導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)構(gòu)造問(wèn)題是高考考查的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容，經(jīng)常以客觀題出現(xiàn)，同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)也常在解答題中出現(xiàn)，通過(guò)已知等式或不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造新函數(shù)，解決比較大小、解不等式、恒成立等問(wèn)題.
(2022·蘇州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f(－x)，且當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，f(x)＋xf′(x)b>c B.c>b>aC.a>c>b D.c>a>b
考向1　利用f(x)與x構(gòu)造
因?yàn)閒(x)＝f(－x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，令g(x)＝x·f(x)，則g(x)是奇函數(shù)，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，f(x)＋xf′(x)0，且f(1)＝0，則不等式f(ex)－3xex>0的解集為 A.(0,1) B.(1，＋∞)C.(0，＋∞) D.(e，＋∞)
所以xf′(x)－f(x)－3x>0，所以g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
即g(ex)>g(1)，所以ex>1，解得x>0.
(2022·棗莊質(zhì)檢)已知f(x)為定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，且f(x)0，且f(3)＝3，則f(x)>3e3－x的解集為_(kāi)_________.
設(shè)F(x)＝f(x)·ex，則F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，∴F(x)在R上單調(diào)遞增.又f(3)＝3，則F(3)＝f(3)·e3＝3e3.∵f(x)>3e3－x等價(jià)于f(x)·ex>3e3，即F(x)>F(3)，∴x>3，即所求不等式的解集為(3，＋∞).
考向3　利用f(x)與sin x，cs x構(gòu)造
∴g(－x)＝f(－x)cs(－x)＝f(x)cs x＝g(x)，∴g(x)為偶函數(shù)，又g′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x，
函數(shù)f(x)與sin x，cs x相結(jié)合構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)的幾種常見(jiàn)形式(1)F(x)＝f(x)sin x，F(xiàn)′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cs x；
(3)F(x)＝f(x)cs x，F(xiàn)′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x；
已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，則a的最小值為_(kāi)___.
∵xa＝∴不等式即為ex－x≤ealn x－aln x.由a>0且x>1得aln x>0，設(shè)y＝ex－x，則y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，f′(x)0；∴f(x)在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e.故a的最小值為e.
指對(duì)同構(gòu)，經(jīng)常使用的變換形式有兩種，一種是將x變成ln ex，然后構(gòu)造函數(shù)；另一種是將x變成eln x，然后構(gòu)造函數(shù).
　 已知a>0，b>0，且(a＋1)b＋1＝(b＋3)a，則 A.a>b＋1 B.a0，b>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→0，所以g(x)ea C.ab0，∴b>1.當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)＝ln x＋1>0，則f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以ea0時(shí)，f′(x)sin x＋f(x)cs x>0，則下列說(shuō)法正確的是
令g(x)＝f(x)sin x，因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，則g(x)為偶函數(shù)，又當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)sin x＋f(x)cs x>0，即g′(x)>0，則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
5.函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對(duì)任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式exf(x)>ex＋1的解集為 A.{x|x>0}B.{x|x0.所以原不等式的解集為{x|x>0}.
6.(多選)(2022·渭南模擬)設(shè)實(shí)數(shù)λ>0，對(duì)任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，則λ的取值可能是
由題設(shè)，eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，令f(t)＝t·et(t>0)，則f′(t)＝(t＋1)·et>0，所以f(t)單調(diào)遞增，又f(λx)≥f(ln x)，即當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，λx≥ln x，
所以在(1，e)上，g′(x)>0，即g(x)單調(diào)遞增；在(e，＋∞)上，g′(x)(x2－1)f(x2－1)，所以0(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞).

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