高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)復(fù)習(xí)第2節(jié)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性（講義）

第2節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性[課程標(biāo)準(zhǔn)要求]1.結(jié)合實(shí)例,借助幾何直觀了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過(guò)三次).1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系條件恒有結(jié)論函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)上可導(dǎo)f′(x)>0f(x)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞增f′(x)<0f(x)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞減f′(x)=0f(x)在區(qū)間(a,b)上是常數(shù)函數(shù)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞增,則f′(x)≥0,“f′(x)>0在(a,b)上成立”是“f(x)在(a,b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件.如f(x)=x3在定義域上是增函數(shù),但是其導(dǎo)數(shù)f′(x)=3x2≥0.2.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟第1步,確定函數(shù)的定義域;第2步,求出導(dǎo)數(shù)f′(x)的零點(diǎn);第3步,用f′(x)的零點(diǎn)將f(x)的定義域劃分為若干個(gè)區(qū)間,列表給出f′(x)在各區(qū)間上的正負(fù),由此得出函數(shù)y=f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性.1.(多選題)(選擇性必修第二冊(cè)P86例2改編)如圖是函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象,則下列判斷正確的是(BC)A.在區(qū)間(-2,1)上f(x)單調(diào)遞增B.在區(qū)間(2,3)上f(x)單調(diào)遞減C.在區(qū)間(4,5)上f(x)單調(diào)遞增D.在區(qū)間(3,5)上f(x)單調(diào)遞減解析:在區(qū)間(-2,1)上,當(dāng)x∈(-2,-32)時(shí),f′(x)<0,當(dāng)x∈(-32,1)時(shí),f′(x)>0,故f(x)在(-2,-322.函數(shù)f(x)=12x2A.(-1,1) B.(0,1)C.(1,+∞) D.(0,2)解析:f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),解不等式f′(x)=x-1x=(故函數(shù)f(x)=12x23.若函數(shù)f(x)=x3+x2+ax-1是R上的單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(A)A.a≥13 B.a≤C.a>13 D.a<解析:f′(x)=3x2+2x+a≥0恒成立,即Δ=4-12a≤0,解得a≥134.若函數(shù)f(x)=lnx+ax2-2在區(qū)間(12A.(-∞,2] B.(-18C.(-2,-18) 解析:因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=lnx+ax2-2在區(qū)間(12,2)內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間,所以f′(x)=1x+2ax>0在區(qū)間(即2a>(-1x2)min在區(qū)間(又函數(shù)y=x2在(12所以函數(shù)y=-1x2在(故當(dāng)x=12時(shí),y=-1即(-1x2)即2a>-4,得a>-2.5.若函數(shù)f(x)=13x3-32x2+ax+4的單調(diào)遞減區(qū)間為[-1,4],則實(shí)數(shù)a的值為解析:由題意,得f′(x)=x2-3x+a,又f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[-1,4],所以f′(x)=x2-3x+a≤0的解集為[-1,4],所以-1,4是方程f′(x)=0的兩根,則a=(-1)×4=-4.答案:-4不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性1.已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f′(2)ex-2-f(0)x+12x2A.(-∞,0) B.(1,+∞)C.(-∞,1) D.(0,+∞)解析:由題設(shè)f′(x)=f′(2)ex-2-f(0)+x,則f′(2)=f′(2)-f(0)+2,可得f(0)=2,即f(0)=f′(2)e-2=2,則f′(2)=2e2,所以f(x)=2ex-2x+12x2得f′(x)=2ex-2+x,則f′(0)=0且f′(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x<0時(shí),f′(x)<0,即f(x)單調(diào)遞減,故f(x)單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0).2.(多選題)下列函數(shù)中,在(0,+∞)上為增函數(shù)的是(AB)A.f(x)=x2-1x B.f(x)=xeC.f(x)=x3-x D.f(x)=-x+lnx解析:對(duì)于A,f′(x)=2x+1x對(duì)于B,函數(shù)f(x)=xex的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=ex(x+1),當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f′(x)>0,所以函數(shù)f(x)=xex在(0,+∞)上為增函數(shù),故B正確;對(duì)于C,f′(x)=3x2-1,令f′(x)>0,得x>33或x<-33,所以函數(shù)f(x)=x3-x在(-∞,-33對(duì)于D,f′(x)=-1+1x=-x3.函數(shù)f(x)=(x-1)ex-x2的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為.

