重难专攻（三）不等式的证明问题
【重点解读】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.
提能点1
移项构造函数（直接利用函数的最值）证明不等式
（2023·新高考Ⅰ卷19题）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）＞2lna＋32
解：（1）f（x）＝aex－1，x∈R.
当a≤0时，f（x）＜0，
所以函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减；
当a＞0时，令f（x）＞0，得x＞－lna；
令f（x）＜0，得x＜－lna，
所以函数f（x）在（－∞，－lna）上单调递减，在（－lna，＋∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减；
当a＞0时，函数f（x）在（－∞，－lna）上单调递减，在（－lna，＋∞）上单调递增.
（2）证明：由（1）得当a＞0时，函数f（x）的最小值为f（－lna）＝1＋a2＋lna.
令g（a）＝1＋a2＋lna－2lna－32＝a2－lna－12，a∈（0，＋
所以g（a）＝2a－1a
令g（a）＞0，得a＞22
令g（a）＜0，得0＜a＜22
所以函数g（a）在（0，22）上单调递减，在（22，＋∞）
所以函数g（a）的最小值为g（22）＝（22）2－ln22－12＝ln
所以当a＞0时，f（x）＞2lna＋32成立
规律方法
1.若待证不等式的一边含有自变量，另一边为常数，可直接求函数的最值，利用最值证明不等式.
2.若待证不等式的两边含有同一个变量，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.
练1（2025·咸阳模拟）已知函数f（x）＝sinxex（x
（1）求f（x）的图象在点（0，f（0））处的切线方程；
解：由题知，f（0）＝0，f（x）＝cosx
所以切点坐标为（0，0），斜率为f（0）＝cos0－sin0e
所以所求切线方程为x－y＝0.
（2）求证：当x∈[0，π]时，f（x）≤x.
解：证明：要证f（x）≤x（x∈[0，π]），
即证sinxex≤x（x∈[0，π]）?xex－sinx≥0（x∈[0，
令g（x）＝xex－sinx，x∈[0，π]，
则g（x）＝ex＋xex－cosx，
令h（x）＝ex＋xex－cosx，x∈[0，π]，
则h（x）＝2ex＋xex＋sinx＞0在[0，π]上恒成立，
所以h（x）在[0，π]上单调递增，则h（x）≥h（0）＝0，
所以g（x）≥0在[0，π]上恒成立，
即g（x）在[0，π]上单调递增，所以g（x）≥g（0）＝0，
即xex－sinx≥0（x∈[0，π]），
综上，当x∈[0，π]时，f（x）≤x.
提能点2
将不等式转化为两个函数的最值进行比较（构造双函数）
已知函数f（x）＝elnx－ax（a∈R）.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＝e时，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0.
解：（1）f（x）＝ex－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0＜x＜ea时，f（x）＞0
当x＞ea时，f（x）＜0
故f（x）在（0，ea）上单调递增，在（ea，＋∞）
（2）证明：因为x＞0，所以只需证f（x）≤exx－
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.
记g（x）＝exx－2e（x＞0），则g（x）＝
所以当0＜x＜1时，g（x）＜0，g（x）单调递减，
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）≤exx－
即xf（x）－ex＋2ex≤0得证.
规律方法
若直接求证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，达到证明的目的.一般地，ex与lnx要分离，常构造xn与lnx，xn与ex的积、商的形式.
练2（2025·长沙模拟节选）已知函数f（x）＝axlnx＋x2，g（x）＝ex＋x－1，0＜a≤1，求证：f（x）＜g（x）.
证明：要证明f（x）＜g（x），
只需证明axlnx＋x2＜ex＋x－1，
只需证明alnxx＋1
令u（x）＝alnxx＋1，v（x
又u（x）＝a（1－lnx）x
则0＜x＜e时，u（x）＞0，函数u（x）在（0，e）上单调递增；
x＞e时，u（x）＜0，函数u（x）在（e，＋∞）上单调递减，
所