专题一 微重点 2 导数中函数的构造问题-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

微重点2　导数中函数的构造问题 [考情分析]　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，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]　(2025·绵阳模拟)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＝30.2f(30.2)，b＝(ln 2)·f(ln 2)，c＝(log3)f(log3)，则 a，b，c的大小关系是(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．c>a>b D．a>c>b 解析　令g(x)＝xf(x)，x∈R， 因为f(x)＝f(－x)，所以g(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－g(x)， 所以g(x)为奇函数， 又因为当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)>0， 所以当x∈(－∞，0]时， g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0， 所以g(x)在(－∞，0]上单调递增， 又g(x)为奇函数， 所以g(x)在R上单调递增， 又因为a＝30.2f(30.2)＝g(30.2)， b＝(ln 2)f(ln 2)＝g(ln 2)， c＝(log3)f(log3)＝g(log3)＝g(－2)， －2<0<ln 2<ln e＝1＝30<30.2， 所以g(－2)<g(ln 2)<g(30.2)，即a>b>c.故选A. 答案　A (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)＝. 跟踪训练1　(2025·高三上海虹口二模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x)，且当x<0时，2f(x)＋xf′(x)<0，则不等式(x－2 023)2f(x－2 023)－f(－1)>0的解集为 ． (2 022，2 024)　[令f(x)＝x2f(x)，则F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，当x<0时，2f(x)＋xf′(x)<0，所以当x<0时，F′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0，即f(x)在(－∞，0)上是增函数，由题意f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(－x)＝f(x)，又F(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，所以f(x)在(0，＋∞)上递减，所以F(x－2 023)＝(x－2 023)2f(x－2 023)，F(－1)＝(－1)2f(－1)＝f(－1)，即不等式等价为F(x－2 023)>F(－1)，所以|x－2 023|<1，所以2 022<x<2 024.故答案为：(2 022，2 024).] 考向2　利用f(x)与 ex构造 [例2]　(多选)(2025·安徽滁州三模)已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，且对任意的x∈R，都有f(x)＋2f′(x)>0，则下列正确的是(　　) A．f(ln 2)<f(0) B．f(ln 2)<f(1) C．f(2)<f(1) D．f(2)<ef(4) 解析　令g(x)＝ef(x)，所以g′(x)＝ef(x)＋ef′(x)＝e[f(x)＋2f′(x)]，因为f(x)＋2f′(x)>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，所以g(0)<g(ln 2)<g(1)<g(2)<g(4)，即f(0)<f(ln 2)<f(1)<ef(2)<e2f(4)，则f(2)>f(1)，f(2)<ef(4)，故AC错误，BD正确．故选BD. 答案　BD (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)＝. 跟踪训练2　(2025·高三山西晋中二模)已知定义在(－3，3)上的函数f(x)满足f(x)＋e4xf(－x)＝0，f(1)＝e2，f′(x)为f(x)的导函数，当x∈[0，3)时，f′(x)>2f(x)，则不等式e2xf(2－x)<e4的解集为 ． (1，5)　[令g(x)＝，所以f(x)＝e2xg(x)，因为f(x)＋e4xf(－x)＝0，所以e2x·g(x)＋e4x·e－2xg(－x)＝0，化简得g(x)＋g(－x)＝0，所以g(x)是(－3，3)上的奇函数；易知g′(x)＝＝，因为当0≤x<3时，f′(x)>2f(x)，所以当x∈[0，3)时，g′(x)>0，从而g(x)在[0，3)上单调递增，又g(x)是(－3，3)上的奇函数，所以g(x)在(－3，3)上单调递增；考虑到g(1)＝＝＝1，由e2xf(2－x)<e4，得e2xe2(2－x)g(2－x)<e4，即g(2－x)<1＝g(1)，又g(x)在(－3，3)上单调递增，得，解得1<x<5，所以不等式e2xf(2－x)<e4的解集为(1，5).