专题14-利用导数证明一元不等式-《2023年高考数学命题热点聚焦与扩展》【解析版】

、专题14利用导数证明一元不等式【热点聚焦】从高考命题看，通过研究函数性质与最值证明一元不等式，是导数综合题常涉及的一类问题.导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题【重点知识回眸】（一）证明方法的理论基础（1）若要证(为常数）恒成立，则只需证明：，进而将不等式的证明转化为求函数的最值（2）已知的公共定义域为，若，则证明：对任意的，有由不等式的传递性可得：，即（二）证明一元不等式主要的方法1.方法一：将含的项或所有项均移至不等号的一侧，将一侧的解析式构造为函数，通过分析函数的单调性得到最值，从而进行证明.例如：，可通过导数求出，由此可得到对于任意的，均有，即不等式.其优点在于目的明确，构造方法简单，但对于移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性2.方法二：利用不等式性质对所证不等式进行等价变形，转化成为的形式，若能证明，即可得：，本方法的优点在于对的项进行分割变形，可将较复杂的解析式拆成两个简单的解析式.但缺点是局限性较强，如果与不满足，则无法证明.（三）常见构造函数方法(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f(x)＜g(a)转化为f(x)max＜g(a).(2)移项作差构造函数法：把不等式f(x)＞g(x)转化为f(x)－g(x)＞0，进而构造函数h(x)＝f(x)－g(x).(3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f(x)＞g(x)利用其最值求解.(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f(x1，x2)≥A的不等式，可将函数式变为与eq\f(x1,x2)或x1·x2有关的式子，然后令t＝eq\f(x1,x2)或t＝x1x2，构造函数g(t)求解.(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如lnx≤x－1，ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号，lnx＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1).ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；当x≥0时，ex≥1＋x＋x2,当且仅当x＝0时取等号；当x≥0时，ex≥x2＋1,当且仅当x＝0时取等号；≤lnx≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；当x≥1时，≤lnx≤，当且仅当x＝1时取等号．(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.【典型考题解析】热点一直接将不等式转化为函数的最值问题【典例1】（2017·全国·高考真题（文））已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）先求函数导数，再根据导函数符号的变化情况讨论单调性：当时，，则在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.（2）证明，即证，而，所以需证，设g（x）=lnx-x+1，利用导数易得，即得证.【详解】（1）的定义域为（0，+），.若a≥0，则当x∈（0，+）时，，故f（x）在（0，+）单调递增.若a＜0，则当时，时；当x∈时，.故f（x）在单调递增，在单调递减.（2）由（1）知，当a＜0时，f（x）在取得最大值，最大值为.所以等价于，即.设g（x）=lnx-x+1，则.当x∈（0,1）时，；当x∈（1，+）时，.所以g（x）在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时，，即.【典例2】（2018年新课标I卷文）已知函数．（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；（2）证明：当时，．【答案】(1)a=；f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．(2)证明见解析.【详解】分析：(1)先确定函数的定义域，对函数求导，利用f′（2）=0，求得a=，从而确定出函数的解析式，之后观察导函数的解析式，结合极值点的位置，从而得到函数的增区间和减区间；(2)结合指数函数的值域，可以确定当a≥时，f（x）≥，之后构造新函数g（x）=，利用导数研究函数的单调性，从而求得g（x）≥g（1）=0，利用不等式的传递性，证得结果.详解：（1）f（x）的定义域为，f′（x）=aex–．由题设知，f′（2）=0，所以a=．从而f（x）=，f′（x）=．当0<x<2时，f′（x）<0；当x>2时，f′（x）>0．所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a≥时，f（x）≥．设g（x）=，则当0<x<1时，g′（x）<0；当x>1时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点．故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．因此，当时，．【总结提升】(1)若证f(x)＞g(a)或f(x)＜g(a)，只需证f(x)min＞g(a)或f(x)max＜g(a)．(2)若证f(a)＞M或f(a)＜M(a，M是常数)，只需证f(x)min＞M或f(x)max＜M.热点二移项作差构造函数证明不等式【典例3】（辽宁·高考真题（文））设函数f（x）=x+a+blnx，曲线y=f（x）过P（1,0），且在P点处的切斜线率为2.（I）求a，b的值；（II）证明：f(x)≤2x-2．【答案】（I）a＝－1，b＝3.（II）见解析【详解】试题分析：(1)f′(x)＝1＋2ax＋.由已知条件得即解得a＝－1，b＝3.

