函数中的构造问题
函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，既可能在选择、填空题中运用，也可能在解答题中运用，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决解不等式、恒成立等问题．
题型一 利用f (x)与xn构造函数
[典例1] 已知偶函数f (x)(x≠0)的导函数为f ′(x)，且满足f (－1)＝0，当x>0时，2f (x)>xf ′(x)，则使得f (x)>0成立的x的取值范围是________．
[尝试解答]
反思领悟 (1)出现nf (x)＋xf ′(x)形式，构造函数 F (x)＝xnf (x)．
特别地，①出现xf ′(x)＋f (x)形式，构造函数F (x)＝xf (x)；
②出现xf ′(x)＋2f (x)形式，构造函数F (x)＝x2f (x)．
(2)出现xf ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝．
特别地，①出现xf ′(x)－f (x)，构造函数F (x)＝；
②出现xf ′(x)－2f (x)，构造函数F (x)＝．
题型二 利用f (x)与ex构造函数
[典例2] 定义在R上的函数f (x)满足f (x)＋f ′(x)>1，f (0)＝4，则不等式exf (x)>ex＋3的解集为________．
[阅读与思考] 设g(x)＝exf (x)－ex，则g′(x)＝exf (x)＋exf ′(x)－ex，因为f (x)＋f ′(x)>1，所以f (x)＋f ′(x)－1>0，所以g′(x)>0，所以y＝g(x)在定义域R上单调递增，因为exf (x)>ex＋3，所以g(x)>3，又因为g(0)＝e0f (0)－e0＝3，所以g(x)>g(0)，所以x>0，即x∈(0，＋∞)．
反思领悟 (1)出现f ′(x)＋nf (x)形式，构造函数F (x)＝enxf (x)；特别地，出现f ′(x)＋f (x)形式，构造函数F (x)＝exf (x)；
(2)出现f ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝；特别地，出现f ′(x)－f (x)形式，构造函数F (x)＝．
题型三 利用f (x)与sin x，cos x构造函数
[典例3] (2025·常州模拟)已知函数y＝f (x－1)的图象关于点(1，0)对称，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
C．－f <－f D．－f [阅读与思考] 由f (x－1)的图象关于点(1，0)对称可知，f (x)的图象关于点(0，0)对称，则f (x)为奇函数，令g(x)＝f (x)sin x，则g(x)为偶函数，
又当x>0时，g′(x)＝f ′(x)sin x＋f (x)cos x>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则g＝g即－f 即－f 反思领悟 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：
F (x)＝f (x)sin x，F ′(x)＝f ′(x)sin x＋f (x)·cos x；
F (x)＝，F ′(x)＝；
F (x)＝f (x)cosx，F ′(x)＝f ′(x)cos x－f (x)·sin x；
F (x)＝，F ′(x)＝．
1/1 函数中的构造问题
函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，既可能在选择、填空题中运用，也可能在解答题中运用，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决解不等式、恒成立等问题．
题型一 利用f (x)与xn构造函数
[典例1] 已知偶函数f (x)(x≠0)的导函数为f ′(x)，且满足f (－1)＝0，当x>0时，2f (x)>xf ′(x)，则使得f (x)>0成立的x的取值范围是________．
(－1，0)∪(0，1) [构造F (x)＝，则F ′(x)＝，当x>0时，xf ′(x)－2f (x)<0，可以推出当x>0时，F ′(x)<0，F (x)在(0，＋∞)上单调递减．
∵f (x)为偶函数，y＝x2为偶函数，∴F (x)为偶函数，∴F (x)在(－∞，0)上单调递增．根据f (－1)＝0可得F (－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数F (x)的图象如图所示，根据图象可知f (x)>0的解集为(－1，0)∪(0，1)．]
反思领悟 (1)出现nf (x)＋xf ′(x)形式，构造函数 F (x)＝xnf (x)．
特别地，①出现xf ′(x)＋f (x)形式，构造函数F (x)＝xf (x)；
②出现xf ′(x)＋2f (x)形式，构造函数F (x)＝x2f (x)．
(2)出现xf ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝．
特别地，①出现xf ′(x)－f (x)，构造函数F (x)＝；
②出现xf ′(x)－2f (x)，构造函数F (x)＝．
题型二 利用f (x)与ex构造函数
[典例2] 定义在R上的函数f (x)满足f (x)＋f ′(x)>1，f (0)＝4，则不等式exf (x)>ex＋3的解集为________．
