第三章　§3.4　函数中的构造问题-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§3.4函数中的构造问题重点解读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．题型一利用f(x)与x构造函数例1(2023·信阳统考)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，且f(－2)＝0，则不等式eq\f(fx,x)>0的解集是()A．(－2,0)∪(0,2)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－2,0)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(0,2)答案D解析设g(x)＝eq\f(fx,x)，x≠0.因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(－x)＝f(x)．因为g(－x)＝eq\f(f－x,－x)＝－eq\f(fx,x)＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，所以g(－2)＝－g(2)．因为f(－2)＝0，所以g(－2)＝g(2)＝0.当x>0时，g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，此时不等式eq\f(fx,x)>0的解集是(0,2)．因为g(x)为奇函数，图象关于原点对称，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，所以当x<0时，不等式eq\f(fx,x)>0的解集是(－∞，－2)．综上所述，不等式eq\f(fx,x)>0的解集是(－∞，－2)∪(0,2)．思维升华(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)．(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq\f(fx,xn).跟踪训练1(多选)(2023·郴州统考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0恒成立，则()A．f(1)<4f(2) B．f(－1)<4f(－2)C．16f(4)<9f(3) D．4f(－2)>9f(－3)答案AD解析令g(x)＝x2f(x)，∵当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，∴当x>0时，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，∴g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(x)为定义在R上的奇函数，y＝x2为定义在R上的偶函数，∴g(x)＝x2f(x)为定义在R上的奇函数．∴g(x)是增函数．由g(2)>g(1)，可得4f(2)>f(1)，故A正确；由g(－1)>g(－2)，可得f(－1)>4f(－2)，故B错误；由g(4)>g(3)，可得16f(4)>9f(3)，故C错误；由g(－2)>g(－3)，可得4f(－2)>9f(－3)，故D正确．题型二利用f(x)与ex构造函数例2(2024·吉安模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)<f′(x)－2，则()A．f(2023)－ef(2022)<2(e－1)B．f(2023)－ef(2022)>2(e－1)C．f(2023)－ef(2022)>2(e＋1)D．f(2023)－ef(2022)<2(e＋1)答案B解析令g(x)＝eq\f(fx＋2,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′x－fx－2,ex)>0，因此函数g(x)是增函数，于是得g(2023)>g(2022)，即eq\f(f2023＋2,e2023)>eq\f(f2022＋2,e2022)，整理得f(2023)－ef(2022)>2(e－1)，故B正确．思维升华(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)．(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq\f(fx,enx).跟踪训练2(2023·南昌模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有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)是增函数．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，＋∞)．题型三利用f(x)与sinx，cosx构造函数例3设f(x)是定义在(－π，0)∪(0，π)上的奇函数，其导函数为f′(x)，且当x∈(0，π)时，f′(x)sinx－f(x)cosx<0，则关于x的不等式f(x)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))sinx的解集为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))解析令g(x)＝eq\f(fx,sinx)，x∈(－π，0)∪(0，π)，则g′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)，∵当x∈(0，π)时，f′(x)sinx－f(x)cosx<0，∴在(0，π)上，g′(x)<0，∴函数g(x)在(0，π)上单调递减．∵y＝f(x)，y＝sinx是奇函数，∴函数g(x)是偶函数，∴函数g(x)在(－π，0)上单调递增．当x∈(0，π)时，sinx>0，则不等式f(x)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))sinx可化为eq\f(fx,sinx)<eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),sin\f(π,6))，即g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，∴eq\f(π,6)<x<π；当x∈(－π，0)时，sinx<0，则不等式f(x)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))sinx可化为eq\f(fx,sinx)>eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),sin\f(π,6))＝eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))))，即g(x)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，∴－eq\f(π,6)<x<0.综上可得，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π)).思维升华函数f(x)与sinx，cosx相结合构造可导函数的几种常见形式F(x)＝f(x)sinx，F′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；F(x)＝eq\f(fx,sinx)，F′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)；F(x)＝f(x)cosx，F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；F(x)＝eq\f(fx,cosx)，F′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x).跟踪训练3已知定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，且当x∈(0，＋∞)时，f′(x)sinx＋f(x)cosx<0，若a＝eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，b＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，则a与b的大小关系为________．(用“<”连接)答案a<b解析设φ(x)＝f(x)sinx，则φ′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx，∴当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(x)为奇函数，∴φ(x)为偶函数，∴φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))·sineq\f(π,4)，即－eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，∴a<b.课时精练一、单项选择题1．