高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.5利用导数证明不等式(精讲)(原卷版+解析)

这是一份高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.5利用导数证明不等式(精讲)(原卷版+解析)，共23页。


【知识储备】
1.导数证明不等式方法：
（1）构造单函数求最值证明不等式；
（2）构造双函数比较最值证明不等式；
（3）参变分离转化为具体函数最值证明不等式；
（4）不等式放缩证明不等式；
（5）双变量不等式证明转化为单变量不等式证明。
2.常用不等式的生成
在不等式“改造”或证明的过程中，可借助题目的已知结论、均值不等式、函数单调性、与、有关的常用不等式等方法进行适当的放缩，再进行证明．下面着重谈谈与、有关的常用不等式的生成．
（1）生成一：利用曲线的切线进行放缩
设上任一点的横坐标为，则过该点的切线方程为，即，由此可得与有关的不等式：，其中，，等号当且仅当时成立．特别地，当时，有；当时，有．
设上任一点的横坐标为，则过该点的切线方程为，即，由此可得与有关的不等式：，其中，，等号当且仅当时成立．特别地，当时，有；当时，有．
利用切线进行放缩，能实现以直代曲，化超越函数为一次函数．
生成二：利用曲线的相切曲线进行放缩
由图可得；由图可得；由图可得，（），（）；由图可得，（），（）．
综合上述两种生成，我们可得到下列与、有关的常用不等式：
与有关的常用不等式：
（1）（）；
（2）（）．
与有关的常用不等式：
（1）（）；
（2）（）；
（3）（），（）；
（4）（），（）．
用取代的位置，相应的可得到与有关的常用不等式．
【题型精讲】
【题型一 构造单函数证明不等式】
方法技巧 构造单函数证明不等式
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
例1 (2023·山东济南历城二中高三月考）已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－eq \f(3,4a)－2.
【题型精练】
1．(2023·天津·崇化中学期末）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求、的值；
（2）证明：当，且时，．
2. (2023·山东济南高三期末）设函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当且时，证明：．
【题型二 构造双函数比较最值证明不等式】
方法技巧 构造双函数比较最值证明不等式
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
例2 (2023·山东青岛高三期末）设函数，曲线在点处的切线方程为
（ = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I）求
（ = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II）证明：
【题型精练】
1．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝aln x＋x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明：xf(x)2. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
【题型三 放缩法证明不等式】
方法技巧 放缩法证明不等式
导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
例3 (2023·河南高三期末）已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
【题型精练】
1．(2023·广东·高三期末）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）解关于的不等式
【题型四 双变量不等式证明】
方法技巧 双变量不等式证明
对于两个未知数的函数不等式问题，其关键在于将两个未知数化归为一个未知数，常见的证明方法有以下4种：
方法1：利用换元法，化归为一个未知数
方法2：利用未知数之间的关系消元，化归为一个未知数
方法3：分离未知数后构造函数，利用函数的单调性证明
方法4：利用主元法，构造函数证明
例4 (2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数．
⑴讨论的单调性；
⑵若存在两个极值点，，证明：．
【题型精练】
1.(2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝lnx－eq \f(2(x－1),x＋1)，g(x)＝xlnx－m(x2－1)(m∈R)．
(1)若函数f(x)，g(x)在区间(0，1)上均单调且单调性相反，求实数m的取值范围；
(2)若0＜a＜b，证明：eq \r(ab)＜eq \f(a－b,ln a－ln b)＜eq \f(a＋b,2)．
2. (2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝ax2－x－lneq \f(1,x)．
(1)若f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线y＝2x＋1平行，求f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在定义域内有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3．
【题型五 数列不等式证明】
例5 (2023·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数.
（1)若，求的值
（2）设为整数，且对于任意正整数，，求的最小值.