[阅读与思考] 设g(x)＝exf (x)－ex，则g′(x)＝exf (x)＋exf ′(x)－ex，因为f (x)＋f ′(x)>1，所以f (x)＋f ′(x)－1>0，所以g′(x)>0，所以y＝g(x)在定义域R上单调递增，因为exf (x)>ex＋3，所以g(x)>3，又因为g(0)＝e0f (0)－e0＝3，所以g(x)>g(0)，所以x>0，即x∈(0，＋∞)．
反思领悟 (1)出现f ′(x)＋nf (x)形式，构造函数F (x)＝enxf (x)；特别地，出现f ′(x)＋f (x)形式，构造函数F (x)＝exf (x)；
(2)出现f ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝；特别地，出现f ′(x)－f (x)形式，构造函数F (x)＝．
题型三 利用f (x)与sin x，cos x构造函数
[典例3] (2025·常州模拟)已知函数y＝f (x－1)的图象关于点(1，0)对称，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．－fC．－f <－f D．－f [阅读与思考] 由f (x－1)的图象关于点(1，0)对称可知，f (x)的图象关于点(0，0)对称，则f (x)为奇函数，令g(x)＝f (x)sin x，则g(x)为偶函数，
又当x>0时，g′(x)＝f ′(x)sin x＋f (x)cos x>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则g＝g即－f 即－f 反思领悟 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：
F (x)＝f (x)sin x，F ′(x)＝f ′(x)sin x＋f (x)·cos x；
F (x)＝，F ′(x)＝；
F (x)＝f (x)cosx，F ′(x)＝f ′(x)cos x－f (x)·sin x；
F (x)＝，F ′(x)＝．
【教用·备选题】
1．已知偶函数f (x)的定义域为，其导函数为f ′(x)，当0A． B．
C． D．
A [因为偶函数f (x)的定义域为，所以设g(x)＝，
则g(－x)＝＝，
即g(x)也是偶函数．当0根据题意g′(x)＝<0，
则g(x)在上单调递减，且为偶函数，
则g(x)在上单调递增．
所以f (x)<2f cosx < g(x)所以
解得x∈．]
2．设定义在(0，＋∞)上的函数f (x)的导函数为f ′(x)，且满足xf ′(x)＋3f (x)>0，则关于x的不等式f (x－3)－f (3)<0的解集为( )
A．(3，6) B．(0，3)
C．(0，6) D．(6，＋∞)
A [令g(x)＝x3f (x)，则g′(x)＝x2[3f (x)＋xf ′(x)]>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
f (x－3)－f (3)<0，即(x－3)3f (x－3)－27f (3)<0，
所以g(x－3)，
所以33．(2025·益阳模拟)已知函数f (x)的定义域为，其导函数是f ′(x)．有f ′(x)cos x＋f (x)sin x＜0，则关于x的不等式f (x)<2f cos x的解集为________．
[因为函数f (x)满足f ′(x)cos x＋f (x)sin x＜0，
不妨设F (x)＝，函数定义域为，
可得F ′(x)＝<0，
所以函数F (x)在上单调递减，
因为cosx＞0，所以关于x的不等式f (x)<2fcos x可化为<，
即F (x)，解得则不等式f (x)<2fcos x的解集为．
故答案为．]
4．(2025·天津宁河区模拟)已知f (x)是定义在R上的奇函数，且f ′(x)是f (x)的导函数，若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有2f (x)＋xf ′(x)>0成立，且f (2)＝，则不等式f (x)－>0的解集为________．
(2，＋∞) [令g(x)＝x2f (x)，可得g′(x)＝2xf (x)＋x2f ′(x)，
因为对于任意的x∈(0，＋∞)，都有2f (x)＋xf ′(x)>0成立，可得g′(x)>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为f (x)是定义在R上的奇函数，
可得g(－x)＝(－x)2f (－x)＝－x2f (x)＝－g(x)，
所以g(x)是定义在R上的奇函数，
可得g(x)在(－∞，0)上单调递增，
因为f (x)的图象在R上连续不断，则g(x)的图象在R上连续不断，
所以函数g(x)在R上为增函数，
由不等式f (x)－>0，可化为x2f (x)－2>0，即g(x)>2，
因为f (2)＝，可得g(2)＝22f (2)＝2，
所以g(x)>g(2)，可得x>2，
所以不等式f (x)－>0的解集为(2，＋∞)．]
进阶训练(三) 函数中的构造问题
1．(2025·宜宾模拟)已知函数f (x)在R上可导，且f ′(x)＜f (x)，若ea-1f (1)＞f (a)成立，则a的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(1，e)
C．(1，＋∞) D．(e，＋∞)
C [设g(x)＝，则g′(x)＝，
∵f ′(x)＜f (x)，∴g′(x)＜0，∴g(x)在R上单调递减，
∵ea-1f (1)＞f (a)，则>，∴g(1)＞g(a)，
