新高考数学一轮复习考点题型归纳讲练素养拓展11 导数中的不等式证明问题（精讲+精练）（2份，原卷版+解析版）

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一、不等式的证明
证明不等式的过程中常使用构造法，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如①对数形式：x≥1＋ln x（x＞0），当且仅当x＝1时，等号成立.
②指数形式：ex≥x＋1（x∈R），当且仅当x＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞1＋ln x（x＞0，且x≠1）.
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．
【常用结论】
1.破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
总结：双变量相关问题，解题策略是减少变量，方式为一个变量用另一个变量表示，或将两变量的整体换元，如下列形式等常见形式
2.常见不等式（大题使用需要证明）
①，，，
②，；；
③；；
④；
⑤；
⑥；；，
二、题型精讲精练
【典例1】已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明
【解析】（1）的定义域为（0，＋∞），
当，则当x∈（0，＋∞）时，，故在（0，＋∞）上单调递增.
当，则当x∈时，f′（x）＞0；当x∈时，f′（x）＜0.
故在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：由（1）知，当a＜0时，f（x）在x＝－eq \f(1,2a)取得最大值，最大值为＝.
所以等价于，即.设g（x）＝ln x－x＋1，则g′（x）＝eq \f(1,x)－1.当x∈（0,1）时，g′（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，g′（x）＜0.所以g（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.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】 求证：当时，
【详解】证明：当时，欲证，只需证
，即证，令，
，令，解得，易得在上递减，在上递增，
，，令，解得，易得在上递增，在上递减，，故，所以当时，
【典例3】已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若、为函数的两个极值点，证明：．
【（1）详解】，．
令，则，的对称轴为，△．
①时，，函数在上单调递增；
②当时，△，可得，，函数在上单调递增；
③当时，△，由，解得，．
所以在，，上，，，函数是增函数；
在，，，，函数是减函数．
综上可得，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在，，上单调递增，
在，上单调递减．
【（2）详解】证明：有两个极值点，，由（1）知，，
所以，
要证，即证，即证，
因为，所以，所以即证，即证，，
令，，因为，
所以，所以在上单调递减，所以（1），
所以恒成立，得证．
【题型训练1-刷真题】
一、解答题
1．（2021·全国·统考高考真题）设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
2．（2021·浙江·统考高考真题）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.
3．（2020·浙江·统考高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法
在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点．
[方法二]【最优解】：分离常数法
函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点．
记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故．
因此，当时，直线与只有1个交点．
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii）[方法一]：分析+构造函数法
，
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
[方法二]【最优解】：放缩转化法
．
设，则由得．
从而只要证．
上式左边．
使用不等式可得
【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解；
（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；
（ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解.
【题型训练2-刷模拟】
一、解答题
1．（2023·北京密云·统考三模）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）计算出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2），其中，利用导数分析函数的单调性，证明出，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，则，
所以，，，
所以，曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）解：令，其中，
，
令，其中，
则，
当时，且不恒为零，所以，函数在上单调递增，
所以，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，即.
2．（2023·山西吕梁·统考三模）已知函数.
(1)讨论函数在上的零点个数；
(2)当且时，记，探究与1的大小关系，并说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）求导，得到函数单调性和极值情况，并结合端点值大小，分类讨论得到函数的零点个数；
（2）判断出，不等式同构变形得到，构造，得到其单调性，并构造的单调性，证明出结论.
【详解】（1），，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，，，其中，
若，即时，零点个数为0，
若，即时，零点个数为1，
若，即时，零点个数为2，
若，即时，零点个数为1，
若，即时，零点个数为0，
综上：当或时，零点个数为0，
当或时，零点个数为1，
当时，零点个数为2.
（2），理由如下：
，，
当时，，故，
当时，，故，
要证，即证，其中，
故即证，
令，，即证，
，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在上恒成立，
所以在上恒成立，
则在上单调递增，
则，
令，，
，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，即，结论得证.
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是变形得到，从而构造进行求解.
3．（2023·山东淄博·统考三模）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)单调递增区间是和
(2)证明见解析
【分析】（1）确定函数定义域，求导得到导函数，构造新函数，求导得到单调区间，计算最值确定恒成立，得到答案.
