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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＝·f()，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log2·f ，则a，b，c的大小关系是( )
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()，b＝g(ln 2)，c＝g，
>1,0<ln 2<1，log2＝－3<0，
所以log2<0<ln 2<1<，
所以c>b>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 (2022·深圳检测)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝2，则f(ex)－ex≥0的解集是_________________________________________．
答案 (－∞，ln 2]
解析 令g(x)＝，则g′(x)＝，
因为定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，
所以g′(x)＝<0在(0，＋∞)上恒成立，
所以函数g(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，
又f(2)＝2，所以g(2)＝＝1，
由f(ex)－ex≥0得≥1，
所以g(ex)≥1＝g(2)，
故ex≤2，则x≤ln 2，所以f(ex)－ex≥0的解集是(－∞，ln 2]．
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′(x)恒成立，其中e是自然对数的底数，则( )
A．f(2 022)<ef(2 023)
B．ef(2 022)<f(2 023)
C．ef(2 022)＝f(2 023)
D．ef(2 022)>f(2 023)
答案 B
解析 设函数g(x)＝，
可得g′(x)＝，
由f(x)<f′(x)，可得f′(x)－f(x)>0，
所以g′(x)>0，所以g(x)单调递增，
则<，
即ef(2 022)<f(2 023)．
规律方法 (1)出现f′(x)＋nf(x)的形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝.
跟踪演练2 (2022·成都模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>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 x<f(x)sin x成立，则关于x的不等式2f(x)<的解集为________．
答案 ∪
解析 令g(x)＝f(x)cos x，x∈，
∴g(－x)＝f(－x)cos(－x)＝f(x)cos x＝g(x)，
∴g(x)为偶函数，
又g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x，
∴当x∈时，g′(x)<0，
即g(x)在上单调递减．又g(x)为偶函数，
∴g(x)在上单调递增，
不等式2f(x)<可化为f(x)cos x<f cos ，
即g(x)<g，
则解得－<x<－或<x<.
故不等式2f(x)<的解集为∪.
规律方法 函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
(1)F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
(2)F(x)＝，
F′(x)＝；
(3)F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
(4)F(x)＝，
F′(x)＝.
跟踪演练3 已知奇函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)在上恒有<成立，则下列不等式成立的是( )
>f 
B．f <f 
 <f 
 <f 
答案 B
解析 构造函数F(x)＝，
由f(x)在上恒有<成立，
即f′(x)sin x－f(x)cos x>0，
∴F′(x)＝>0，
∴F(x)在上单调递增，
又F(－x)＝＝＝F(x)，
∴F(x)为偶函数，∵<，
∴F<F，∴<，
∴f <f ，故A错误；
∵偶函数F(x)在上单调递增，
∴F(x)在上单调递减，
∵－<－，
∴F>F，∴>，
∴－f >－f ，
∴f <f ，故B正确；
F<F，
∴<，
∴－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≥min，设f(x)＝(x>1)，
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)min＝f(e)＝e，∴a≥e.
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．a<b＋1
C．a<b－1 D．a>b－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a<b＋1.
专题强化练
1．(2022·咸阳模拟)设实数a＝，b＝，c＝，那么a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>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)<g(1)＝0，
∴f(x)在(1，＋∞)上是减函数，
又2<e<3，∴f(2)>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aea<bln b，则( )
A．ab>e B．b>ea
C．ab<e D．b<ea
答案 B
解析 由已知aea<bln b，
则ealn ea<bln b.
设f(x)＝xln x，则f(ea)<f(b)．
因为a>0，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ea<b.
4．(2022·常州模拟)已知函数y＝f(x)为奇函数，且当x>0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 <f <－f 
C．－f <－f <f 
D．－f <f <－f 
答案 D
解析 令g(x)＝f(x)sin x，因为f(x)为奇函数，则g(x)为偶函数，
又当x>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＝g<g<g，
即－f <f <－f ，
即－f <f <－f .
5．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，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0<x<1}
答案 A
解析 构造函数g(x)＝exf(x)－ex，
因为g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－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0<x＋1<x2－1，
解得x>2.
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log2m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，则＝________.
答案 1
解析 由题意得log2m＋2m＝2n＋1＋n，
log2m＋2m＝2×2n＋n，
令g(x)＝log2x＋2x(x>0)，
则g′(x)＝＋2>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g(m)＝g(2n)，