(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f(x)＝x－x2＋3lnx.设g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3lnx，则g′(x)＝－1－2x＋＝－.当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减．而g(1)＝0，故当x>0时，g(x)≤0，即f(x)≤2x－2.【典例4】（2022·青海·模拟预测（理））已知函数.(1)求的最小值；(2)若，证明：.【答案】(1)0；(2)证明见解析.【分析】（1）利用导数求出函数的单调区间即得解；（2）即证，设，求出函数的最小值即得证.(1)解：由题意可得.由，得；由，得.则在上单调递减，在上单调递增，故.(2)证明：要证，即证，即证.设，则.由（1）可知当时，.由，得，由，得，则，当且仅当时，等号成立.即.【规律方法】若证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数h(x)＝f(x)－g(x)．如果能证明h(x)min＞0，x∈(a，b)，即可证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)．使用此法证明不等式的前提是h(x)＝f(x)－g(x)易于用导数求最值．热点三构造双函数证明不等式【典例5】已知函数f(x)＝ex2－xlnx.证明：当x＞0时，f(x)＜xex＋.【答案】见解析【解析】要证f(x)＜xex＋，只需证ex－lnx＜ex＋，即ex－ex＜lnx＋.令h(x)＝lnx＋(x＞0)，则h′(x)＝，易知h(x)在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，则h(x)min＝h（）＝0，所以lnx＋≥0.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，所以ex－ex＜lnx＋，故原不等式成立．【典例6】（2023·全国·高三专题练习）已知函数.(1)求的最小值；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）用导数法直接求解即可；（2）要证，即证，即证.构造函数与，这问题可转化为，利用导数法即可求解【详解】(1)由题意可得.由，得；由，得.在上单调递减，在上单调递增，故.(2)证明：要证，即证，即证.设，则，由，得，由，得，则，当且仅当时，等号成立.设，则.由（1）可知当时，.由，得，由，得，则，当且仅当时，等号成立.因为与等号成立的条件不同，所以，即.【方法总结】(1)若证f(x)＜g(x)，只需证f(x)max＜g(x)min；(2)若证f(x)＞g(x)，只需证f(x)min＞g(x)max.热点四适当放缩构造函数证明不等式【典例7】（2022·全国·模拟预测（文））已知函数在区间上单调．(1)求的最大值；(2)证明：当时，．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用导数的符号求出函数的单调区间，通过单调区间可求得结果．（2）将问题转化为证明，再分别证明及成立即可．(1)由已知得，，要使函数在区间上单调，可知在区间上单调递增，令，得，即，解得，（），当时满足题意，此时，在区间上是单调递增的，故的最在值为.(2)当时，要证明，即证明，而，故需要证明.先证：，（）记，，时，，所以在上递增，，故，即.再证：，（）令，则则,故对于，都有，因而在，上递减，对于，都有，因此对于，都有.所以成立，即成立，故原不等式成立.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键利用不等式放缩，从而使得问题得以顺利解决.【规律方法】通过适当放缩可将较复杂的函数变为简单的函数，一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)等.热点五利用二阶导数（两次求导）证明不等式【典例8】（2018·全国·高考真题（文））已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：当时，．【答案】（1）切线方程是（2）证明见解析【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．（2）当时，,令，只需证明即可．【详解】（1），．因此曲线在点处的切线方程是．（2）当时，．令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以．因此．【典例9】（2023·全国·高三专题练习）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)当时，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导可得，再分和两种情况讨论即可；（2）当根据函数的正负证明，当时，转证，构造函数求导分析单调性与最值即可(1)依题意知，，令得，当时，在上，单调递减，在单调递增；当时，在上，单调递增，在单调递减.(2)依题意，要证，①当时，，，故原不等式成立，②当时，要证：，即证：，令，则，，∴在单调递减，∴，∴在单调递减，∴，即，故原不等式成立.【典例10】（2021·河北·沧县中学高三阶段练习）已知函数．(1)当时，求在点处的切线方程；(2)当时，证明：（其中为自然对数的底数）．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导函数，即可求切线的斜率，从而求出切线方程；（2）依题意只需证明，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的最小值，再利用基本不等式计算可得；(1)解：当时，，所以，，故在点处的切线方程是；(2)解：当时，要证明，只需证明，令，，则，令，故在上单调递增，又，，故存在，使得，即，当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，故时，取得唯一的极小值，也是最小值，即．所以，即．【规律方法】两种做法，一是对函数直接两次求导，求导函数的最值；二是令导函数为一“新函数”，通过对其求导，进一步研究函数的最值．热点六构造“形似”函数证明不等式【典例11】（2022·河南·高三开学考试（理））设，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造，并利用导数、对数的性质研究大小关系即可.