解析:f(x)的定義域?yàn)镽,f′(x)=xex-2x=x(ex-2),令f′(x)=0,得x=0或x=ln2,當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如表所示,x(-∞,0)0(0,ln2)ln2(ln2,+∞)f′(x)+0-0+f(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞減單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,0),(ln2,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,ln2).答案:(-∞,0),(ln2,+∞)(0,ln2)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的方法:(1)確定函數(shù)y=f(x)的定義域.(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x).(3)解不等式f′(x)>0,解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間.(4)解不等式f′(x)<0,解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間.注意:若一個(gè)函數(shù)有多個(gè)相同的單調(diào)區(qū)間,各個(gè)單調(diào)區(qū)間之間不能用“∪”與“或”,只能用“,”與“和”隔開(kāi).含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性[例1]已知函數(shù)f(x)=12ax2解:函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=ax-1-1x=a當(dāng)a≤0時(shí),對(duì)任意的x>0,f′(x)<0,此時(shí)函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(0,+∞);當(dāng)a>0時(shí),方程ax2-x-1=0在x>0時(shí)的解為x=1+1+4由f′(x)<0,可得0<x<1+1+4由f′(x)>0,可得x>1+1+4此時(shí),函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(0,1+1+4a2綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(0,+∞);當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(0,1+1+4a2(1)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí),不但要在函數(shù)定義域內(nèi)討論,而且還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)和函數(shù)的間斷點(diǎn).(2)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性,要依據(jù)參數(shù)對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類討論.分類討論主要是討論參數(shù)的不同取值求出單調(diào)性,主要討論點(diǎn):①最高次項(xiàng)系數(shù)是否為0;②導(dǎo)函數(shù)是否有極值點(diǎn);③導(dǎo)函數(shù)兩零點(diǎn)的大小關(guān)系;④導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)與定義域的關(guān)系(即導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)與定義域端點(diǎn)的關(guān)系)等.易錯(cuò)警示:(1)若函數(shù)的導(dǎo)數(shù)中自變量的最高次數(shù)含參數(shù),需要考慮參數(shù)的正負(fù)對(duì)函數(shù)單調(diào)性的影響.(2)若導(dǎo)函數(shù)的解析式的主要部分是二次多項(xiàng)式或者可轉(zhuǎn)化為二次多項(xiàng)式且不能夠因式分解,則需要考慮二次三項(xiàng)式是否存在零點(diǎn),這里涉及對(duì)判別式Δ≤0和Δ>0分類討論.[針對(duì)訓(xùn)練]已知函數(shù)f(x)=(x-a-1)ex-x2+2ax(a∈R),討論f(x)的單調(diào)性.解:f′(x)=(x-a)ex-2x+2a=(x-a)(ex-2),令f′(x)=0,則x=a或x=ln2.若a=ln2,f′(x)≥0,所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增;若a>ln2,當(dāng)x>a或x<ln2時(shí),f′(x)>0,當(dāng)ln2<x<a時(shí),f′(x)<0,所以函數(shù)f(x)在(-∞,ln2)和(a,+∞)上單調(diào)遞增,在(ln2,a)上單調(diào)遞減;若a<ln2,當(dāng)x>ln2或x<a時(shí),f′(x)>0,當(dāng)a<x<ln2時(shí),f′(x)<0,所以函數(shù)f(x)在(-∞,a)和(ln2,+∞)上單調(diào)遞增,在(a,ln2)上單調(diào)遞減.綜上所述,當(dāng)a=ln2時(shí),函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增;當(dāng)a>ln2時(shí),函數(shù)f(x)在(-∞,ln2)和(a,+∞)上單調(diào)遞增,在(ln2,a)上單調(diào)遞減;當(dāng)a<ln2時(shí),函數(shù)f(x)在(-∞,a)和(ln2,+∞)上單調(diào)遞增,在(a,ln2)上單調(diào)遞減.