重難專攻（一）函數(shù)中的構(gòu)造問題【重點解讀】函數(shù)中的構(gòu)造問題是高考考查的一個熱點內(nèi)容，多以客觀題的形式出現(xiàn)，通過構(gòu)造一種新的函數(shù)關(guān)系，使問題在新函數(shù)下轉(zhuǎn)化并利用函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)（單調(diào)性、極值、最值等），來解決比較大小、解不等式、恒成立等問題.提能點1導(dǎo)數(shù)型構(gòu)造函數(shù)角度1利用f（x）與xn構(gòu)造函數(shù)（1）（2025·煙臺一模）設(shè)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時，f（x）＋xf'（x）＜0，且f（－4）＝0，則不等式xf（x）＞0的解集為（D）A.（－4，0）∪（0，4）B.（－∞，－4）∪（4，＋∞）C.（－4，0）∪（4，＋∞）D.（－∞，－4）∪（0，4）（2）已知函數(shù)f（x）的定義域為[0，＋∞），導(dǎo)函數(shù)為f'（x），若f'（x）＜f（x）x+1恒成立，則A.f（2）＞f（3） B.2f（1）＞f（3）C.f（5）＞2f（2） D.3f（5）＞f（1）解析：（1）構(gòu)造F（x）＝xf（x），則F'（x）＝f（x）＋xf'（x），當(dāng)x＜0時，f（x）＋xf'（x）＜0，可以推出當(dāng)x＜0時，F(xiàn)'（x）＜0，∴F（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞減.∵f（x）為偶函數(shù)，y＝x為奇函數(shù)，∴F（x）為奇函數(shù)，∴F（x）在（0，＋∞）上也單調(diào)遞減.根據(jù)f（－4）＝0可得F（－4）＝0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可得函數(shù)F（x）的大致圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知xf（x）＞0的解集為（－∞，－4）∪（0，4）.（2）因為f'（x）＜f（x）x+1，x≥0，所以（x＋1）·f'（x）－f（x）＜0，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝f（x）x+1，x≥0，則g'（x）＝（x+1）f'(x)?f（x）（x+1）2＜0，所以g（x）在定義域上是減函數(shù)，從而g（1）＞g（2）＞g（3）＞g（5），即f（1）2＞f（2）3＞f（3）4＞規(guī)律方法利用f（x）與xn構(gòu)造函數(shù)（1）出現(xiàn)nf（x）＋xf'（x）形式，構(gòu)造函數(shù)F（x）＝xnf（x）；（2）出現(xiàn)xf'（x）－nf（x）形式，構(gòu)造函數(shù)F（x）＝f（角度2利用f（x）與ex構(gòu)造函數(shù)（2025·長春模擬）已知f（x）是定義在（－∞，＋∞）上的函數(shù)，導(dǎo)函數(shù)f'（x）滿足f'（x）＜f（x）對于x∈R恒成立，則（）A.f（2）＞e2f（0），f（2024）＞e2024f（0）B.f（2）＜e2f（0），f（2024）＞e2024f（0）C.f（2）＞e2f（0），f（2024）＜e2024f（0）D.f（2）＜e2f（0），f（2024）＜e2024f（0）解析：D構(gòu)造F（x）＝f（x）ex，則F'（x）＝f'(x)?f（x）ex，又導(dǎo)函數(shù)f'（x）滿足f'（x）＜f（x），則F'（x規(guī)律方法利用f（x）與ex構(gòu)造函數(shù)（1）出現(xiàn)f'（x）＋nf（x）形式，構(gòu)造函數(shù)F（x）＝enxf（x）；（2）出現(xiàn)f'（x）－nf（x）形式，構(gòu)造函數(shù)F（x）＝f（角度3利用f（x）與sinx，cosx構(gòu)造函數(shù)（2024·濰坊一模）已知函數(shù)f（x）的定義域為（0，π），其導(dǎo)函數(shù)是f'（x）.若f'（x）sinx－f（x）·cosx＞0恒成立，則關(guān)于x的不等式f（x）＜2f（π6）sinx的解集為（）A.（0，π6） B.（0，πC.（0，π3） D.（0，π解析：A令F（x）＝f（x）sinx，則F'（x）＝f'(x）sinx－f（x）cosxsin2x＞0，所以F（x）在定義域內(nèi)是增函數(shù).