第6讲导数的综合应用“辅助函数法”证明不等式[核心提炼]利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．[典型例题]设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；(3)设c＞1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.【解】(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx＜x－1，ln＜－1，即1＜＜x.(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.利用导数证明不等式的基本步骤(1)①作差或变形．②构造新的函数h(x)．③利用导数研究h(x)的单调性或最值．④根据单调性及最值，得到所证不等式．(2)本例通过构造辅助函数，转化为证明函数的单调性，使问题得以解决，此方法还常用于解决下列问题：①比较大小；②解不等式．[对点训练](2019·绍兴市柯桥区高三(下)期中考试)已知函数f(x)＝x＋.(1)当λ＞0时，求证：f(x)≥(1－λ)x＋λ，并指出等号成立的条件；(2)求证：对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ.解：(1)设g(x)＝f(x)－(1－λ)x－λ＝x＋－(1－λ)x－λ＝λ(＋x－1)，所以g′(x)＝λ(1－)，令g′(x)＝0，解得x＝0，当x＞0时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，当x＜0时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，所以g(x)min＝g(0)＝0，所以f(x)≥(1－λ)x＋λ，当x＝0时取等号．(2)证明：“对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ”等价于f(x)的最大值1大于λ.因为f′(x)＝1－λe－x，所以当λ≤0时，x∈[－3，3]，f′(x)＞0，f(x)在[－3，3]上单调递增，所以f(x)的最大值为f(3)＞f(0)＝λ.所以当λ≤0时命题成立；当λ＞0时，由f′(x)＝0得x＝lnλ，则x∈R时，x，f′(x)，f(x)关系如下：x(－∞，lnλ)lnλ(lnλ，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值①当λ≥e3时，lnλ≥3，f(x)在[－3，3]上单调递减，所以f(x)的最大值f(－3)＞f(0)＝λ.所以当λ≥e3时命题成立；②当e－3＜λ＜e3时，－3＜lnλ＜3，所以f(x)在(－3，lnλ)上单调递减，在(lnλ，3)上单调递增．所以f(x)的最大值为f(－3)或f(3)；且f(－3)＞f(0)＝λ与f(3)＞f(0)＝λ必有一成立，所以当e－3＜λ＜e3时命题成立；③当0＜λ≤e－3时，lnλ≤－3，所以f(x)在[－3，3]上单调递增，所以f(x)的最大值为f(3)＞f(0)＝λ.所以当0＜λ≤e－3时命题成立；综上所述，对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ.“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题[核心提炼]1．利用导数解决恒成立问题(1)若不等式f(x)>A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上f(x)min>A.(2)若不等式f(x)
A成立，则等价于在区间D上f(x)max>A.(2)若∃x∈D，f(x)0.(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．【解】(1)当a＝－时，f(x)＝－lnx＋，x>0.f′(x)＝－＋＝，令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得0