【题型精练】
1. (2023·江苏·昆山柏庐高级中学期末）设函数，，，其中是的导函数．
（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）设，比较与的大小，并加以证明．
3.5 利用导数证明不等式
【题型解读】
【知识储备】
1.导数证明不等式方法：
（1）构造单函数求最值证明不等式；
（2）构造双函数比较最值证明不等式；
（3）参变分离转化为具体函数最值证明不等式；
（4）不等式放缩证明不等式；
（5）双变量不等式证明转化为单变量不等式证明。
2.常用不等式的生成
在不等式“改造”或证明的过程中，可借助题目的已知结论、均值不等式、函数单调性、与、有关的常用不等式等方法进行适当的放缩，再进行证明．下面着重谈谈与、有关的常用不等式的生成．
（1）生成一：利用曲线的切线进行放缩
设上任一点的横坐标为，则过该点的切线方程为，即，由此可得与有关的不等式：，其中，，等号当且仅当时成立．特别地，当时，有；当时，有．
设上任一点的横坐标为，则过该点的切线方程为，即，由此可得与有关的不等式：，其中，，等号当且仅当时成立．特别地，当时，有；当时，有．
利用切线进行放缩，能实现以直代曲，化超越函数为一次函数．
生成二：利用曲线的相切曲线进行放缩
由图可得；由图可得；由图可得，（），（）；由图可得，（），（）．
综合上述两种生成，我们可得到下列与、有关的常用不等式：
与有关的常用不等式：
（1）（）；
（2）（）．
与有关的常用不等式：
（1）（）；
（2）（）；
（3）（），（）；
（4）（），（）．
用取代的位置，相应的可得到与有关的常用不等式．
【题型精讲】
【题型一 构造单函数证明不等式】
方法技巧 构造单函数证明不等式
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
例1 (2023·山东济南历城二中高三月考）已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－eq \f(3,4a)－2.
【解析】(1)f′(x)＝eq \f(2ax2＋2a＋1x＋1,x)＝eq \f(2ax＋1x＋1,x).
当a≥0时，f′(x)≥0，则f(x)在(0，＋∞)单调递增．
若a<0，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))单调递减．
(2)第一次构造辅助函数g(x)＝f(x)＋eq \f(3,4a)＋2.
要证原不等式成立，需证g(x)max≤0，即证f(x)max＋eq \f(3,4a)＋2≤0.
由(1)知，当a<0时，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a))).即证lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0
不妨设t＝－eq \f(1,2a)>0，则证ln t－t＋1≤0，令h(t)＝ln t－t＋1，求导得h′(t)＝eq \f(1,t)－1.
h′(t)>0时，t∈(0,1)；h′(t)<0时，t∈(1，＋∞)．
所以h(t)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，则h(t)max＝h(1)＝0.故f(x)≤－eq \f(3,4a)－2.
【题型精练】
1．(2023·天津·崇化中学期末）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求、的值；
（2）证明：当，且时，．
【解析】（1）．由于直线的斜率为，且过点，所以，即，解得，．
（2）由（1）知，所以
．构造函数（），则，于是在上递减．
当时，递减，所以，于是；当时，递减，所以，于是．
综上所述，当，且时，．
2. (2023·山东济南高三期末）设函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当且时，证明：．
【解析】解：（1）函数，定义域为，
，
当a≤0时，，则在上单调递减；
②当时，令，解得，
当时，，
当，时，，
所以的单调递增区间为，，递减区间为．
综上所述，当a≤0时，的单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，，递减区间为．
（2）证明：当时，令，
则，
因为，则，所以在上单调递减，
故（1），则，
故．
【题型二 构造双函数比较最值证明不等式】
方法技巧 构造双函数比较最值证明不等式
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
例2 (2023·山东青岛高三期末）设函数，曲线在点处的切线方程为
（ = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I）求
（ = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II）证明：
【解析】（1）因为，，而，所以，解得，．
（2）由（1）知，，于是，将不等式改造为．
令，则．由可得，由可得，所以在上递减，在
上递增，所以．令，
则．由可得，由
可得，所以在上递增，在
上递减，所以．
两个函数的凸性相反．此时，我们可以寻找与两个曲线都相切的公切线，将两个函数进行隔离，又因为等号不能同时成立，所以．
【题型精练】
1．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝aln x＋x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明：xf(x)【解析】(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)＋1＝eq \f(x＋a,x).当a≥0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a<0时，若x∈(－a，＋∞)，则f′(x)>0；
若x∈(0，－a)，则f′(x)<0.
