【高考快车道】下篇 数学思想方法 第1讲 函数与方程思想（课件）数学高考二轮复习

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下篇　数学思想方法
应用一　运用函数相关概念的本质解题
应用二　利用函数性质解不等式、方程问题
目 录 索 引
应用三　构造函数解决方程、不等式问题
【思想概述】 函数的思想,是用运动和变化的观点分析和研究数学中的数量关系,是对函数概念的本质认识,是通过建立函数关系或构造函数并运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题,从而使问题得以解决.
方程的思想,是分析数学问题中变量间的等量关系来建立方程、方程组或者构造方程,是通过解方程、方程组或者运用方程的性质去分析问题、转化问题,从而使问题得以解决.
第1讲　函数与方程思想
应用一　运用函数相关概念的本质解题
例1　(1)(2025湖北宜昌二模)已知a>1,函数f(x)=的值域为R,
则实数a的取值范围是(　　)
A.[2,+∞) B.(1,]
C.(1,) D.[,+∞)
D
解析 当x≤2时,函数f(x)单调递增,所以f(x)=x3≤2,要使得函数f(x)的值域为R,则当x>2时,loga2≤2,解得a,所以实数a的取值范围是[,+∞).故选D.
(2)(2025江西南昌模拟)已知函数f(x)是定义在R上的函数,f(1)=1,且对任意的x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5,f(x+1)≤f(x)+1,若g(x)=f(x)+1-x,则g(2 025)=
(　　)
A.2 B.1
C.2 025 D.2 026
B
解析 由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1,由f(x+5)≥f(x)+5,f(x+1)≤f(x)+1,
得g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+(x-1)+5,g(x+1)+(x+1)-1≤g(x)+(x-1)+1,
即g(x+5)≥g(x),g(x+1)≤g(x),
所以g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1)≤g(x),
所以g(x)=g(x+1),又因为g(1)=f(1)=1,故g(2 025)=g(1)=1.故选B.
应用体验1
(2025福建厦门三模)已知函数f(x)=若f(a)+f(-1)=2,则a=　 　.
8
解析 f(-1)=-(-1)2=-1,所以f(a)=3.
因为x≤0时,f(x)=-x2≤0,
所以a>0,f(a)=log2a=3,解得a=8.
应用二　利用函数性质解不等式、方程问题
例2　(1)设定义在R上的函数f(x)满足f(-x)-f(x)=2x3,且当x10.若存在实数t使得f(1+t)+3t(1+t)≥f(t)-1,则t的最大值为(　　)
A.- B.-1
C. D.1
A
解析 由f(-x)-f(x)=2x3,令g(x)=f(x)+x3,则g(-x)=f(-x)+(-x)3=f(x)+x3=g(x),且定义域为R,所以g(x)为偶函数.
由当x10知f(x)在(-∞,0]上单调递增,
所以g(x)在(-∞,0]上单调递增,在[0,+∞)上单调递减,
g(1+t)-g(t)=f(1+t)+(1+t)3-f(t)-t3=f(1+t)-f(t)+1+3t+3t2,
由f(1+t)+3t(1+t)≥f(t)-1,得g(1+t)≥g(t),
由g(x)是偶函数及单调性知|1+t|≤|t|,所以1+2t+t2≤t2,所以t≤-故选A.
(2)(2025河北秦皇岛三模)已知函数f(x)满足对 x∈R都有f(x)+f(-x)=0成立.
当x≥0时,f(x)=x2+2x,则不等式f[f(x)]+f(x+1)<0的解集为　　　　 　.
(-∞,)
解析 因为对 x∈R都有f(x)+f(-x)=0,所以f(x)是R上的奇函数,
又x≥0时,f(x)=x2+2x=(x+1)2-1,显然f(x)在(0,+∞)上单调递增,
故函数f(x)在R上单调递增.
当x<0时,-x>0,则f(-x)=x2-2x,即f(x)=-f(-x)=-x2+2x.
由f[f(x)]+f(x+1)<0,可得f[f(x)]<-f(x+1)=f(-x-1),
故得f(x)<-x-1,则有或
即解得x<,
所以不等式f[f(x)]+f(x+1)<0的解集为(-∞,).
应用体验2
(2025湖南长沙一模)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且f(x)=则不等式f(x2+1)<0在(-2,2)上的解集为(　　)
A.(-1,1) B.(-2,-1)∪(1,2)
C.(-1,0)∪(0,1) D.(-1,0)∪(1,2)
A
解析 已知f(x)是定义在R上的奇函数,则f(-x)=-f(x).
当-1当x≤-1时,-x≥1,则f(-x)=-x-2,所以f(x)=-f(-x)=x+2.
因此f(x)=
因为x2+1≥1恒成立,所以f(x2+1)=x2+1-2=x2-1.
由f(x2+1)<0,可得x2-1<0,解得-1又因为x∈(-2,2),所以不等式f(x2+1)<0在(-2,2)上的解集为(-1,1).故选A.
应用三　构造函数解决方程、不等式问题
例3　(2025上海静安模拟)设函数y=f(x)的定义域为R,若f(0)=2 025,且对任意x∈R,满足f(x+1)-f(x)≤2x,f(x+2)-f(x)≥3·2x,则f(2 025)的值为(　　)
A.22 025+2 024 B.22 024+2 025
C.22 025+2 025 D.以上答案均不对
A
解析 由f(x+1)-f(x)≤2x,可得f(x+2)-f(x+1)≤2x+1.
因为f(x+2)-f(x)≥3·2x,
所以f(x+1)-f(x)=-[f(x+2)-f(x+1)]+f(x+2)-f(x)≥-2x+1+3·2x=2x,
又因为f(x+1)-f(x)≤2x,所以f(x+1)-f(x)=2x,
则f(2 025)-f(0)=[f(2 025)-f(2 024)]+[f(2 024)-f(2 023)]+…+[f(1)-f(0)]
=22 024+22 023+…+2+1==22 025-1,
所以f(2 025)=22 025+2 024.故选A.
应用体验3
(2025辽宁模拟)已知a=-1,b=ln,c=,则a,b,c的大小关系为(　　)
A.a>b>c
B.c>a>b
C.b>a>c
D.b>c>a
D
解析 令f(x)=ex-x-1,则f'(x)=ex-1,
令f'(x)<0,则x<0,令f'(x)>0,则x>0,故f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(0)=0,
即ex≥x+1,即e-x≥-x+1,当且仅当x=0时等号成立.
当01-x>0,得ex<,所以,则-1<,即a令g(x)=ln(x+1)-(x>0),则g'(x)=>0,
所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,即g(x)>0,即ln(x+1)>,
所以ln=ln(+1)>,即b>c.故b>c>a.故选D.