第三章一元函数的导数及其应用§3.4函数中的构造问题[培优课]函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题.题型一导数型构造函数命题点1利用f(x)与x构造例1(2023·州苏质检)已知函数f(x)在R上足满f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]，时f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln2·f(ln2)，c＝，则a，b，c的大小系是关A.a>b>cB.c>b>aC.a>c>bD.c>a>blog218·flog218√因函为数f(x)在R上足满f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函，数令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函，数g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，由意知，题当x∈(－∞，0]，时f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上，单调递减又g(x)是奇函，所以数g(x)在R上，单调递减因为20.6>1，0<ln2<1，log218＝－3<0，所以log218<0<ln2<1<20.6，又a＝g(20.6)，b＝g(ln2)，c＝glog218，所以c>b>a.思维升华(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，造函构数F(x)＝xnf(x)；(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，造函构数F(x)＝.思维升华fxxn跟踪训练1(2023·重模庆拟)已知定域义为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其函导数为f′(x)，任意正对实数x足满xf′(x)>2f(x)且f(1)＝0，不等式则f(x)<0的解集是A.(－∞，1)B.(－1,1)C.(－∞，0)∪(0,1)D.(－1,0)∪(0,1)√令g(x)＝fxx2且x≠0，则g′(x)＝xf′x－2fxx3，又任意正对实数x足满xf′(x)>2f(x)，即当x>0，时g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上增，单调递由f(x)偶函，为数则g(－x)＝f－x－x2＝fxx2＝g(x)，所以g(x)也偶函，故为数g(x)在(－∞，0)上，单调递减则g(－1)＝g(1)＝f11＝0，且f(x)<0等价于g(x)＝fxx2<f11＝g(1)，所以x∈(－1,0)∪(0,1).命题点2利用f(x)与ex构造例2(2022·蚌埠质检)已知可函导数f(x)的函导数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f′(x)－f(x)<1，且f(0)＝2022，不等式则f(x)＋1>2023ex的解集为A.(－∞，0)B.(0，＋∞)C.D.(－∞，1)√－∞，1e造函构数F(x)＝fx＋1ex，则F′(x)＝f′x·ex－[fx＋1]·exe2x＝f′x－fx－1ex，因为f′(x)－f(x)<1，所以F′(x)<0恒成立，故F(x)＝fx＋1ex在R上，单调递减f(x)＋1>2023ex可形变为fx＋1ex>2023，又f(0)＝2022，所以F(0)＝f0＋1e0＝2023，所以F(x)>F(0)，解得x<0思维升华(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，造函构数F(x)＝enxf(x)；(2)出现f′(x)－nf(x)形式，造函构数F(x)＝.思维升华fxenx跟踪训练2(2023·南昌模拟)已知定在义R上的函数f(x)足满f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3－x的解集为___________.(3，＋∞)设F(x)＝f(x)·ex，则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，∴F(x)在R上增单调递.又f(3)＝3，则F(3)＝f(3)·e3＝3e3. f(x)>3e3－x等价于f(x)·ex>3e3，即F(x)>F(3)，∴x>3，即所求不等式的解集为(3，＋∞).命题点3利用f(x)与sinx，cosx构造例3已知偶函数f(x)的定域义为－π2，π2，其函导数为f′(x)，当0<x<π2，时有f′(x)cosx＋f(x)sinx<0成立，于则关x的不等式f(x)<2fπ3cosx的解集为A.－π2，－π3∪π3，π2B.－π3，π3C.－π2，－π3D.π3，π2√因偶函为数f(x)的定域义为－π2，π2，所以设g(x)＝fxcosx，则g(－x)＝f－xcos－x＝fxcosx，即g(x)也是偶函数.当0<x<π2，时根据意题g′(x)＝f′xcosx＋fxsinxcos2x<0，则g(x)在0，π2上，且偶函，单调递减为数则g(x)在－π2，0上增单调递.所以f(x)<2fπ3cosx⇔fxcosx<fπ3cosπ3⇔g(x)<gπ3，所以|x|>π3，－π2<x<π2，解得x∈－π2，－π3∪π3，π2.思维升华函数f(x)与sinx，cosx相合造可函的几常形式结构导...