∴a＞1．故选C．]
2．(2025·四川绵阳模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足2xf (x)＋x2f ′(x)<0，f (2)＝，则关于x的不等式f (x)>的解集为( )
A．(0，4) B．(2，＋∞)
C．(4，＋∞) D．(0，2)
D [令h(x)＝x2f (x)，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝2xf (x)＋x2f ′(x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，不等式f (x)>可以转化为x2f (x)>4×＝22f (2)，即h(x)>h(2)，所以原不等式的解集为(0，2)．]
3．定义在(0，＋∞)上的函数f (x)的导函数为f ′(x)，且f ′(x)－f (x)＞0，则下列函数一定是增函数的是( )
A．y＝xf (x) B．y＝
C．y＝ D．y＝exf (x)
C [对于A，y＝xf (x)，y′＝f (x)＋xf ′(x)，无法判断y＝xf (x)单调性，故A错误；
对于B，y＝，y′＝，无法判断y＝单调性，故B错误；
对于C，因为f ′(x)－f (x)＞0，所以′＝>0恒成立，
则y＝在(0，＋∞)上是增函数，故C正确；
对于D，y＝exf (x)，y′＝ex[f (x)＋f ′(x)]，无法判断y＝exf (x)单调性，故D错误．
故选C．]
4．设f ′(x)是定义在(0，π)上的函数f (x)的导函数，有f ′(x)cos x－f (x)sin x>0，若a＝f，b＝0，c＝－f，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．cA [设函数g(x)＝f (x)cos x，x∈(0，π)，则g′(x)＝f ′(x)cos x－f (x)sin x．因为f ′(x)cos x－f (x)sin x>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，π)上单调递增．又a＝f＝fcos ＝g，b＝0＝fcos ＝g，c＝－f＝f·cos ＝g，所以a5．(2024·江西南昌三模)已知函数f (x)的定义域为R，且f (2)＝－1，对任意x∈R，f (x)＋xf ′(x)<0，则不等式(x＋1)f (x＋1)>－2的解集是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，2)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
A [设g(x)＝xf (x)，则g(2)＝2f (2)＝－2，
∵对任意x∈R，f (x)＋xf ′(x)<0，∴g′(x)＝f (x)＋xf ′(x)<0恒成立，即g(x)在R上单调递减，
由(x＋1)f (x＋1)>－2可得g(x＋1)>g(2)，
∴x＋1<2，解得x<1，即解集为(－∞，1)．
故选A．]
6．(2025·湖北武汉模拟)设f (x)是定义域为R的奇函数，f (－1)＝0，当x>0时，xf ′(x)－f (x)<0，则使得f (x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)
A [令g(x)＝，则g′(x)＝，
所以当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又f (x)为奇函数，所以g(x)为偶函数，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增．
又f (1)＝－f (－1)＝0，即g(1)＝g(－1)＝0．
而f (x)>0等价于
或即或
所以x<－1或0所以f (x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)．故选A．]
7．(2025·成都青羊区模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数y＝f (x)的导函数为y＝f ′(x)，当x＞0时，xf ′(x)＋f (x)＜0，且f (2)＝3，则不等式f (x－1)>的解集为________．
(1，3) [定义在(0，＋∞)上的函数y＝f (x)的导函数为y＝f ′(x)，
令g(x)＝xf (x)，则g′(x)＝xf ′(x)＋f (x)，
因为当x＞0时，xf ′(x)＋f (x)＜0，即g′(x)＜0，
所以当x＞0时，g(x)＝xf (x)单调递减，
不等式f (x－1)>成立时，，则g(x－1)＞g(2)，
所以0＜x－1＜2，解得1＜x＜3，
综上，不等式f (x－1)>的解集为(1，3)．]
8．(2025·梅州兴宁市模拟)若定义在R上的函数f (x)满足f ′(x)－2f (x)－4＞0，f (0)＝－1，则不等式f (x)＞e2x－2的解集为________．
(0，＋∞) [令g(x)＝e-2x[f (x)＋2]，则g(0)＝1．
由g′(x)＝e-2x[f ′(x)－2f (x)－4]＞0，
∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
∴不等式f (x)＞e2x－2，即g(x)＞1＝g(0)，从而x＞0．
故答案为(0，＋∞)．]
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