導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性關(guān)系的應(yīng)用利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)圖象[例2]設(shè)函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)可導(dǎo),f(x)的圖象如圖所示,則其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象可能是()解析:由f(x)的圖象可知,當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),函數(shù)單調(diào)遞增,則f′(x)≥0,故排除C,D;當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f(x)先單調(diào)遞減,再單調(diào)遞增最后單調(diào)遞減,所以對(duì)應(yīng)的導(dǎo)數(shù)值應(yīng)該先小于0,再大于0,最后小于0,故排除B.故選A.函數(shù)圖象與其導(dǎo)函數(shù)圖象的關(guān)系:導(dǎo)函數(shù)f′(x)圖象在x軸上方時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的取值區(qū)間為原函數(shù)f(x)圖象上升部分對(duì)應(yīng)的區(qū)間(單調(diào)遞增區(qū)間),導(dǎo)函數(shù)f′(x)圖象在x軸下方時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的取值區(qū)間為原函數(shù)f(x)圖象下降部分對(duì)應(yīng)的區(qū)間(單調(diào)遞減區(qū)間).比較大小或解不等式[例3](1)已知a=2ln2,b=3A.a<b<c B.a<c<bC.c<b<a D.c<a<b(2)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x),有f(-x)=f(x)且x≥0,f(x)=ex-e-x-sin2x,則f(x)>f(π4)的解集為解析:(1)由題,a=2ln2=42ln2=令f(x)=xlnx(x≥e),則f′(x)=因?yàn)閤>e,所以f′(x)>0,所以f(x)=xln又a=f(4),b=f(3),c=f(e),e<3<4,故c<b<a.故選C.(2)因?yàn)閤≥0,所以f′(x)=ex+e-x-2cos2x≥2exf′(x)在[0,+∞)上為增函數(shù),又f(x)為偶函數(shù),所以由f(x)>f(π4得|x|>π4,解得x<-π4或x>故不等式的解集為(-∞,-π4)∪(π答案:(1)C(2)(-∞,-π4)∪(π(1)利用導(dǎo)數(shù)比較大小,其關(guān)鍵在于利用題目條件構(gòu)造輔助函數(shù),把比較大小的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,進(jìn)而根據(jù)單調(diào)性比較大小.(2)與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式,要充分挖掘條件關(guān)系,恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù);題目中若存在f(x)與f′(x)的不等關(guān)系時(shí),常構(gòu)造含f(x)與另一函數(shù)的積(或商)的函數(shù),與題設(shè)形成解題鏈條,利用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性,從而求解不等式.利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍[例4](1)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-mx在[2,4]上存在減區(qū)間,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A.(2e2,+∞) B.(-∞,e)C.(0,2e2) D.(0,e)(2)若函數(shù)f(x)=aex-x,x∈[2,4],在定義域內(nèi)任取兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1,x2,不等式f(A.(2e4,+∞) B.[C.(-∞,4e4) D.(-∞,(3)若函數(shù)f(x)=x2-12A.[1,+∞) B.[1,32C.(-12,32) D.[解析:(1)因?yàn)閒(x)=(x-1)ex-mx,所以f′(x)=xex-m,因?yàn)閒(x)在[2,4]上存在減區(qū)間,所以存在x∈[2,4],使得f′(x)<0,即m>xex,令g(x)=xex,x∈[2,4],得g′(x)=(x+1)ex>0恒成立,所以g(x)=xex在[2,4]上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(2)=2e2,所以m>2e2.故選A.