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微专题3　 构造函数问题模型
微点一　利用xnf(x)与构造函数
例1 (1)[2026·广东深圳质检] 已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,若f(-2)=3,且f(x)+xf'(x)>0,则不等式(3x2-5x)f(3x2-5x)<-6的解集为 (　 )
A.
B.
C.(-∞,0)∪
D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
(2)[2025·河北邯郸模拟] 已知函数f'(x)是定义域为R的奇函数f(x)的导函数,当x<0时,xf'(x)-f(x)>0,且f(2)=4,则不等式f(x)≤2x的解集为 (　 )
A.[-2,2]
B.(-∞,-2]∪[2,+∞)
C.[-2,0]∪[2,+∞)
D.[-2,0)∪[2,+∞)
总结反思
一般地,若已知xf'(x)+f(x)的符号,则构造函数g(x)=xf(x);若已知xf'(x)+nf(x)的符号,则构造函数g(x)=xnf(x);若已知xf'(x)-f(x)的符号,则构造函数g(x)=;若已知xf'(x)-nf(x)的符号,则构造函数g(x)=.
【对点演练1】 (1)[2025·山西朔州模拟] 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恒成立,则不等式 (x-2026)2f(x-2026)-f(-1)>0的解集为 (　 )
A.(-∞,2025)
B.(2025,2027)
C.(-∞,2025)∪(2027,+∞)
D.(2027,+∞)
(2)定义域为R的函数f(x)满足对任意x∈R,都有f(x+2)f(x)=-1,且当x∈(0,4]时,xf'(x)-f(x)>0,则4f(2025),2f(2026),f(2024)的大小关系是 (　 )
A.4f(2025)<2f(2026)B.2f(2026)<4f(2025)C.f(2024)<2f(2026)<4f(2025)
D.4f(2025)微点二　利用enxf(x)与构造函数
例2 (1)[2026·安徽皖北联盟联考] 已知定义域为R的函数f(x)满足f(1)=,且f(x)+f'(x)<0,则不等式f(x+1)>的解集是(　 )
A.(2,+∞) B.(-∞,2)
C.(0,+∞) D.(-∞,0)
(2)[2025·广东中山模拟] 已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),f(0)=1,且对任意的x,f'(x)ex的解集是　　　　　　.
总结反思
一般地,已知f'(x)-f(x)的符号时,构造函数F(x)=;已知f'(x)+f(x)的符号时,构造函数F(x)=exf(x).
【对点演练2】 (1)[2026·江苏扬州期中] 已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),且f'(x)-f(x)<0恒成立,f(1)=e,则不等式f(x)>ex的解集为　　　　　　.
(2)[2025·安徽池州调研] 已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f'(x),若f'(x)+2f(x)>2,f(0)=5,则不等式f(x)-4e-2x<1的解集为　　　　　　.
微点三　利用sin x与f(x),cos x与f(x)构造函数
例3 (1)已知函数f(x)满足对任意的x∈,f'(x)cos x+f(x)sin x>0恒成立,f'(x)是f(x)的导数,则下列不等式中成立的是 (　 )
A.fB.fC.f(0)>f
D.f(0)>2f
(2)已知f(x)是定义在上的函数,f'(x)是它的导函数,且恒有f(x)A.f>f
B.f(1)<2fsin 1
C.f>f
D.f总结反思
破解此类问题的关键:
一是熟悉函数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)=.
二是活用单调性,利用导函数的符号,判断函数的单调性,再利用函数的单调性,即可解不等式或比较大小.
【对点演练3】 (1)已知f(x)是定义在上的函数,f'(x)是它的导函数,且恒有f(x)cos x+f'(x)sin x>0成立,则 (　 )
A.f>f
B.f(1)sin 1C.f>f
D.f(2)[2025·河北保定联考] 定义在上的函数f(x)满足f=且f'(x)cos x+f(x)sin x>0,则满足f(x)>2cos x的x的取值范围为　　　　　　.