故答案为(1，5).] 考向3　利用f(x)与　sin x，cos x构造 [例3]　(2025·高三山东日照三模)已知函数y＝f(x)对于任意的x∈(－，)满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>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(0)>f() B．f(－)>f(－) C．f()>f() D．f(0)>2f() 解析　设g(x)＝，则g′(x)＝>0，则g(x)在(－，)上单调递增，对于A，<，化简得f(0)<f()，错；对于B，<，化简得f(－)<f(－)，错；对于C，<，化简得f()>f()，对；对于D，<，化简得f(0)<2f()，错．故选C. 答案　C 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)cosx， F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x； (4)f(x)＝， F′(x)＝. 跟踪训练3　(2025·高三湖南怀化二模)已知函数y＝f(x)对x∈(0，π)均满足f′(x)sinx－f(x)cos x＝－1，其中f′(x)是f(x)的导数，则下列不等式恒成立的是(　　) A．f()<f() B．f()<f() C．f()<f() D．f()<f() A　[x∈(0，π)，令g(x)＝，求导得：g′(x)＝＝，当x∈(0，1)时g′(x)>0，当x∈(1，π)时g′(x)<0，因此函数g(x)在(0，1)上递增，在(1，π)上递减，对于A，0<<<1，则g()<g()，即f()<f()，A正确；对于B，1<<<π，则g()>g()，即f()>f()，B错误；对于C，1<<<π，则g()>g()，即f()>f()，C错误；对于D，1<<<π，则g()>g()，即f()>f()，D错误．故选A.] 考点二　构造具体函数比较大小 [例4]　(1)(2025·高三福建南平三模)定义在(0，)上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且f′(x)<－tan x·f(x)成立，a＝2f()，b＝f()，c＝f()，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b>a>c B．c>b>a C．c>a>b D．a>b>c 解析　因为x∈(0，)时，cos x>0，所以f′(x)<－tan x·f(x)可化为f′(x)＋tan x·f(x)<0，设g(x)＝，x∈(0，)，则g′(x)＝()′＝＝<0，所以函数g(x)在(0，)上的单调递减，因为<<，所以g()>g()>g()，所以>>，即f()>f()>2f()，所以c>b>a.故选B. 答案　B (2)(2025·高三山东日照三模)已知f(x)是可导函数，且f(x)<x ln x·f′(x)对于∀x>0恒成立，则(　　) A．2f(8)<3f(4)<6f(2) B．6f(2)<3f(4)<2f(8) C．3f(4)<6f(2)<2f(9)2 D．2f(8)<6f(2)<3f(4) 解析　令g(x)＝，则g′(x)＝.当x>1时，由f(x)<x ln x·f′(x)得g′(x)>0，所以函数g(x)＝在(1，＋∞)上是增函数，于是g(2)<g(4)<g(8)，即<<，即<<.化简得，6f(2)<3f(4)<2f(8).故选B. 答案　B 构造函数比较大小的常见类型 (1)构造相同的函数，利用单调性，比较函数值的大小； (2)构造不同的函数，通过比较两个函数的函数值进行比较大小． 跟踪训练4　(2025·高三辽宁大连二模)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0，若a＝·f()，b＝(cos )f(cos )，c＝(4sin )f(4sin )，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c>a>b B．a>c>b C．b>a>c D．c>b>a D　[令g(x)＝xf(x)，由y＝f(x)是定义在R上的奇函数，可得g(x)＝xf(x)是定义在R上的偶函数，又因为x∈(－∞，0]时，y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)在x∈(－∞，0]上是减函数，所以g(x)＝xf(x)是定义在[0，＋∞)上的增函数，构建f(x)＝tan x－x，x∈(0，)，则F′(x)＝－1>0，可知f(x)在(0，)内单调递增，则f(x)>F(0)＝0，可得tanx>x，x∈(0，)；构建G(x)＝x－sin x，x∈(0，)，则G′(x)＝1－cos x>0，可知G(x)在(0，)内单调递增，则G(x)>G(0)＝0，可得x>sin x，x∈(0，)；由tan x>x，x∈(0，)，可得＝4tan >1，故4sin >cos ，所以c>b；设h(x)＝cos x＋x2－1，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝－sin x＋x>0，所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，故h()>h(0)＝0，所以cos －>0，即cos >，所以b>a，所以c>b>a.故选D.] 学科网（北京）股份有限公司 $