(2)根據(jù)題意,由f(不妨設(shè)4≥x1≥x2≥2,則f(x1)-f(x2)設(shè)g(x)=f(x)-3x,則函數(shù)g(x)在[2,4]上單調(diào)遞增,即g′(x)=aex-4≥0在[2,4]上恒成立,所以a≥4ex,令h(x)=4ex,h(x)因此a≥4e(3)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),所以k-1≥0,即k≥1,f′(x)=2x-12x=令f′(x)=0,得x=12或x=-1由于函數(shù)在區(qū)間(k-1,k+1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù),所以12即k-1<12<k+1,解得-12<k<綜上可得,1≤k<32(1)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍①已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增,則在區(qū)間D上f′(x)≥0恒成立;②已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞減,則在區(qū)間D上f′(x)≤0恒成立;③已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在增區(qū)間,則f′(x)>0在區(qū)間D上有解;④已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在減區(qū)間,則f′(x)<0在區(qū)間D上有解.(2)已知函數(shù)在所給區(qū)間上不單調(diào),則轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間上存在變號(hào)零點(diǎn),通常利用分離變量法求解參變量的范圍.[針對(duì)訓(xùn)練]1.(2022·安徽馬鞍山三模)已知定義在R上的函數(shù)f(x),其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示,則下列結(jié)論正確的是()A.f(b)>f(c)>f(a) B.f(b)>f(c)=f(e)C.f(c)>f(b)>f(a) D.f(e)>f(d)>f(c)解析:由f′(x)圖象可知f(x)圖象大致如下:由圖可知f(a)>f(b),f(b)<f(c)<f(d)<f(e),故僅有D選項(xiàng)是正確的.故選D.2.(2023·江蘇無(wú)錫模擬)已知a=ln33,b=e-1,c=(9-3ln3)e-3A.a<b<c B.a<c<bC.c<a<b D.b<c<a解析:令函數(shù)f(x)=lnx當(dāng)x≥e時(shí),求導(dǎo)得f′(x)=1-則函數(shù)f(x)在[e,+∞)上單調(diào)遞減,又a=ln33=f(3),b=lnec=3(3-ln3)顯然e<3<e33,則有f(所以c<a<b.故選C.3.已知函數(shù)f(x)=13x3-a2x2+2x.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(-2,-1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是,若函數(shù)f(x)在區(qū)間(-2,-1)內(nèi)為減函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是解析:函數(shù)f(x)=13x3-a2x2+2x的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)=x2-ax+2,依題意,存在x∈(-2,-1),使不等式f′(x)=x即x∈(-2,-1)時(shí),a<(x+2x)max=-22當(dāng)且僅當(dāng)x=2x,即x=-2時(shí),等號(hào)成立.所以滿足要求的a的取值范圍是(-∞,-22因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間(-2,-1)內(nèi)為減函數(shù),所以x2-ax+2≤0在(-2,-1)內(nèi)恒成立,所以f'(-2即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,-3].答案:(-∞,-22)(-∞,-3]4.(2022·江蘇鹽城三模)已知f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),且滿足f(0)=1,對(duì)任意的x總有2f′(x)-f(x)>2,則不等式f(x)+2≥3ex2的解集為解析:設(shè)函數(shù)g(x)=f(則g′(x)=f'(x又因?yàn)?f′(x)-f(x)>2,所以g′(x)>0,所以g(x)在R上單調(diào)遞增,又g(0)=f(0)+2=3,故不等式f(x)+2≥3ex由g(x)的單調(diào)性可得該不等式的解集為[0,+∞).答案:[0,+∞)[知識(shí)鏈接]根據(jù)導(dǎo)數(shù)關(guān)系構(gòu)造函數(shù)的一些常見(jiàn)結(jié)構(gòu)1.對(duì)于不等式f′(x)+g′(x)>0,構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)+g(x).2.對(duì)于不等式f′(x)-g′(x)>0,構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x).特別地,對(duì)于不等式f′(x)>k,構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-kx.3.對(duì)于不等式f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)g(x).4.對(duì)于不等式f′(x)g(x)-f(x)g′(x)>0,構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(5.對(duì)于不等式xf′(x)+nf(x)>0,構(gòu)造函數(shù)F(x)=xn·f(x).6.對(duì)于不等式f′(x)+f(x)>0,構(gòu)造函數(shù)F(x)=ex·f(x).7.對(duì)于不等式f′(x)+kf(x)>0,構(gòu)造函數(shù)F(x)=ekx·f(x).一、利用f(x)與ex構(gòu)造可導(dǎo)型函數(shù)[典例1]已知f′(x)是定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù),且f(x)-f′(x)<0,則下列不等式一定成立的是()A.e3f(-2)>f(1) B.f(-2)<e3f(1)C.ef(1)<f(2) D.f(1)<ef(2)解析:設(shè)g(x)=f(x)因?yàn)閒(x)-f′(x)<0,所以g′(x)>0,則g(x)在R上單調(diào)遞增.