微点四　同构法构造函数
例4 (1)[2025·江苏南京期末] 已知实数x,y满足yex=xe2y,则下列关系式一定正确的是 (　 )
A.xC.x<2y D.x>2y
(2)(多选题)[2026·江西南昌模拟] 已知x1,x2∈(0,+∞),且<,则下列关系式一定成立的是 (　 )
A.x1-ln x2<0 B.x2-ln x1<0
C.-x2<0 D.-ln x1<0
总结反思
破解此类问题的关键
一是熟悉同构法的三种基本模式:
(1)乘积型,如aea≤bln b可以同构成aea≤(ln b)eln b,进而构造函数f(x)=xex;
(2)比商型,如a2b=(2b)a可以同构成=,进而构造函数f(x)=,再如<可以同构成<,进而构造函数f(x)=;
(3)和差型,如ea±a>b±ln b,同构后可以构造函数f(x)=ex±x或f(x)=x±ln x.
二是利用导数判断函数的单调性,即可得结果.
【对点演练4】 (1)[2026·福建泉州质检] 已知对任意的正实数x1,x2∈(a,+∞),满足当x1(2)[2025·安徽皖江名校联考] 若正实数x,y满足≥,则xy的最大值为　　　　. 微专题3　 构造函数问题模型
微点一
例1　(1)B　(2)C　[解析] (1)令g(x)=xf(x),因为f(x)+xf'(x)>0,所以g'(x)=f(x)+xf'(x)>0,所以g(x)在R上单调递增.又f(-2)=3,所以g(-2)=-6,因此不等式(3x2-5x)f(3x2-5x)<-6可化为g(3x2-5x)(2)令F(x)=,则F'(x)=,由题意知,当x<0时,F'(x)>0,所以F(x)=在(-∞,0)上单调递增,因为f(x)为奇函数,所以F(x)=是偶函数,故F(x)在(0,+∞)上单调递减.因为f(2)=4,所以F(2)==2,故F(-2)=F(2)=2.当x<0时,不等式f(x)≤2x可化为≥2,则F(x)≥F(-2),因为F(x)在(-∞,0)上单调递增,所以-2≤x<0.因为f(x)在R上为奇函数,所以f(0)=0,则当x=0时,满足f(x)≤2x.当x>0时,不等式f(x)≤2x可化为≤2,则F(x)≤F(2),因为F(x)在(0,+∞)上单调递减,所以x≥2.综上,f(x)≤2x的解集为[-2,0]∪[2,+∞).故选C.
对点演练1　(1)B　(2)A　[解析] (1)设F(x)=x2f(x),因为函数f(x) 是定义在R上的偶函数,所以F(x)也是定义在R上的偶函数.可得F'(x)=2xf(x)+x2f'(x)=x[2f(x)+xf'(x)],因为当x<0 时, 2f(x)+xf'(x)<0恒成立,所以当x<0时,F'(x)=x[2f(x)+xf'(x)]>0恒成立,则F(x)在(-∞,0)上单调递增,又F(x)是定义在R上的偶函数,所以F(x)在[0,+∞)上单调递减.原不等式为(x-2026)2f(x-2026)>f(-1)=(-1)2·f(-1)=12·f(1),即F(x-2026)>F(1),所以|x-2026|<1,可得-1(2)因为对任意x∈R,都有f(x+2)f(x)=-1,所以f(x+2)=-,则f(x+4)=-=f(x),所以f(x)是周期为4的周期函数.构造函数F(x)=(00,所以F(x)在区间(0,4]上单调递增,所以F(1)微点二
例2　(1)D　(2)(-∞,0)　[解析] (1)令g(x)=exf(x),则g'(x)=ex[f(x)+f'(x)],由题意知g'(x)<0,所以g(x)在R上单调递减.因为g(1)=e1f(1)=1,所以不等式f(x+1)>可化为ex+1f(x+1)>1,即g(x+1)>g(1),所以x+1<1,解得x<0,所以不等式f(x+1)>的解集为(-∞,0).故选D.
