板块一函数与导数微专题5导数中函数的构造问题高考定位导数中的函数构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，通过已知等式或不等式的结构特性构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立问题.【真题体验】√1.(2022·全国甲卷)已知a＝3132，b＝cos14，c＝4sin14，则A.c>b>aB.b>a>cC.a>b>cD.a>c>b设f(x)＝cosx＋12x2－1，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝－sinx＋x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f14>f(0)＝0，所以cos14－3132>0，所以b>a，因为cb＝4tan14，因为当x∈0，π2，sinx<x<tanx，所以tan14>14，即cb>1，所以c>b.√2.(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝19，c＝－ln0.9，则A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<ba＝0.1e0.1＝110e0.1，b＝19，则ab＝110e0.119＝910e0.1，构造f(x)＝(1－x)ex，则f′(x)＝－xex，当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(0.1)<f(0)＝1，∴ab<1，∴a<b.下面比较a与c.设g(x)＝xex＋ln(1－x)0<x<14，则g′(x)＝(x＋1)ex＋1x－1＝（x2－1）ex＋1x－1，令h(x)＝ex(x2－1)＋10<x<14，则h′(x)＝ex(x2＋2x－1)，易知当0<x<14时，h′(x)<0，则h(x)在0，14上为减函数，∴h(x)<h(0)＝0.又x－1<0，∴g′(x)>0，∴g(x)在0，14上为增函数，∴g(0.1)>g(0)，∴0.1e0.1＋ln0.9>0，∴a>c.综上，b>a>c.√显然1.012＞1.02，故b＜a①；3.(2021·全国乙卷)设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝1.04－1，则A.a<b<cB.b<c<aC.b<a<cD.c<a<b令f(x)＝ln(1＋x)－1＋2x＋1(0<x<1)， 1＋x＝（1＋x）2＝1＋2x＋x2>1＋2x，∴f′(x)＝11＋x－11＋2x＝1＋2x－（1＋x）（1＋x）·1＋2x<0，∴f(x)在(0，1)上单调递减，∴f(x)<f(0)＝0，∴ln(1＋x)－1＋2x＋1<0，故ln(1＋0.02)<1＋2×0.02－1，即ln1.02<1.04－1，故b<c②；令g(x)＝2ln(1＋x)－1＋4x＋1x>－14，g′(x)＝21＋x－12×41＋4x＝211＋x－11＋4x＝2×1＋4x－x－1（1＋x）1＋4x，令g′(x)＝0，得x＝2，当x∈(0，2)时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，2)上单调递增，∴g110>g(0)＝0，即2ln1＋110－1＋4×110＋1>0，即a>c③；结合①②③得a>c>b，故选B.精准强化练热点一根据导数运算构造函数热点二根据数值特征构造函数热点突破热点一根据导数运算构造函数抽象函数的构造技巧已知函数构造函数f(x)＋f′(x)g(x)＝exf(x)f(x)－f′(x)g(x)＝f（x）exf(x)＋xf′(x)g(x)＝xf(x)f(x)－xf′(x)g(x)＝f（x）x已知函数构造函数nf(x)＋f′(x)g(x)＝enxf(x)nf(x)－f′(x)g(x)＝f（x）enxnf(x)＋xf′(x)g(x)＝xnf(x)nf(x)－xf′(x)g(x)＝f（x）xnf（x）x＋f′(x)lnxg(x)＝f(x)lnxf（x）x－f′(x)lnxg(x)＝f（x）lnx已知函数构造函数(lna)f(x)＋f′(x)g(x)＝axf(x)(lna)f(x)－f′(x)g(x)＝f（x）axf′(x)cosx－f(x)sinxg(x)＝f(x)cosxf′(x)sinx＋f(x)cosxg(x)＝f(x)sinxf(x)＋f′(x)tanxg(x)＝f(x)sinxf′(x)－f(x)tanxg(x)＝f(x)cosx(2024·天津八校联考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足2xf(x)＋x2f′(x)<0，则关于x的不等式x2f(x)>4f(2)的解集为A.(0，4)B.(2，＋∞)C.(4，＋∞)D.(0，2)例1√由题意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴g(x)>g(2)，∴原不等式的解集为(0，2)，故选D.考向1利用f(x)与x构造例2√考向2利用f(x)与ex构造(2024·贵阳模拟)已知定义域为R的函数f(x)，其导函数为f′(x)，且满足f′(x)－2f(x)<0，f(0)＝1，则下列不等式成立的是A.e2f(－1)<1B.f(1)>e2C.f12<eD.f(1)>ef12设g(x)＝f（x）e2x，则g′(x)＝f′（x）·e2x－2f（x）e2x（e2x）2＝f′（x）－2f（x）e2x，因为f′(x)－2f(x)<0在R上恒成立，所以g′(x)<0在R上恒成立，故g(x)在R上单调递减，所以g(－1)>g(0)，即f（－1）e－2＝e2f(－1)>f（0）e0＝1，故A不正确；所以g(1)<g(0)，即f（1）e2<f（0）e0，即f(1)<e2f(0)＝e2，故B不正确；所以g12<g(0)，即f12e1<f（0）...