所以關(guān)于x的不等式f（x）＜2f（π6）·sinx，可化為f（x）sinx＜f（π6）sinπ6，即F（x）＜F（π6）.因為規(guī)律方法利用f（x）與sinx，cosx構(gòu)造函數(shù)的常見類型（1）F（x）＝f（x）sinx，F(xiàn)'（x）＝f'（x）sinx＋f（x）·cosx；（2）F（x）＝f（x）sinx，F(xiàn)'（3）F（x）＝f（x）cosx，F(xiàn)'（x）＝f'（x）cosx－f（x）sinx；（4）F（x）＝f（x）cosx，F(xiàn)'練1（1）（2025·南昌模擬）已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x）＋f'（x）＞0，且有f（3）＝3，則f（x）＞3e3－x的解集為（D）A.（－∞，－3） B.（－3，0）C.（0，3） D.（3，＋∞）解析：（1）設(shè)F（x）＝f（x）·ex，則F'（x）＝f'（x）·ex＋f（x）·ex＝ex[f（x）＋f'（x）]＞0，∴F（x）是增函數(shù).又f（3）＝3，則F（3）＝f（3）·e3＝3e3.∵f（x）＞3e3－x等價于f（x）·ex＞3e3，即F（x）＞F（3），∴x＞3，即所求不等式的解集為（3，＋∞）.（2）設(shè)f（x）為定義在R上的奇函數(shù)，f（－3）＝0.當(dāng)x＞0時，xf'（x）＋2f（x）＞0，其中f'（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，則使得f（x）＞0成立的x的取值范圍是（B）A.（－∞，－3）∪（0，3）B.（－3，0）∪（3，＋∞）C.（－3，0）∪（0，3）D.（－∞，－3）∪（3，＋∞）解析：（2）令g（x）＝x2f（x），x∈R，當(dāng)x＞0時，g'（x）＝x2f'（x）＋2xf（x）＝x[xf'（x）＋2f（x）]＞0，即g（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，∵f（x）為R上的奇函數(shù)，即f（－x）＝－f（x），于是得g（－x）＝（－x）2f（－x）＝－g（x），則g（x）是奇函數(shù)，g（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞增，又f（－3）＝0，則g（3）＝－g（－3）＝－[（－3）2f（－3）]＝0，當(dāng)x＞0時，f（x）＞0?g（x）＞0＝g（3），得x＞3，當(dāng)x＜0時，f（x）＞0?g（x）＞0＝g（－3），得－3＜x＜0.綜上，得－3＜x＜0或x＞3，∴使f（x）＞0成立的x的取值范圍是（－3，0）∪（3，＋∞）.故選B.（3）已知f（x）是定義在（0，π2）上的函數(shù)，f'（x）是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有f'（x）＞f（x）tanx成立，則有（DA.2f（π4）＞f（πB.3f（π6）＞2cos1·fC.2f（π4）＜6f（πD.3f（π6）＜f（π解析：（3）∵x∈（0，π2），∴sinx＞0，cosx＞0.由f'（x）＞f（x）tanx，得f'（x）cosx－f（x）sinx＞0，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝f（x）cosx，則g'（x）＝f'（x）cosx－f（x）sinx＞0，∴函數(shù)g（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增.結(jié)合選項知，g（π6）＜g（π3），即f（π6）cosπ6＜f（π3）cosπ3，∴3f（π6）＜提能點2利用變量構(gòu)造具體函數(shù)（1）若lnx－lny＜1lnx－1lny（x＞1，y＞1），則（A.ey－x＞1 B.ey－x＜1C.ey－x－1＞1 D.ey－x－1＜1解析：（1）依題意，lnx－1lnx＜lny－1lny，令f（t）＝t－1t（t≠0），則f'（t）＝1＋1t2＞0，∴f（t）在（－∞，0），（0，＋∞）上單調(diào)遞增，又x＞1，y＞1，得lnx＞0，lny＞0，則f（lnx）＜f（lny），則lnx＜lny，∴1＜x＜y，即y－x＞0，∴ey－x＞e0＝1，A正確，B不正確；又y－x－1無法確定與0的大小關(guān)系（2）已知a＜5，且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，則（D）A.c＜b＜a B.b＜c＜aC.a＜c＜b D.a＜b＜c解析：（2）三個等式可變形為e55＝eaa，e44＝ebb，e33＝ecc.