（2）构造函数，求导得到导函数，将导函数设为新函数，再次求导，将导函数设为新函数，再次求导，利用隐零点代换得到的单调区间，计算最值得到，再构造函数，同理得到，得到证明.
【详解】（1）函数的定义域为，.
令函数，.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以，即恒成立，
故的单调递增区间是和.
（2）当时，，即当时，.
令，，
令，，
令，.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
又，，
所以存在，使得.
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
，故当时，；当时，，
即当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增.
于是，所以.
令函数，.
当时，；当时，，
所以在上单调递增；在上单调递减，
则.
因为，所以，故，
得.
综上所述：当时，.
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将不等式的证明转化为和是解题的关键，证明不等式引入中间函数是一个重要技巧，需要熟练掌握.
4．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知函数.
(1)若，求的极值；
(2)，若函数有两个零点，且，求证：.
【答案】(1)极大值为，无极小值；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数求出的极值作答.
（2）根据函数零点的意义，转化为线与函数图象有两个交点，求出，再借助零点建立两个方程消去a，构造函数证明即可作答.
【详解】（1）当时，定义域为，
求导得，令，
求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，无极小值，
所以的极大值为，无极小值.
（2）依题意，，，因为函数有两个零点，且，
而，则，
因此函数的两个零点分别是直线与函数图象的两个交点横坐标，
，当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，，
而，时，恒有，于是，即，
令，显然有，
则有，令，
求导得，即函数在上单调递增，，
即有，从而，又，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.
5．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知函数.
(1)判断的导函数在上零点的个数，并说明理由；
(2)证明：当时，.
注：.
【答案】(1)零点的个数为1，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】利用导数判断的导函数在上得单调性，再结合零点的存在性定理即可得出结论；
（2）令，则，即，再结合（1）利用导数可求得函数的最小值，再证明的最小值大于零即可.
【详解】（1），
令，则，
所以函数在上单调递增，即在上单调递增，
又，
所以的导函数在上零点的个数为1；
（2）令，
则，即，
由（1）可知存在，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，存在，使得，即，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，则，
所以函数在上单调递减，所以，
所以时，，
即当时，恒成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
6．（2023·山东聊城·统考三模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当，且时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分，，分别讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为，然后构造函数，证明其单调性，即可得到证明.
【详解】（1），，
①当，即时，，在区间单调递增．
②当，即时，
令，得，令，得，
所以在区间单调递增；在区间单调递减．
③当，即时，
若，则，在区间单调递增．
若，令，得，令，得，
所以在区间单调递减；在区间单调递增．
综上，时，在区间单调递增；在区间单调递减；
时，在区间单调递增
时，在区间单调递减、在区间单调递增．
（2）证明：要证，即证，
即证．
令，，则，
所以在区间单调递增，所以时，，
即时，．
令，，则在时恒成立，
所以，且时，单调递增，
因为时，，，且，
所以，且时，，即．
所以，且时，．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了用导数研究函数的单调性，以及用导数证明不等式问题，难度较难，解决本题的关键在于构造函数，用其单调性去证明不等式.
7．（2023春·河北·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性.
(2)若存在两个零点，且曲线在和处的切线交于点.
①求实数的取值范围；
②证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）利用导数分成，两种情况讨论函数的单调性；
（2）①利用导数得出函数的单调性，结合函数图像得出实数的取值范围；
②由曲线在和处的切线方程联立，得出，又存在两个零点，代入得出，
要证，只需证，即证，只要证即可.
【详解】（1）.
当时，在上单调递减；
当时，令，得.
当时，，当时，，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）①由（1）知，当时，在上单调递减，不可能有两个零点，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
又，；，；
所以的取值范围是.
②曲线在和处的切线分别是，
联立两条切线方程得，所以.
因为所以.
要证，只需证，
即证，只要证.
令，.
则，所以在上单调递减，
所以，
所以，所以.
【点睛】已知函数零点个数求参数范围问题方法点睛：
可以通过构造函数，分情况讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，根据零点个数，考虑图像的交点情况，得出参数的取值范围.
8．（2023·山东烟台·统考二模）已知函数．
(1)若在上单调递增，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）求得，转化为在上恒成立，进而转化为在上恒成立，令，求得，得出函数的单调性和最大值，即可求解.
