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微重点 3 导数中的函数构造问题
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，同构法构造函
数也常在解答题中出现，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．
考点一 导数型构造函数
考向1 利用f(x)与x构造
例1 (2022·苏州质检)已知函数f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0
成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log ·f ，则a，b，c的大小关系是( )
2
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
答案 B
解析 因为f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数，令g(x)＝x·f(x)，
则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，
当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，
所以g(x)在x∈(－∞，0]上单调递减，
又g(x)在R上是连续函数，且是奇函数，
所以g(x)在R上单调递减，
则a＝g(20.6)，b＝g(ln 2)，c＝g，
因为20.6>1,0b>a.
规律方法 (1)出现nf(x)＋xf′(x)的形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝.
跟踪演练1 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足f′(x)－－3>0，且f(1)＝0，则不等式
f(ex)－3xex>0的解集为( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(e，＋∞)
答案 C
解析 设g(x)＝－3ln x，
则g′(x)＝－
＝.
因为f′(x)－－3>0，x>0，所以xf′(x)－f(x)－3x>0，
所以g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
不等式f(ex)－3xex>0可转化为－3ln ex>0，
又g(ex)＝－3ln ex，
且g(1)＝－3ln 1＝0，
即g(ex)>g(1)，所以ex>1，解得x>0.
考向2 利用f(x)与ex构造
例2 (2022·枣庄质检)已知f(x)为定义在R上的可导函数，f′(x)为其导函数，且f(x)f(2 023)
答案 B
解析 设函数g(x)＝，
可得g′(x)＝，
由f(x)0，
所以g′(x)>0，所以g(x)单调递增，
则<，
即ef(2 022)0，且f(3)＝3，则
f(x)>3e3－x的解集为________．
答案 (3，＋∞)
解析 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上单调递增．
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，＋∞)．
考向3 利用f(x)与sin x，cos x构造例3 偶函数f(x)的定义域为，其导函数为f′(x)，若对任意的x∈，有
f′(x)·cos xf
B．f 0，
∴F′(x)＝>0，∴F(x)在上单调递增，
又F(－x)＝＝＝F(x)，
∴F(x)为偶函数，∵<，
∴FF，∴>，
∴－f >－f ，
∴f f ，故C错误；
∵>，
∴F>F，∴>，
∴f >f ，故D错误．
考点二 同构法构造函数
例4 已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，则a的最小值为
________．
答案 e
解析 ∵xa＝ ，
∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x.
由a>0且x>1得aln x>0，
设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，
故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递增，
∴x≤aln x，即a≥，
即存在x∈(1，＋∞)，使a≥，
∴a≥ ，设f(x)＝(x>1)，
min
则f′(x)＝，
当x∈(1，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0；∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴f(x) ＝f(e)＝e，∴a≥e.
min
故a的最小值为e.
规律方法 指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成ln ex，然后构造函数；
另一种是将x变成eln x，然后构造函数．
跟踪演练4 已知a>0，b>0，且(a＋1)b＋1＝(b＋3)a，则( )
A．a>b＋1 B．ab－1
答案 B
解析 因为(a＋1)b＋1＝(b＋3)a，a>0，b>0，
所以＝>.
设f(x)＝(x>0)，
则f′(x)＝.
设g(x)＝－ln(x＋1)(x>0)，
则g′(x)＝－＝<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当x→0时，g(x)→0，
所以g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
因为f(a)>f(b＋1)，所以ab>c B．b>a>c
C．a>c>b D．b>c>a
答案 C
解析 a＝，b＝，c＝，
令f(x)＝，x>1，
∴f′(x)＝＝＝.
令g(x)＝1－－2ln x，x>1，
∴g′(x)＝－＝<0，
∴g(x)在(1，＋∞)上是减函数，
∴g(x)f(e)>f(3)，即a>c>b.
2．(2022·哈尔滨模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x≥0时，
f′(x)－2x>0，且f(1)＝3，则f(x)>x2＋2的解集是( )
A．(－1,0)∪(1，＋∞)
B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1,0)∪(0,1)
D．(－∞，－1)∪(0,1)
答案 B
解析 令g(x)＝f(x)－x2，
则g(－x)＝f(－x)－(－x)2＝g(x)，
所以函数g(x)也是偶函数，
g′(x)＝f′(x)－2x，
因为当x≥0时，f′(x)－2x>0，
所以当x≥0时，g′(x)＝f′(x)－2x>0，
所以函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
不等式f(x)>x2＋2即为不等式g(x)>2，
由f(1)＝3，得g(1)＝2，
所以g(x)>g(1)，
所以|x|>1，解得x<－1或x>1，所以f(x)>x2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
3．(2022·南京质检)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeae B．b>ea
C．ab0，b>0，则bln b>0，得b>1，ea>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以ea0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，则下
列说法正确的是( )
A．f <－f <－f
B．－f 0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，
即g′(x)>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则有g＝g1，则不等式exf(x)>ex＋1的
解集为( )
A．{x|x>0}
B．{x|x<0}
C．{x|x<－1或x>1}
D．{x|x<－1或0ex－ex＝0，
所以g(x)＝exf(x)－ex在R上单调递增．
又因为g(0)＝e0f(0)－e0＝1，
所以原不等式转化为exf(x)－ex>1，
即g(x)>g(0)，解得x>0.
所以原不等式的解集为{x|x>0}．
6．(2022·渭南模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值不可
能是( )
A．e B. C. D.
答案 B
解析 由题设，eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，x>1，
令f(t)＝t·et(t>0)，
则f′(t)＝(t＋1)·et>0，
所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(λx)≥f(ln x)，x>1，
即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，
即λ≥恒成立，
令g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝，
所以在(1，e)上，g′(x)>0，即g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，即g(x)单调递减，
则g(x)≤g(e)＝，故λ≥.
故λ的取值不可能是.
7．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式
f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是________．
答案 (2，＋∞)
解析 根据题意，
构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，
则y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函数y＝xf(x)的图象在(0，＋∞)上单调递减．
又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，
所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，
所以02.
所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞)．
8．(2022·龙岩质检)已知m>0，n∈R，若log m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，则＝________.
2
答案 1
解析 由题意得log m＋2m＝2n＋1＋n，
2
log m＋2m＝2×2n＋n，
2
令g(x)＝log x＋2x(x>0)，
2
则g′(x)＝＋2>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g(m)＝g(2n)，
所以m＝2n，所以＝1.
