自测题
已知函数f(x)=ex-1ln x,g(x)=x2-x,证明:当x∈(0,2)时,f(x)≤g(x).
方法四　借助指对放缩
例5 [2023·新课标Ⅰ卷] 已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+.
自测题
[2025·广东揭阳三模] 已知函数f(x)=(x≠1).
(1)求f(x)的极值;
(2)证明:27ex-4>(ln x)3.　提能特训(二)对含有ln x,ex的不等式证明
1.[2025·河北秦皇岛三模] 设函数f(x)=(x-2)ln x+1.
(1)求f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)证明:f(x)+ex>x+1.
2.[2025·长春模拟] 已知函数f(x)=ln x-ax+1.
(1)若f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围;
(2)证明:当x≥1时,ex>x+1+2xln x.
3.[2025·武汉四月调考] 已知函数f(x)=ex-+-1.
(1)若f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线斜率为-1,求a的值;
(2)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
4.[2025·江西六校二模] 已知函数f(x)=ln x+ax2-x+1(a∈R).
(1)若函数f(x)在定义域上单调递增,求a的取值范围;
(2)若a=0,证明:f(x)<;
(3)设x1,x2(x1基础过关
能力提升(共33张PPT)
高分提能二 对含有In x,ex的不等式
证明
方法一 零点设而不求
方法二 换元构造函数
方法三 分离指对函数
方法四 借助指对放缩
◆
典型例题
【方法综述】处理和 的求参与不等式证明问题,核心在于
函数构造、导数工具的应用、定义域和极限的分析.分离常数法是解
决范围（或最值）问题的首选.构造函数法是通用、最根本的方法,
常需要结合换元、多次求导和极限分析.放缩法可以作为辅助手段简
化证明.对于双变量问题,消元、主元和利用对称性是主要解题思路.
熟练掌握这些方法,并通过适当的练习培养对函数形态的直觉和化
简技巧,是攻克此类难题的关键.
方法一 零点设而不求
例1 设函数 .
（1）讨论的导函数 的零点的个数；
解：由题得,的定义域为, .
当时,, 没有零点；
当时,因为在上单调递增,
在 上单调递增,所以在上单调递增,
又,当 满足且时,,
故当时, 存在唯一的零点.
例1 设函数 .
（2）证明：当时, .
证明：由（1）可设在上的唯一零点为.
当 时,;当时,,
故在 上单调递减,在上单调递增,
所以当时, 取得最小值,最小值为.
因为 ,所以,
当且仅当 时等号成立,
故当时, .
自测题
[2025·黑龙江哈尔滨二模] 已知函数.
（1）当时,求在区间 上的零点个数；
解：当时,,则 .
当时,,且,, 不同时为0,
则在上恒成立,所以在 上单调递增,
又,,
所以在区间 上的零点个数为1.
[2025·黑龙江哈尔滨二模] 已知函数.
（2）当,时,求证： .
证明：当,时, ,
则.
令 ,则 .
由（1）知在上单调递增,则在 上单调递减,
又在 上单调递减,
所以在 上单调递减,
又, ,
所以存在唯一的,使得,
所以当 时,,在上单调递增,
即在 上单调递增,
当时,,在上单调递减,
即 在 上单调递减.
因为,,所以当 时,,
从而存在唯一的,使得 .
当时,,则在 上单调递增.
当时,,则在 上单调递减.
综上所述,在上单调递增,在 上单调递减,
,
所以当, 时, .
方法二 换元构造函数
例2 已知函数,.若存在, ,
使得成立,则 的最大值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题得,.
因为 ,所以,则.
同理可知, .
由题易知函数的定义域为,
对 恒成立,
所以函数在区间上单调递增.
同理可知,函数 在区间上单调递增,
所以,则 ,
所以,则.
构造函数 ,其中,则.
当 时,,此时函数单调递增；
当时, ,此时函数单调递减.
故 .
故选C.