∵ae5＝5ea，a＜5，∴a＞0.同理b＞0，c＞0.構(gòu)造函數(shù)f（x）＝exx，x＞0，則f'（x）＝ex（x－1）x2.當(dāng)0＜x＜1時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x＞1時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增.∵f（5）＝f（a），而0＜a＜5，故0＜a＜1.同理，0＜b＜1，0＜c＜1，f（4）＝f（b），f（3）＝f（c）.∵f（5）＞f（4）＞f（3），∴規(guī)律方法若題目所給的條件含有兩個變量，可通過變形使兩個變量分別置于等號或不等號兩邊，即可構(gòu)造函數(shù)，再利用函數(shù)的單調(diào)性求解.練2（1）已知α，β∈［－π2，π2］，且αsinα－βsinβ＞0，則下列結(jié)論正確的是（BA.α＞β B.α2＞β2C.α＜β D.α＋β＞0解析：（1）構(gòu)造函數(shù)f（x）＝xsinx，則f'（x）＝sinx＋xcosx.當(dāng)x∈［0，π2］時，f'（x）≥0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈［－π2，0）時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減.又f（x）為偶函數(shù)，所以αsinα－βsinβ＞0?αsinα＞βsinβ?f（α）＞f（β）?f（｜α｜）＞f（｜β｜）?｜α｜＞｜β｜?α2＞β2.故選（2）若對任意的x1，x2∈（m，＋∞），且當(dāng)x1＜x2時，都有l(wèi)nx1－lnx2x1－解析：（2）因為當(dāng)x1＜x2時，都有l(wèi)nx1－lnx2x1－x2＞3x1x2，所以lnx1－lnx2＜3（x1－x2）x1x2＝3x2－3x1，即lnx1＋3x1＜lnx2＋3x2，令f（x）＝lnx＋3x，所以當(dāng)任意的x1，x2∈（m，＋∞），且當(dāng)x1＜x2時，都有f（x1）＜f（x2），所以f（x）在（m，＋∞）上單調(diào)遞增，由f'（x）＝提能點3通過數(shù)值構(gòu)造具體函數(shù)（1）已知a＝23＋ln32，b＝1＋1e，c＝12＋ln2，則（A.c＜b＜a B.b＜c＜aC.c＜a＜b D.a＜c＜b解析：（1）構(gòu)造函數(shù)f（x）＝1x＋lnx（x＞0），因為f'（x）＝－1x2＋1x＝x－1x2，所以當(dāng)x＞1時，f'（x）＞0，所以函數(shù)f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增.因為1＜32＜2＜e.所以f（32）＜f（2）＜f（e）.即1＋1e＞12＋ln2＞23＋（2）已知a－12＝ln2a，b－13＝ln3b，c－e＝lnce，其中a≠12，b≠13，c≠e，則a，b，c的大小關(guān)系為A.c＜a＜b B.c＜b＜aC.a＜b＜c D.a＜c＜b解析：（2）由題得a－lna＝12－ln12，b－lnb＝13－ln13，c－lnc＝e－lne.構(gòu)造函數(shù)f（x）＝x－lnx（x＞0），f'（x）＝1－1x＝x－1x，令f'（x）＝0，得x＝1，所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，作出函數(shù)f（x）的大致圖象如圖所示.因為f（a）＝f（12），f（b）＝f（13），f（c）＝f（e），且a≠12，b≠13，c≠e，則由圖可知b＞a＞1，0規(guī)律方法當(dāng)要比較的各數(shù)為某些函數(shù)的函數(shù)值時，要仔細(xì)觀察這些數(shù)值的共同之處，構(gòu)造一個或兩個函數(shù)，使要比較的數(shù)成為該函數(shù)的函數(shù)值，然后利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小.練3（1）已知9m＝10，a＝10m－11，b＝8m－9，則（A）A.a＞0＞b B.a＞b＞0C.b＞a＞0 D.b＞0＞a解析：（1）由10＝9m＞9，得m＞1.