所以f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减．
(2)当a＝1时，要证xf(x)即证x2＋xln x则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(e)＝1＋eq \f(1,e)，令函数h(x)＝eq \f(ex,x2)，则h′(x)＝eq \f(exx－2,x3).
当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(2)＝eq \f(e2,4).因为eq \f(e2,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,e)))>0，所以h(x)min>g(x)max，
即1＋eq \f(ln x,x)2. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
【解析】(1)f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；
当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)因为x>0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)max＝f(1)＝－e.
设g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e.
故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证．
【题型三 放缩法证明不等式】
方法技巧 放缩法证明不等式
导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
例3 (2023·河南高三期末）已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
f′(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，∴切点为(1,0)．∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－ln x－1.
方法一 令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，令h(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，∴h′(x)＝ex－1＋eq \f(1,x2)>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.
方法二 令g(x)＝ex－x－1，
∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，
由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，
∴ex－1≥x≥ln x＋1，
即ex－1≥ln x＋1，
即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即f(x)≥0.
【题型精练】
1．(2023·广东·高三期末）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）解关于的不等式
【解析】（1）函数．定义域为：．
，（1）．
令，，
函数在定义域上单调递增．
，．，函数单调递减．时，，函数单调递增．
（2）不等式，即．
，，舍去．当时，不等式的左边右边，舍去．
，且．
①时，由，要证不等式．可以证明：．等价于证明：．令．
，函数在上单调递减，（1）．
②当时，不等式．
令，．
，函数在上单调递增，
（1）．由，．
不等式成立．
综上可得：不等式的解集为：．
【题型四 双变量不等式证明】
方法技巧 双变量不等式证明
对于两个未知数的函数不等式问题，其关键在于将两个未知数化归为一个未知数，常见的证明方法有以下4种：
方法1：利用换元法，化归为一个未知数
方法2：利用未知数之间的关系消元，化归为一个未知数
方法3：分离未知数后构造函数，利用函数的单调性证明
方法4：利用主元法，构造函数证明
例4 (2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数．
⑴讨论的单调性；
⑵若存在两个极值点，，证明：．
【解析】（1）定义域为，．
①若，则，在上递减．
②若，即时，，在上递减．
③若，即时，由，可得，由，可得或，所以在，上递减，在上递增．
综上所述，当时，在上递减；当时，在，上递减，在上递增．
【证明】（2）法1：由（1）知，存在两个极值点，则．因为，是的两个极值点，所以，满足，所以，，不妨设．
，于是
．构造函数，，由（1）知，在上递减，所以，不等式获证．
法2：由（1）知，存在两个极值点，则．因为，是的两个极值点，所以，满足，不妨设，则，．
，于是
．
设，则，构造函数，，则，所以在上递增，于是，命题获证．
法3：仿照法1，可得，因为，所以，令，构造函数，由（1）知，在上递减，所以，不等式获证．
【题型精练】
1.(2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝lnx－eq \f(2(x－1),x＋1)，g(x)＝xlnx－m(x2－1)(m∈R)．
(1)若函数f(x)，g(x)在区间(0，1)上均单调且单调性相反，求实数m的取值范围；
(2)若0＜a＜b，证明：eq \r(ab)＜eq \f(a－b,ln a－ln b)＜eq \f(a＋b,2)．
【解析】 (1)f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(4,(x＋1)2)＝eq \f((x－1)2,x(x＋1)2)＞0，所以f(x)在(0，1)上单调递增．
由已知f(x)，g(x)在(0，1)上均单调且单调性相反，得g(x)在(0，1)上单调递减．
所以g′(x)＝ln x＋1－2mx≤0在(0，1)上恒成立，即2m≥eq \f(ln x＋1,x)，