例3 [2025·山东济南二模] 已知函数 .
（1）若当时,,求实数 的取值范围.
解：因为当时,,
所以当 时,.
令, ,则 .
令,,则,
即 在上单调递增,
所以当时, ,即,
故在上单调递增,则 .
综上可得, .
例3 [2025·山东济南二模] 已知函数 .
（2）当 时.
（i）设,讨论函数在 上的单调性；
解： 当时,,且 ,
则,故在 上单调递增.
例3 [2025·山东济南二模] 已知函数 .
（2）当 时.
（ii）证明：对任意的,,都有 .
证明：令 ,
则 .
由,,得.
由知, ,即在上恒成立,
所以在 上单调递增,
故 .
因为,所以在 上单调递增,则 ,
所以 .
综上可得,对任意的,,都有 .
自测题
已知函数, 为自然对数的底数.
（1）试判断函数 的零点个数并说明理由；
解：由题知,的定义域为.
当 时,恒成立,故在 上没有零点.
当时,由得.
令,得 ；令,得.
所以在上单调递减,在 上单调递增.
又, , ,
所以存在,,使得, ,
所以在 上有两个零点.
综上可得,函数 有两个零点.
已知函数, 为自然对数的底数.
（2）证明： .
证明：方法一：令,则当时,,且 ,
则等价于 ,
令,则,令,可得 .
当时,,函数单调递增；
当 时,,函数 单调递减.
所以当时,函数 取得最大值,最大值为,
所以,故 .
方法二：令,则,
所以 等价于 ,即 .
令,则 .
令,即,解得 ；
令,即,解得 .
所以在上单调递减,在 上单调递增,
所以,即,
所以 ,故 .
方法三 分离指对函数
例4 设函数,曲线在点 处的切
线方程为 .
（1）求, ；
解：函数的定义域为 ,
由题意可得 , ,故, .
例4 设函数,曲线在点 处的切
线方程为 .
（2）证明: .
证明：由（1）知,,
从而 等价于.
设函数,则 ,
所以当时,;当时,.
故在 上单调递减,在上单调递增,
从而在 上的最小值为 .
设函数,则.
所以当 时,;当时, .
故在上单调递增,在上单调递减,
从而 在上的最大值为.
综上,当时, ,即 .
自测题
已知函数,,证明：当 时,
.
证明：由可得 ,即,
要证当时,,即证当 时, .
设,则 .
当时,,则 单调递增；
当时,,则单调递减.
故 .
令,则 .
当时,,单调递增；
当时, , 单调递减.
所以,所以 ,
又,所以所以,即 ,
所以当时, .
方法四 借助指对放缩
例5 [2023· 新课标Ⅰ卷] 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
解：由题知的定义域为,且.
当 时,恒成立,故在 上是减函数；
当时,令,得,令,得 ,
故在上单调递减,在 上单调递增.
综上,当时,在 上是减函数；
当时,在上单调递减,在 上单调递增.
例5 [2023· 新课标Ⅰ卷] 已知函数 .
（2）证明：当时, .
证明：方法一：由（1）知,
当 时, ,
令 ,
则 .
令,得,令,得,
故在 上单调递减,在 上单调递增,
故 ,即 ,
所以 ,故得证.
方法二：当时,由（1）得 ,
要证,只需证 ,
即证,易证 ,
所以只需证明,即证 .
因为恒成立,所以 成立,
故得证.
自测题
[2025·广东揭阳三模] 已知函数.
（1）求 的极值；
解：易知函数的定义域为 ,
且 .
当时,,即在上单调递减；
当 时,,即在 上单调递减；
当时,,即在上单调递增.
故 的极小值为 ,无极大值.
[2025·广东揭阳三模] 已知函数.
（2）证明： .
证明：当时,有恒成立.
当 时,构造函数,,则,
所以 在上单调递增,所以,即 ,
所以此时 .
由（1）可知,所以,故 .
综上所述,当时, .

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