板塊一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)微專題5導(dǎo)數(shù)中函數(shù)的構(gòu)造問(wèn)題高考定位導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)構(gòu)造問(wèn)題是高考考查的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容，經(jīng)常以客觀題出現(xiàn)，通過(guò)已知等式或不等式的結(jié)構(gòu)特性構(gòu)造新函數(shù)，解決比較大小、解不等式、恒成立問(wèn)題.【

真題體驗(yàn)

】√√√顯然1.012＞1.02，故b＜a①；精準(zhǔn)強(qiáng)化練熱點(diǎn)一根據(jù)導(dǎo)數(shù)運(yùn)算構(gòu)造函數(shù)熱點(diǎn)二根據(jù)數(shù)值特征構(gòu)造函數(shù)熱點(diǎn)突破熱點(diǎn)一根據(jù)導(dǎo)數(shù)運(yùn)算構(gòu)造函數(shù)抽象函數(shù)的構(gòu)造技巧(2024·天津八校聯(lián)考)已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足2xf(x)＋x2f′(x)<0，則關(guān)于x的不等式x2f(x)>4f(2)的解集為A.(0，4) B.(2，＋∞) C.(4，＋∞) D.(0，2)例1√由題意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)>g(2)，∴原不等式的解集為(0，2)，故選D.考向1利用f(x)與x構(gòu)造例2√考向2利用f(x)與ex構(gòu)造例3√考向3利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造1.根據(jù)條件中關(guān)于f′(x)的不等式結(jié)構(gòu)，逆用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則構(gòu)造原函數(shù)，進(jìn)而利用其單調(diào)性.2.熟悉知識(shí)拓展抽象函數(shù)的構(gòu)造技巧，以便于構(gòu)造原函數(shù).規(guī)律方法(1)設(shè)定義在R上的函數(shù)y＝f(x)，且當(dāng)x∈(0，4]時(shí)，xf′(x)－f(x)>0，若a＝6f(2)，b＝4f(3)，c＝3f(4)，則a，b，c的大小關(guān)系是A.a>b>c

B.a>c>b

C.c>b>a

D.b>c>a訓(xùn)練1√(2)(2024·湖南師大附中、長(zhǎng)沙一中聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(x)＋f′(x)>0在R上恒成立，則不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)的解集是____________.法一令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)，即g(2x＋1)>g(3－x)，

熱點(diǎn)二根據(jù)數(shù)值特征構(gòu)造函數(shù)根據(jù)數(shù)值特征構(gòu)造函數(shù)的類型：(1)構(gòu)造相同的函數(shù)，利用其單調(diào)性解決問(wèn)題；(2)構(gòu)造不同的函數(shù)，通過(guò)比較兩個(gè)函數(shù)的函數(shù)值確定大小.例4√√令f(x)＝ex－x－1，得f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0.當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立，所以ex>x＋1(x≠0).所以h(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，規(guī)律方法訓(xùn)練2√√【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】√1.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的函數(shù)，且滿足f′(x)＋f(x)>0，其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)a＝f(0)，b＝2f(ln2)，c＝ef(1)，則 A.c>b>a

B.a>b>c

C.c>a>b

D.b>c>a令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0.∴g(x)在R上單調(diào)遞增，又0<ln2<1，∴g(0)<g(ln2)<g(1)，即f(0)<2f(ln2)<ef(1)，故a<b<c.√√設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)cosx，則g′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx，因?yàn)閒′(x)cosx－f(x)sinx>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，π)上是增函數(shù)，√√依題意，對(duì)任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，

所以f(x)是周期為4的周期函數(shù).√7.(2024·漢中模擬)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的函數(shù)，且滿足f′(x)＋f(x)>0，其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)a＝f(0)，b＝3f(ln3)，c＝ef(1)，則a，b，c的大小關(guān)系是 A.c>b>a

B.a>b>c C.c>a>b

D.b>c>a√令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，因?yàn)閒′(x)＋f(x)>0，而ex>0恒成立，所以g′(x)>0，所以g(x)在定義域上是增函數(shù)，又0<1＝lne<ln3，所以g(0)<g(1)<g(ln3)，因?yàn)閍＝f(0)＝e0f(0)＝g(0)，b＝3f(ln3)＝eln3f(ln3)＝g(ln3)，c＝ef(1)＝g(1)，所以b>c>a.8.已知a，b，c∈(1，＋∞)，且a－lna－1＝e－1，b－lnb－2＝e－2，c－lnc－4＝e－4，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則 A.a<b<c

B.b<a<c C.b<c<a

D.c<b<a√由題意可得a－lna＝e－1＋1，b－lnb＝e－2＋2，c－lnc＝e－4＋4，令f(x)＝e－x＋x，則f′(x)＝－e－x＋1，因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(1)<f(2)<f(4)，即a－lna<b－lnb<c－lnc，因?yàn)楫?dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又因?yàn)閍，b，c∈(1，＋∞)且g(a)<g(b)<g(c)，所以a<b<c.√√因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿足(x－1)[f′(x)－f(x)]>0，所以當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減.√√√對(duì)于A，取b＝1，則aea＝1，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex，則f′(x)＝(x＋1)ex＞0(x＞0)，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(0)＝0，所以存在x＞0，使得f(x)＝1，所以aea＝1有解，

√√√對(duì)于C，令h(x)＝x－sinx，0<x<1，則h′(x)＝1－cosx>0對(duì)任意的x∈(0，1)恒成立，所以函數(shù)h(x)在(0，1)上為增函數(shù)，

12.(2024·廣州測(cè)試)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若xf′(x)－1<0，f(e)＝2，則關(guān)于x的不等式f(ex)<x＋1的解集為_(kāi)___________.(1，＋∞)13.已知a＝sin0.9，b＝0.9，c＝cos0.9，則a，b，c的大小關(guān)系是________.b>a>c令函數(shù)f(x)＝x－sinx，x>0，則f′(x)＝1－cosx≥0恒成立，故函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>f(0)＝0，則f(0.9)＝0.9－sin0.9>0，于是0.9>sin0.9，即b>a；因?yàn)閒(x)－sinx＝f(－x)－sin(－x)，設(shè)g(x)＝f(x)