令φ(x)＝eq \f(ln x＋1,x)(x∈(0，1))，φ′(x)＝eq \f(－ln x,x2)＞0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增，φ(x)＜φ(1)＝1，
所以2m≥1，即m≥eq \f(1,2)．
(2)由(1)f(x)＝lnx－eq \f(2(x－1),x＋1)在(0，1)上单调递增，f(x)＝ln x－eq \f(2(x－1),x＋1)＜f(1)＝0，即ln x＜eq \f(2(x－1),x＋1)，
令x＝eq \f(a,b)∈(0，1)得lneq \f(a,b)＜eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1)＝eq \f(2(a－b),a＋b)，∵lneq \f(a,b)＜0，∴eq \f(a－b,ln a－ln b)＜eq \f(a＋b,2)．
在(1)中，令m＝eq \f(1,2)，由g(x)在(0，1)上均单调递减得g(x)＞g(1)＝0，
所以xln x－eq \f(1,2)(x2－1)＞0，即ln x＞eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))，
取x＝eq \r(\f(a,b))∈(0，1)得lneq \r(\f(a,b))＞eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(a,b))－\r(\f(b,a))))，即ln a－ln b＞eq \f(a－b,\r(ab))，
由lna－lnb＜0得：eq \r(ab)＜eq \f(a－b,ln a－ln b)，综上：eq \r(ab)＜eq \f(a－b,ln a－ln b)＜eq \f(a＋b,2)．
总结提升 两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
2. (2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝ax2－x－lneq \f(1,x)．
(1)若f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线y＝2x＋1平行，求f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在定义域内有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3．
【解析】(1)∵f(x)＝ax2－x－lneq \f(1,x)＝ax2－x＋ln x，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝2ax－1＋eq \f(1,x)，∴k＝f′(1)＝2a．
∵f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线y＝2x＋1平行，∴2a＝2，即a＝1．
∴f(1)＝0，故切点坐标为(1,0)．∴切线方程为y＝2x－2．
(2)∵f′(x)＝2ax－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－x＋1,x)，
∴由题意知方程2ax2－x＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x1，x2，
∴Δ＝1－8a＞0，x1＋x2＝eq \f(1,2a)＞0，x1x2＝eq \f(1,2a)＞0，∴0＜a＜eq \f(1,8)．
f(x1)＋f(x2)＝axeq \\al(2,1)＋axeq \\al(2,2)－(x1＋x2)＋ln x1＋ln x2＝a(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))－(x1＋x2)＋ln(x1x2)
＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝lneq \f(1,2a)－eq \f(1,4a)－1，
令t＝eq \f(1,2a)，g(t)＝ln t－eq \f(t,2)－1，则t∈(4，＋∞)，g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－t,2t)＜0，
∴g(t)在(4，＋∞)上单调递减．∴g(t)＜ln4－3＝2ln2－3，即f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3．
【题型五 数列不等式证明】
例5 (2023·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数.
（1)若，求的值
（2）设为整数，且对于任意正整数，，求的最小值.
【解析】（1）的定义域为．
①当时，有，成立．
②当时，，令，则，令，则，所以在上递增，于是，所以，所以在上递增．由洛必达法则可得，所以．
③当时，，令，仿照②可得在上递增．由洛必达法则可得，所以．
综上所述，．
（2）当时，即，则有，当且仅当时等号成立，所以，，于是
，所以．当时，，于是的最小值为3．
【题型精练】
1. (2023·江苏·昆山柏庐高级中学期末）设函数，，，其中是的导函数．
（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）设，比较与的大小，并加以证明．
【解析】（1），所以．
法1：（分离参数法）当时，恒成立．
当时，在上恒成立在上恒成立．，令，则，所以在上递增，于是，即，所以在上递增．
由洛必达法则，可得，所以，于是实数的取值范围为．
法2：（不猜想直接用最值法）令，则，令，得．
①当，即时，在上恒成立，所以在上递增，所以，所以当时，在上恒成立．
②当，即时，在上递减，在上递增，所以当时取到最小值，于是．设，，则，所以函数在上递减，所以，即，所以不恒成立．
综上所述，实数的取值范围为．
（2），，比较结果为：．证明如下．
上述不等式等价于．为证明该式子，我们首先证明．
法1：在（1）中取，可得，令，可得．令可得，，…，，相加可得，命题获证．
法2：令，则，构造函数，，则，于是在上递增，所以，于是．
下同法1．