4.4构造函数常见方法（精讲）
常见的构造模型
一．只含→加变乘，减变除
1.对于不等式f′(x)＋g′(x)0(或0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)
2.对于不等式f′(x)－g′(x)0(或0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)
3.对于不等式f′(x)k(或k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx或F(x)＝f(x)－kx＋b；
4.对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)0(或0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)
5.对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)0(或0)，构造函数(g(x)≠0)．
二．含
1.对于f′(x)＋f(x)0(或0)，构造函数g(x)＝exf(x)
2.对于f′(x)＋nf(x)0(或0)，构造函数g(x)＝enx·f(x)
3.对于f′(x)－f(x)0(或0)，构造函数
4.对于f′(x)－nf(x)0(或0)，构造函数
三．含xf′(x)±f(x)
1.对于xf′(x)＋f(x)0(或0)，则构造函数g(x)＝xf(x)．
2.对于xf′(x)＋nf(x)0(或0)，则构造函数g(x)＝xnf(x)；
3.对于xf′(x)－f(x)0(或0)，则构造函数．
4.对于xf′(x)－nf(x)0(或0)，则构造函数．
四．f(x)±f′(x)tanx
1.对于f′(x)tanx＋f(x)0(或0)，构造函数h(x)＝f(x)sinx；
2.对于f′(x)tanx－f(x)0(或0)，构造函数；
3.对于f′(x)－f(x)tanx0(或0)，构造函数h(x)＝f(x)cosx；
4.对于f′(x)＋f(x)tanx0(或0)，构造函数
5.对于f′(x)sinx＋f(x)cosx0(或0)，构造函数h(x)＝f(x)sinx；
6.对于f′(x)sinx－f(x)cosx0(或0)，构造函数；
7.对于f′(x)cosx－f(x)sinx0(或0)，构造函数h(x)＝f(x)cosx；
8.对于f′(x)cosx＋f(x)sinx0(或0)，构造函数
考法一常见构造函数模型
【例11】（2023春·四川凉山）已知函数满足，且的导函数，则的解集为（????）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，则，因为，所以，即函数在上单调递减，
则，即，即，
所以，即的解集为.
故选：D
【例12】（2023·青海海东·统考模拟预测）已知是奇函数的导函数，且当时，，则（????）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】当时，，则由，得；
当时，，则由，得．
令，则，
故g（x）在上单调递增，在上单调递减．
又f（x）是奇函数，所以是偶函数，
故，即，，
即．
与和的大小关系不确定．
故选：A．
【一隅三反】
1．（2023春·江苏盐城）已知函数的定义域为R，为的导函数，且，则不等式的解集是（????）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据题意，构造函数，则，
所以函数在R上单调递增，又，即，
所以，即，解得.故选：D.
2．（2023·广东佛山·校考模拟预测）已知是函数的导函数，对于任意的都有，且，则不等式的解集是（????）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】法一：构造特殊函数.令，则满足题目条件，把代入得解得，
故选：.
法二：构造辅助函数.令，则，
所以在上单调递增，
又因为，所以，所以，
故选：D.
3．（2023秋·陕西西安）已知函数的定义域为，其导函数是.有，则关于的不等式的解集为（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递减，
因为，则，由可得，
即，所以，，解得，
因此，不等式的解集为.
故选：A.
4．（2023·安徽黄山·统考三模）已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，，则（????）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】，则，
因为在上恒成立，
所以在上恒成立，
故在上单调递减，
所以，，故A不正确；
所以，即，即，故B不正确；
，即，即，故C正确；
，即，即，故D不正确；故选：C.
考法二结构同构
【例21】（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）设，则（????）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由，
令函数，可得，
当，可得，单调递增；
当，可得，单调递减，
所以当，函数取得极大值，即为最大值，
函数的图形，如图所示，
对于函数，当且时，.
设且，
则，可得，所以，所以,
所以.
故选：A.
【例22】（2023春·安徽）已知，，，则（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由，，，
对两边取对数，可得，，，
令，其中，
可得，
令，可得，所以为单调递增函数，
当时，可得，所以,