（2）当时，得到且，当时，只需使得，利用导数求得单调递增，得到；当时，显然满足；
当时，由和，得到，即可得证.
【详解】（1）解：由函数，可得，
因为在上单调递增，可得在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极大值，即为最大值，
所以，即实数a的取值范围为.
（2）解：当时，，可得
当时，可得，
要使得，只需使得，
令，可得，所以单调递增，
又由，所以，所以单调递增，所以；
当时，可得且，所以，满足；
当时，可得，
因为且，所以，所以，
综上可得，对于，都有.
9．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当，是方程的两根，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，设，得到，分和，两种情况，即可求得函数的单调区间；
（2）求得在处的切线方程为，令，再令，结合单调性求得，求得，进而求得切线方程为，令，求得出函数的单调性，得到，进而证得，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
设，可得，
①当时，，所以在单调递增；
②当时，令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上，当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）解：由，可得且，
所以在处的切线方程为，即.
令，
令，
因为，所以在上单调递增，
又因为，所以当，，单调递减，
当，，单调递增.
所以，即，
所以，，
可得在处的切线方程为，即.
令，
，
因为，所以在上单调递增.
又因为，所以当，，单调递减，
当，，单调递增，
所以，即，
所以，，
所以
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
10．（2023·安徽黄山·统考三模）已知函数，
(1)试判断函数在上是否存在极值.若存在，说出是极大值还是极小值；若不存在，说明理由.
(2)设，若，证明：不等式在上恒成立.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1），令，因此在单调递减，，讨论正负即可判断出极值的情况；
（2）由分析知，要证明在上恒成立，即证，即证，令，求出，原不等式证明变为证明即可.
【详解】（1）由题可知，
则，令
由于，则，所以函数在单调递减.
当趋近于0时，趋近于正无穷，又.
①当，即时，，
则函数在单调递增，所以在上无极值.
②当，即时，则在上有唯一零点.
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以是函数的一个极大值点，且无极小值.
综上所述，当时，函数无极值；
当时，函数有极大值，但无极小值.
（2）由题可知：，且.
由可得，
化简得
由于且，所以不等式；
所以要证明原不等式成立；
只要证：在时恒成立.
只要证：.
令，则
令，
则，在为增函数，故，
于是，在为增函数，故，
只要证：（这里），
下面先证明：，
令，则.
在为减函数，故，即，
只要证：，
只要证：，
令，则.
在是单调递增，因此，即.
综上所述，原不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中．
(1)若有两个零点，求的取值范围；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由题可得方程有两个解，然后构造函数利用导数研究函数的性质进而即得；
（2）由题知恒成立，进而转化为证明当时，然后利用二次函数的性质结合条件可得只需证明即可，再构造函数利用导数证明不等式即得.
【详解】（1）由有两个零点，得方程有两个解，
设，则，
由，可得，单调递增，由，可得，单调递减，
所以的最大值为，当时，当时，，
所以可得函数的大致图象，
所以，解得，
所以，有两个零点时，的取值范围是；
（2）设，即，则恒成立，
由，，可得，
下面证明当时，，即证，
令，则证，，
令为开口向上的二次函数，对称轴为，
由（1）可知，故在时单调递增，
则，
下面只需证明即可，即证，
令，则，
令，则，
所以函数单调递减，且，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故，即，从而不等式得证，
综上，的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
12．（2023春·四川雅安·高三雅安中学校联考阶段练习）已知函数．
(1)试问曲线是否存在过原点的切线？若存在，求切点的坐标；若不存在，请说明理由．
(2)证明：．（参考数据：）
【答案】(1)存在，切点坐标为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，设出切点坐标，再求出切线方程即可作答.
（2）等价变形不等式，构造函数，，再分别求出其最值判断作答.
【详解】（1）假设曲线存在过原点的切线，并设切点为，
函数，求导得，
则，整理得，解得，则，
所以曲线存在过原点的切线，且切点坐标为．
（2），不等式，
设函数，求导得，
当时，单调递减，当时，单调递增，则，
设函数，求导得，
当时，单调递增，当时，单调递减，则，
因为，即有，因此，
所以．