因?yàn)?2<1,所以g(-2)<g(1),即f(-2)所以e3f(-2)<f(1),故A錯(cuò)誤;因?yàn)閒(-2),f(1)的大小不能確定,所以f(-2),e3f(1)的大小不能確定,故B錯(cuò)誤;因?yàn)?<2,所以g(1)<g(2),則f(1)所以ef(1)<f(2),故C正確;因?yàn)閒(1),f(2)的大小不能確定,所以f(1),ef(2)不能確定,故D錯(cuò)誤.故選C.[拓展演練]若定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且滿足f′(x)>f(x),f(2022)=e2022,則不等式f(13lnx)<3A.(0,e6066) B.(0,e2022)C.(e2022,+∞) D.(e6066,+∞)解析:由題可設(shè)F(x)=f(因?yàn)閒′(x)-f(x)>0,則F′(x)=f'(x所以函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞增,又F(2022)=f(不等式f(13lnx)<3x可轉(zhuǎn)化為所以F(13所以13解得0<x<e6066,所以不等式f(13lnx)<3x的解集為(0,e故選A.二、利用f(x)與xn構(gòu)造可導(dǎo)型函數(shù)[典例2](2023·江蘇模擬)已知偶函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,導(dǎo)函數(shù)為f′(x),若對(duì)任意x∈[0,+∞),都有2f(x)+xf′(x)>0恒成立,則下列結(jié)論正確的是()A.f(0)<0 B.9f(-3)<f(1)C.4f(2)>f(-1) D.f(1)<f(2)解析:令x=0,則2f(0)+0>0,所以f(0)>0,故A錯(cuò)誤;令g(x)=x2f(x),則g′(x)=2xf(x)+x2f′(x),當(dāng)x>0時(shí),由2f(x)+xf′(x)>0,所以2xf(x)+x2f′(x)>0,則g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又因?yàn)榕己瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)镽,所以g(x)=x2f(x)為偶函數(shù),g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(-3)=g(3)>g(1),所以9f(-3)>f(1),故B錯(cuò)誤;所以g(2)>g(-1),4f(2)>f(-1),故C正確;由題意,不妨假設(shè)f(x)=c>0(c為常數(shù))符合題意,此時(shí)f(1)=f(2)=c,故D錯(cuò)誤.故選C.[拓展演練]已知偶函數(shù)f(x)(x≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且滿足f(-1)=0,當(dāng)x>0時(shí),2f(x)>xf′(x),則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是.

解析:構(gòu)造F(x)=f(x)x2答案:(-1,0)∪(0,1)三、利用f(x)與sinx,cosx構(gòu)造可導(dǎo)型函數(shù)[典例3](多選題)已知定義在(0,π2A.f(π6)>2f(π4) B.3f(π6C.f(π6)>3f(π3) D.2f(π6)>3解析:根據(jù)題意,令g(x)=f(x)cosx,x∈(0,π由π6<π3,則有g(shù)(π6)>g(π3),即f(π6)cos又由π6<π4,則有g(shù)(π6)>g(π4),即f(π6)cosπf(x)與sinx,cosx相結(jié)合構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)的幾種常見(jiàn)形式F(x)=f(x)sinx,F′(x)=f′(x)sinx+f(x)cosx;F(x)=f(x)F(x)=f(x)cosx,F′(x)=f′(x)cosx-f(x)sinx;F(x)=f(x)[拓展演練]已知0<x<y<π,且eysinx=exsiny,其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),則下列選項(xiàng)中一定成立的是()A.cosx+cosy<0 B.cosx+cosy>0C.cosx>siny D.sinx>siny解析:由0<x<y<π,且eysinx=exsiny,得exsinx令f(x)=ex則f′(x)=ex當(dāng)0<x<π4當(dāng)π4當(dāng)f(x)=f(y)時(shí),0<x<π4,π因?yàn)?<x<y<π,ex<ey,exsinx所以siny>sinx>0,所以π4所以cosy>cos(π-x)=-cosx,所以cosx+cosy>0.故選B.四、構(gòu)造具體函數(shù)[典例4](2022·重慶二診)設(shè)a,b都為正數(shù),e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),若aea+1+b<blnb,則()A.ab>e B.b>ea+1C.ab<e D.b<ea+1解析:由已知,aea+1<b(lnb-1)=blnbe則ealnea<belnb設(shè)f(x)=xlnx,則f(ea)<f(be因?yàn)閍>0,則ea>1.又b(lnb-1)>0,b>0,則lnb>1,即b>e,從而be當(dāng)x>1時(shí),f′(x)=lnx+1>0,則f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以ea<be,即b>ea+1不等式兩邊湊配成相同的形式,構(gòu)造具體的函數(shù),利用單調(diào)性求解.[拓展演練]已知a=810,b=99,c=108,