(2)令g(x)=,则g'(x)==<0,所以g(x)在R上单调递减.因为f(0)=1,所以g(0)=1.不等式f(x)>ex可变形为>1,即g(x)>g(0),可得x<0,故不等式的解集为(-∞,0).
对点演练2　(1)(-∞,1)　(2)(-∞,0)　[解析] (1)令函数g(x)=,由f'(x)-f(x)<0,得g'(x)=<0,所以函数g(x)在R上单调递减.由f(1)=e,可得g(1)==1,不等式f(x)>ex可化为>1,即g(x)>g(1),解得x<1,所以不等式f(x)>ex的解集为(-∞,1).
(2)不等式f(x)-4e-2x<1可变形为e2xf(x)-e2x-4<0,设函数g(x)=e2xf(x)-e2x-4,则g'(x)=2e2xf(x)+e2xf'(x)-2e2x=e2x[2f(x)+f'(x)-2],因为2f(x)+f'(x)>2,所以g'(x)>0在R上恒成立,则g(x)在R上单调递增.因为f(0)=5,所以g(0)=0,所以不等式f(x)-4e-2x<1即为g(x)微点三
例3　(1)A　(2)D　[解析] (1)令g(x)=,则g'(x)=,由题意得,当x∈时,g'(x)>0恒成立,则g(x)在上单调递增.对于A,由-<-<-<,得gf,可知B错误;对于C,由-<0<<,得g(0)(2)由题意知f(x)cos x0,所以g(x)为增函数.可得g2fsin 1,B错误;g对点演练3　(1)D　(2)　[解析] (1)令h(x)=f(x)sin x,x∈,则h'(x)=f(x)cos x+f'(x)sin x,由题意知h'(x)>0,所以h(x)在上单调递增.对于A,可得hh,即f(1)sin 1>fsin,所以f(1)sin 1>f,故B错误.对于C,可得h(2)设函数F(x)=,x∈,则F'(x)=
,由题意知F'(x)>0,所以F(x)=在上单调递增.F===2,当x∈时,cos x∈(0,1),所以不等式f(x)>2cos x可化为>2,即F(x)>F,又F(x)在上单调递增,所以微点四
例4　(1)D　(2)AC　[解析] (1)由yex=xe2y,可知=,设g(x)=,x>1,则g'(x)=,由x>1,得g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增.因为g(x)==>=g(2y),x>1,2y>1,所以x>2y.故选D.
(2)由<,得x10.设函数f(x)=xex,x>0,得f'(x)=ex+xex>0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,原不等式即为f(x1)0,-ln x1=ee-ln=ee+1>0,故B,D错误.故选AC.
对点演练4　(1)[e5,+∞)　(2)
[解析] (1)由x1ln x2-x2ln x1<4(x1-x2),得x1ln x2-4x1令函数f(x)=,依题意得,对任意的正实数x1,x2∈(a,+∞),当x1f(x2)恒成立,
因此函数f(x)在(a,+∞)上单调递减,所以f'(x)=≤0在(a,+∞)上恒成立,则ln x≥5在(a,+∞)上恒成立,易知ln x≥5等价于x≥e5,所以实数a的取值范围为[e5,+∞).
(2)由≥可得ln≥ex-1,则ln-ex-1+1≥0(*).记f(t)=ln t-t+1(t>0),则f'(t)=,所以当00,当t>1时,f'(t)<0,故f(t)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而f(t)max=f(1)=0,结合(*)式可得ex-1=1,从而xy=x2e1-x.记g(x)=x2e1-x(x>0),则g'(x)=(2-x)xe1-x,所以当00,当x>2时,g'(x)<0,故g(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(2)=,即xy的最大值为.

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