設(shè)f（x）＝xm－x－1，x＞1，則當(dāng)m＞1時，f'（x）＝mxm－1－1＞x1－1－1＝0，所以f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以f（10）＞f（9）＝0＞f（8），即a＞0＞b.（2）實數(shù)e3，3π，π3的大小關(guān)系為e3＜π3＜3π.解析：（2）設(shè)f（x）＝lnxx，則f'（x）＝1－lnxx2，當(dāng)x＞e時，f'（x）＜0，所以f（x）在（e，＋∞）上單調(diào)遞減，所以f（3）＞f（π），即ln33＞lnππ，所以πl(wèi)n3＞3lnπ，所以ln3π＞lnπ3，即3π＞π3.因為y＝x3在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，e＜π，所以e3＜π3，所以一、單項選擇題1.（2025·濰坊一模）設(shè)f（x）是定義在R上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f'（x），滿足f（x）－xf'（x）＜0，若a＝2f（2），b＝f（4），則（）A.a＜b B.a＞bC.a＝b D.a，b的大小無法判斷解析：A設(shè)g（x）＝f（x）x，則g'（x）＝xf'(x)?f（x）x2＞0，所以函數(shù)g（x）在（－∞，0），（0，＋∞）上單調(diào)遞增，即g（4）＞g（2），所以f（4）4＞f（22.（2024·周口模擬）已知定義在R上的函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f'（x），對任意x∈R滿足f（x）＋f'（x）＜0，則下列結(jié)論一定正確的是（）A.e2f（2）＞e3f（3） B.e2f（2）＜e3f（3）C.e3f（2）＞e2f（3） D.e3f（2）＜e2f（3）解析：A構(gòu)造函數(shù)g（x）＝exf（x），則g'（x）＝ex[f'（x）＋f（x）]，因為f（x）＋f'（x）＜0，故g'（x）＜0，因此可得g（x）在R上是減函數(shù)，由于2＜3，故g（2）＞g（3）?e2f（2）＞e3f（3），故選A.3.（2025·汕頭一模）已知a＝1e，b＝ln55，c＝25，則a，b，c的大小關(guān)系為A.b＜c＜a B.c＜a＜bC.c＜b＜a D.b＜a＜c解析：D令f（x）＝lnxx，則f'（x）＝1－lnxx2，當(dāng)x∈（0，e）時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（e，＋∞）時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x＝e時，f（x）取得極大值，則a＝1e＝f（e）＞b＝ln55＝f（5），c＝25＝12.5＞4.設(shè)函數(shù)f'（x）是奇函數(shù)f（x）（x≠0）的導(dǎo)函數(shù)，f（－1）＝－1.當(dāng)x＞0時，f'（x）＞1，則使得f（x）＞x成立的x的取值范圍是（）A.（－∞，－1）∪（0，1）B.（－1，0）∪（1，＋∞）C.（－∞，－1）∪（1，＋∞）D.（－1，0）∪（0，1）解析：B由f'（x）＞1（x＞0），可得f'（x）－1＞0，令g（x）＝f（x）－x，則g'（x）＝f'（x）－1＞0，故g（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增.因為f（－1）＝－1，所以g（－1）＝f（－1）＋1＝0，又因為f（x）為奇函數(shù)，所以g（x）＝f（x）－x為奇函數(shù)，所以g（1）＝0，且在區(qū)間（－∞，0）上g（x）單調(diào)遞增.所以使得f（x）＞x，即g（x）＞0成立的x的取值范圍是（－1，0）∪（1，＋∞）.故選B.5.（2025·南通一模）已知α，β均為銳角，且α＋β－π2＞sinβ－cosα，則（A.sinα＞sinβ B.cosα＞cosβC.cosα＞sinβ D.sinα＞cosβ解析：Dα＋β－π2＞sinβ－cosα，β－sinβ＞π2－α－sin（π2－α），令f（x）＝x－sinx，x∈（0，π2），f'（x）＝1－cosx＞0，∴f（x）在（0，π2）上為增函數(shù)，∴β＞π2－α，∵α，β均為銳角，∴cosβ＜cos（π2－α），sinβ＞sin（π2－α），∴cosβ＜sinα，sinβ6.