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高考大题研究课三利用导数证明不等式题型一构造函数证明不等式例1[2023·河北沧州模拟]已知函数g(x)＝mx2－(4m＋2)x＋4lnx(a∈R)．(1)当m＝1时，求g(x)在点(1，g(1))处的切线方程；(2)当m＝0时，证明：g(x)＋2x<4ex－8(其中e为自然对数的底数)．

题后师说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，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．巩固训练1已知函数f(x)＝alnx－ax(a≠0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝ex－ax－a，证明：当a∈(0，e]时，f(x)≤g(x)．

题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2[2023·福建上杭一中模拟]已知函数f(x)＝xlnx＋1.(1)若函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)证明：f(x)≥x2e1－x.

题后师说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lnx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．

巩固训练2已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：ex＋xlnx＋x2－2x>0.解析：(1)由题意可得

f′(x)＝ex＋2x－1，则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.由f′(x)>0，得x>0，由f′(x)<0，得x<0.则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝0.(2)证明：要证

ex＋xlnx＋x2－2x>0，即证ex＋x2－x－1>－xlnx＋x－1.由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立．设g(x)＝－xlnx＋x－1，则g′(x)＝－lnx.由g′(x)>0，得0<x<1;由

g′(x)<0，得x>1.则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立．故f(x)>g(x)，即ex＋xlnx＋x2－2x>0.

题后师说证明双变量不等式应抓住以下要点

解析：(1)由题意得y＝xf(x)＝xln(a－x)，则y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′.因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，所以y′|x＝0＝lna＝0，所以a＝1.

解析：(1)当a＝1时，f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex，f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex.令f′(x)＝0，得

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