(2023·济南模拟)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，因为f(x)是偶函数，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，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，＋∞)．2．已知α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且αsinα－βsinβ>0，则下列结论正确的是()A．α3>β3 B．α＋β>0C．|α|<|β| D．|α|>|β|答案D解析令f(x)＝xsinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则f(－x)＝－xsin(－x)＝xsinx＝f(x)，则f(x)为偶函数，又f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)≥0，所以f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减．又αsinα－βsinβ>0，即f(α)>f(β)，所以|α|>|β|.3．定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意实数x，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2024为奇函数，则不等式f(x)＋2024ex<0的解集是()A．(－∞，0) B．(－∞，ln2024)C．(0，＋∞) D．(2024，＋∞)答案C解析设g(x)＝eq\f(fx,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，因为f(x)>f′(x)，所以g′(x)<0，所以g(x)为定义在R上的减函数，因为f(x)＋2024为奇函数，所以f(0)＋2024＝0，f(0)＝－2024，g(0)＝eq\f(f0,e0)＝－2024，f(x)＋2024ex<0，即eq\f(fx,ex)<－2024，即g(x)<g(0)，故x>0.4．(2023·成都模拟)已知函数y＝f(x)对任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))满足f′(x)cosx－f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))) B．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))<eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))C．2f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.eq\r(2)f(0)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))答案C解析构造函数g(x)＝f(x)cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则g′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx>0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，则geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，故A不正确；则geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))coseq\f(π,4)，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故B不正确；则g(0)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以f(0)cos0<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)，即2f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，故C正确；则g(0)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，所以f(0)cos0<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))coseq\f(π,4)，即eq\r(2)f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故D不正确．5．(2024·惠州模拟)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且3f(x)＋f′(x)<0，f(ln2)＝1，则不等式e3xf(x)>8的解集为()A．(－∞，2) B．(－∞，ln2)C．(ln2，＋∞) D．(2，＋∞)答案B解析令g(x)＝e3xf(x)，函数g(x)的定义域为R，因为3f(x)＋f′(x)<0，所以g′(x)＝[e3xf(x)]′＝e3x[3fx＋f′x]<0，故g(x)为减函数，又因为f(ln2)＝1，所以g(ln2)＝e3ln2f(ln2)＝8，所以不等式e3xf(x)>8可化为g(x)>g(ln2)，所以x<ln2，所以e3xf(x)>8的解集为(－∞，ln2)．6．已知0<x<y<π，且eysinx＝exsiny，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是()A．cosx＋cosy<0 B．cosx＋cosy>0C．cosx>siny D．sinx>siny答案B解析由0<x<y<π，且eysinx＝exsiny，得eq\f(ex,sinx)＝eq\f(ey,siny)，令f(x)＝eq\f(ex,sinx)(0<x<π)，则f′(x)＝eq\f(exsinx－cosx,sin2x)，当0<x<eq\f(π,4)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当eq\f(π,4)<x<π时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当f(x)＝f(y)时，0<x<eq\f(π,4)，eq\f(π,4)<y<π，因为0<x<y<π，ex<ey，eq\f(ex,sinx)＝eq\f(ey,siny)，所以siny>sinx>0，所以eq\f(π,4)<y<π－x<π，所以cosy>cos(π－x)＝－cosx，所以cosx＋cosy>0.二、多项选择题7．(2023·福州联考)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－1>0，则下列结论正确的是()A．f(2)－ln2>f(1) B．f(4)－f(2)>ln2C．f(2)＋ln2>f(e)＋1 D．f(e2)－f(e)>1答案ABD解析构造函数g(x)＝f(x)－lnx，x>0，则g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,x)＝eq\f(xf′x－1,x)，因为xf′(x)－1>0，所以g′(x)>0，故g(x)是增函数，由g(2)>g(1)得，f(2)－ln2>f(1)－ln1，即f(2)－ln2>f(1)，故A正确；由g(4)>g(2)得，f(4)－ln4>f(2)－ln2，即f(4)－f(2)>ln4－ln2＝ln2，故B正确；由g(e)>g(2)得，f(e)－lne>f(2)－ln2，即f(e)＋ln2>f(2)＋1，故C错误；由g(e2)>g(e)得，f(e2)－lne2>f(e)－lne，即f(e2)－2>f(e)－1，即f(e2)－f(e)>1，故D正确．8．(2023·保定模拟)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，满足xf′(x)－f(x)＝(x－1)ex(e为自然对数的底数)，且f(1)＝0，则()A．3f(2)>2f(3)B．f(1)<f(2)<f(e)C．f(x)在x＝1处取得极小值D．f(x)无极大值答案BCD解析设g(x)＝eq\f(fx,x)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)＝eq\f(x－1ex,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)))′，可设g(x)＝eq\f(ex,x)＋c，则g(1)＝e＋c＝0，解得c＝－e，故g(x)＝eq\f(ex,x)－e，即f(x)＝ex－ex，x>0，令g′(x)>0，则x>1，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(2)<g(3)，即eq\f(f2,2)<eq\f(f3,3)，则3f(2)<2f(3)，故A错误；令f′(x)＝ex－e>0，得x>1，令f′(x)＝ex－e<0，得0<x<1，则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(1)<f(2)<f(e)，f(x)在x＝1处取得极小值，无极大值，故B，C，D均正确．三、填空题9．(2024·晋中统考)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数为f′(x)，若f(1)＝4，且f′(x