（2025·黃山第一次質(zhì)檢）已知實數(shù)a，b，c∈（0，1），且a＝2022ea－2022，b＝2023eb－2023，c＝2024ec－2024，則（）A.a＜b＜c B.c＜a＜bC.b＜c＜a D.c＜b＜a解析：D由a＝2022ea－2022，b＝2023eb－2023，c＝2024ec－2024，可得eaa＝e20222022，ebb＝e20232023，ecc＝e20242024.令f（x）＝exx，則f'（x）＝ex（x－1）x2，∴當(dāng)x∈（0，1）時，f'（x）＜0，則f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，＋∞）時，f'（x）＞0，則f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增二、多項選擇題7.（2025·杭州一模）定義在（0，＋∞）上的函數(shù)f（x），且（x3＋x2）f'（x）＜（3x2＋2x）f（x）恒成立，則必有（）A.f（3）＞18f（1） B.f（2）＜6f（1）C.3f（1）＞16f（12） D.f（3）＜3f（2解析：BD因為（x3＋x2）f'（x）－（3x2＋2x）·f（x）＜0，令h（x）＝f（x）x3＋x2，則h'（x）＝（x3＋x2）f'(x)?f（x)(3x2+2x）（x3＋x2）2＜0，所以h（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減.對于A，h（3）＜h（1），f（3）27+9＜f（1）2，所以2f（3）＜36f（1），即f（3）＜18f（1），不正確；對于B，h（2）＜h（1），f（2）8+4＜f（1）2，所以f（2）＜6f（1），正確；對于C，h（1）＜h（12），f（1）8.設(shè)f（x），g（x）分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，f'（x），g'（x）為其導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x＜0時，f'（x）·g（x）＋f（x）·g'（x）＜0且g（－3）＝0，則使得不等式f（x）·g（x）＜0成立的x的取值范圍是（）A.（－∞，－3） B.（－3，0）C.（0，3） D.（3，＋∞）解析：BD∵f（x），g（x）分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，∴f（－x）＝－f（x），g（－x）＝g（x），令h（x）＝f（x）·g（x），則h（－x）＝－h(huán)（x），故h（x）＝f（x）·g（x）為R上的奇函數(shù)，∵當(dāng)x＜0時，h'（x）＝f'（x）·g（x）＋f（x）·g'（x）＜0，∴h（x）＝f（x）·g（x）在區(qū)間（－∞，0）上單調(diào)遞減，∴奇函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，＋∞）上也單調(diào)遞減，由g（－3）＝0，∴h（－3）＝－h(huán)（3）＝0，作出h（x）的草圖，如圖所示，∴當(dāng)x∈（－3，0）∪（3，＋∞）時，h（x）＝f（x）·g（x）＜0，故選B、D.三、填空題9.已知f（x）是定義在（0，π2）上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f'（x），f（π3）＝23，且x∈（0，π2）時，f'（x）sinx＋f（x）cosx＞0，則不等式f（x）sinx＜3的解集為{x｜0＜x＜π解析：因為f'（x）sinx＋f（x）cosx＞0，所以（f（x）sinx）'＞0，令g（x）＝f（x）sinx，則當(dāng)x∈（0，π2）時，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，因為f（π3）＝23，所以g（π3）＝f（π3）sinπ3＝3，不等式f（x）sinx＜3，即g（x）＜g（π3），因為g（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，所以原不等式的解集為{x｜10.（2025·深圳模擬）已知a，b，c∈（0，1），且a2－2lna＋1＝e，b2－2lnb＋2＝e2，c2－2lnc＋3＝e3，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，則a，b，c的大小關(guān)系是a＞b＞c.解析：設(shè)f（x）＝x2－2lnx，g（x）＝ex－x，則f（a）＝g（1），f（b）＝g（2），f（