【详解】设函数，则，所以为减函数，则，即，又，所以．故选：D【典例12】（2021·黑龙江·大庆实验中学高三开学考试（理））若且，且，且，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，求导，根据函数的单调性比大小即可.【详解】由，两边同时以为底取对数得，同理可得，，设，，则，，，，令，解得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，则，且，所以，故，故选：A.【规律方法】根据条件构造“形似”函数，再判断此函数的单调性，最后根据函数的单调性证明不等式．热点七“放缩”“赋值”证明与数列有关的不等式【典例13】（2022·全国·高考真题）已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)(3)见解析【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.（1）当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.（2）设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，

所以在上为减函数，所以.综上，.（3）取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【典例14】（2022·广东·高三开学考试）已知函数，．(1)当时，比较与2的大小；(2)求证：，．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）当时，求得导函数，再根据，分不同范围讨论即可.（2）由（1）中结论可知，当时，，然后换元，即可得，结合对数运算从而可证得结论.（1）当时，，，所以，所以在上单调递增，又因为，所以当时，，当时，，当时，（2）由（1）知，当时，，即，令，，则有，即，所以，即，．【规律方法】证明与数列有关的不等式的策略(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到．(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex＞x＋1可化为ln(x＋1)＜x等．【精选精练】一、单选题1．（2022·广东·高三开学考试）设，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数，求导得其单调性，再利用单调性，即可判断出的大小关系.【详解】设，，因为，令，得；令，得．所以在上单调递增，在上单调递减，而，，，因为，所以．故选：A．2．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设，则的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，利用导数求得的单调性和最值，化简可得，，，根据函数解析式，可得且，根据函数的单调性，分析比较，即可得答案.【详解】设，则，当时，，则为单调递增函数，当时，，则为单调递减函数，所以，又，，，又，，且在上单调递减，所以，所以.故选：D二、多选题3．（2021·山东·高三开学考试）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是（

）A．< B．>0C．> D．>【答案】CD【分析】根据题干中的条件，构造出新函数：，利用新函数的单调性逐一检查每个选项是否正确.【详解】令，则，因为，所以在上恒成立，因此函数在上单调递减，故，即，即，故A错；又，所以，所以在上恒成立，因为，所以，故B错；又，所以，即，故C正确；又，所以，即，故D正确.故选：CD三、填空题4．（2023·全国·高三专题练习）已知a，b是实数，且，其中e是自然对数的底数，则与的大小关系是__．【答案】##【分析】构造函数，，利用导数判断单调性，即得.【详解】构造函数，，则，当时，，单调递减，∵，∴，即blna＞alnb，即，所以．故答案为：．四、解答题5.（2023·全国·高三专题练习）设函数，．(1)当时，求在点处的切线方程；(2)当时，恒成立，求a的取值范围；(3)求证：当时，．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可.（2）首先将问题转化为恒成立，设，再利用导数求出其最大值即可得到答案.（3）首先将问题转化为，，设，利用导数求出，即可得到答案.(1)，，即切线.，，则切线方程为：.(2)，恒成立等价于，恒成立.设，，，，为增函数，，，为减函数，所以，即.(3)，等价于，.设，，，设，，，所以在为增函数，即，所以，即在为增函数，即，即证：.6．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知函数.(1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用导数求得的单调区间，从而求得的取值范围.（2）将转化为，对不等式的两边分别构造函数，然后结合导数来证得不等式成立.（1）的定义域为.令，可得.当时，单调递减；当时，单调递增，所以的单调递增区间为.因为函数在上单调递增，所以.所以.故实数的取值范围为.（2）因为，所以要证，只需证明成立.令，则.令，得，当时，单调递减；当时，单调递增，所以.令，则，令，得，当时，单调递增；当时，单调递减，所以.因此，即，当且仅当时等号成立.7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)证明：当时，．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论导数的正负，即可求得答案;（2）当时，要证,即证，只需证明；构造函数，利用其导数，只需证明，即证明即可.（1）函数,定义域：,，①当时，单调递增，②当时，由，得x，当x∈(0，）时，单调递增；当x∈(，+∞）时，单调递减；综上讨论得：①当时，在单调递增；②当时，当x∈(0，）时，单调递增；当x∈(，+∞）时，单调递减；（2）证明：当时，要证,即证，只需证；令，则，令，则，∴在单调递增，而故方程有唯一解，即，则，且时，，在单调递减；时，，在单调递增；∴，∴，故当时，.8．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测（文））已知函数，，(1)判断函数的单调性；(2)证明：.【答案】(1)在上单调递减(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，判断导数的正负，从而判断原函数的单调性；（2）将不等式等价转化为，然后构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而证明不等式.(1)因为，，所以，设，则，因为，故，在区间上单调递减，故，即，所以函数在区间上单调递减.(2)证明：；设，，在区间上单调递减，，，即，即；设，，，则在上单调递增，，，即，所以.综上，.【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性以及证明函数不等式的问题，解答时要明确导数与函数的单调性之间的关系，解答的关键是对不等式进行合理变形，从而构造函数，利用导数判断单调性，从而证明不等式.9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.(1)若函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，求a的值；(2)若a≤2，证明f(x)>lnx.【答案】(1)a＝2(2)证明见解析【分析】（1）求导函数，令f′(x)＝1，得x＝0，继而有f(0)＝－1，代入可求得答案；（2）由已知得f(x)＝ex－a≥ex－2，令φ(x)＝ex－x－1，运用导函数分析所令函数的单调性得φ(x)≥0，可证得ex－2≥x－1，当且仅当x＝0时等号成立，令h(x)＝lnx－x+1，运用导函数分析所令函数的单调性得，证得，当且仅当x＝1时等号成立，从而有ex－2≥x－1≥lnx，两等号不能同时成立，由此可得证.(1)解：f(x)＝ex－a，∴f′(x)＝ex，令f′(x)＝1，得x＝0，而当x＝0时，y＝－1，即f(0)＝－1，所以，解得a＝2.(2)证明∵a≤2，∴f(x)＝ex－a≥ex－2，令φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1，令φ′(x)＝0⇒x＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0；当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φ(x)≥0，即ex≥x＋1，∴ex－2≥x－1，当且仅当x＝0时等号成立，令h(x)＝lnx－x+1，则，令h′(x)＝0⇒x＝1，∴当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，即，即，∴，当且仅当x＝1时等号成立，∴ex－2≥x－1≥lnx，两等号不能同时成立，∴ex－2>lnx，即证f(x)>lnx.10．（2022·新疆·三模（理））已知函数，(1)若在处的切线为，求实数a的值；(2)当，时，求证：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由导数的几何意义有，求解即可；（2）将变形成，故只需证，用导数法证明即可(1)∵，∴，∴(2)要证，即证，只需证，因为，也就是要证，令，∵，∴∴在为减函数，∴，∴，得证11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.(1)若有两个极值点，求实数a的取值范围；(2)当时，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据函数有两个极值点转化为导函数等于0有两不相等的根，分离参数后，转化为分析大致图象，根据数形结合求解即可;（2）不等式可转化为，构造函数，求导后得到函数极小值，转化为求极小值大于0即可.（1）的定义域为，，由题意在上有两解，即，即有两解.令，即的图象与直线有两个交点.，得，当时，，递增；当时，，递减，，，时，；时，，，，a的取值范围是.（2）当时，，即证，即证，令，，令，则，当时，，在递增.，，存在唯一的，使得，当时，，递减；当时，，递增，.又，，，，，.12．（2023·全国·高三专题练习）已知函数(为自然对数的底数，为常数)的图像在(0，1)处的切线斜率为.(1)求的值及函数的极值；(2)证明：当时，.【答案】(1)，极小值，无极大值(2)证明见解析【分析】（1）对函数求导得到，由导数的几何意义得到，解得，再利用导数研究其单调性和极值，即可得出；（2）令，对其求导，结合（1）可得：，得到的单调性，即可证明.(1)由，得.由题意得，，即，所以，.令，得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增．所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值．(2)证明：令，则.由(1)知，，故在上单调递增．所以当时，，即.【点睛】本题考查不等式的恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)恒成立恒成立；(2)恒成立恒成立.13．（2023·全国·高三专题练习）已知．(1)当时，判断函数零点的个数；(2)求证：.【答案】(1)1；(2)证明见解析.【分析】（1）把代入，求导得函数的单调性，再由作答.（2）构造函数，利用导数借助单调性证明作答.(1)当时，，，当且仅当时取“=”，所以在R上单调递增，而，即0是的唯一零点，所以函数零点的个数是1.(2)，令，则，因，则，因此，函数在上单调递增，，，所以当时，成立.14．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)(3)见解析【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.（1）当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.（2）设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，

所以在上为减函数，所以.综上，.（3）取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.15．（2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三开学考试（文））已知函数．(1)讨论函数在区间上的单调性；(2)当时，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导，