专题二十五 函数与方程思想 课件-2026届高三数学二轮复习

专题二十五　函数与方程思想 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，建立函数关系或构造函数，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. 方程的思想就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析问题、转化问题，使问题得以解决. 思想概述 方法一　运用函数相关概念的本质解题 　　在理解函数的定义域、值域、性质等本质的基础上，主动、准确地运用它们解答问题.常见问题有求函数的定义域、解析式、最值，研究函数的性质. 　(1)已知函数f(x)=满足对任意的实数x1，x2且x1≠x2，都有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)<0，则实数a的取值范围为 A. B. C. D. 例1 √ 思路分析　[f(x1)-f(x2)](x1-x2)<0→f(x)为减函数→每一段都单调递减→x=1左侧的函数值不小于右侧的函数值. 对任意的实数x1，x2且x1≠x2， 都有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)<0， 即<0恒成立， 可得函数图象上任意两点连线的斜率小于0，即函数f(x)是减函数， 可得 解得≤a<. 解析 批注　在函数的第一段中，虽然没有x=1，但当x=1时，本段函数有意义，故可求出其对应的“函数值”，且这个值是本段的“最小值”，为了保证函数是减函数，这个“最小值”应不小于第二段的最大值，即f(1)，这是解题的一个易忽视点. (2)对于函数f(x)(x∈D)，若存在常数T(T>0)，使得对任意的x∈D，都有f(x+T)≤f(x)成立，我们称函数f(x)为“T同比不增函数”.若函数f(x)=kx+ cos x是“同比不增函数”，则实数k的取值范围是 A. B. C. D. √ 思路分析　f(x)为“同比不增函数”→f ≤f(x)恒成立→分离参数求最值. 因为函数f(x)=kx+cos x是“同比不增函数”，所以f ≤f(x)， 即k+cos≤kx+cos x， 故≤cos x-cos=cos x- =sin x+cos x=sin恒成立， 又因为sin=-1， 因此≤-1，故k≤-，即实数k的取值范围为. 解析 批注　本题关键是理解“T同比不增函数”的含义，对于恒成立问题，一般是分离参数，转化成求函数的最值问题. 解决本类题目的关键是理解函数相关概念的本质，也可以结合函数图象加以理解，严格按定义推导即可. 规律方法 方法二　利用函数性质解不等式、方程问题 　　函数与方程、不等式相互联系，借助函数的性质可以解决方程的解的个数、参数取值范围以及解不等式问题. 　(1)已知函数f(x+2)=log3(3x+3-x)，若f(a-1)≥f(2a+1)成立，则实数a的取值范围为 A.(-∞，-2] B. C.(-∞，-2]∪[0，+∞) D.(-∞，-2]∪ 例2 √ 思路分析　解不等式问题→比较两个函数值的大小→判断f(x)的单调性. 设g(x)=f(x+2)=log3(3x+3-x)， 则其定义域为R， 因为g(-x)=log3(3-x+3x)=g(x)， 所以g(x)为偶函数， 所以f(x+2)的图象关于直线x=0对称， 所以f(x)的图象关于直线x=2对称. 设y=3x+3-x， 则y'=3xln 3-3-xln 3=(3x-3-x)ln 3， 令y'>0，则3x-3-x>0，得x>0， 解析 所以y=3x+3-x在(0，+∞)上单调递增， 因为函数y=log3x为增函数， 所以g(x)在[0，+∞)上单调递增， 所以f(x)在[2，+∞)上单调递增， 因为f(a-1)≥f(2a+1)， 所以|a-1-2|≥|2a+1-2|， 所以(a-3)2≥(2a-1)2，化简得(a+2)(3a-4)≤0， 解得-2≤a≤.所以实数a的取值范围为. 解析 批注　本题关键是利用函数的奇偶性及单调性脱掉f列出不等式，然后解不等式. (2)设x，y为实数，满足(x-1)3+2 025(x-1)=-1，(y-1)3+2 025(y-1)=1，则x+y=　　　　.  2 思路分析　观察两方程形式特征→借助函数f(t)=t3+2 025t的单调性、奇偶性→f(x-1)=f(1-y)→求出x+y. 令f(t)=t3+2 025t，则f(t)为奇函数且在R上是增函数. 由f(x-1)=-1=-f(y-1)=f(1-y)， 可得x-1=1-y，则x+y=2. 解析 批注　本题关键是根据函数的特点构造函数，然后利用函数的单调性求解. 函数与方程的相互转化：对于方程f(x)=0，可利用函数y=f(x)的图象和性质求解问题. 规律方法 方法三　构造函数解决数学问题 在一些数学问题的研究中，可以通过建立函数关系式，把要研究的问题转化为函数的性质，达到化繁为简、化难为易的效果. 　已知ε>0，x，y∈，且ex+εsin y=eysin x，则下列关系式恒成立的为 A.cos x≤cos y B.cos x≥cos y C.sin x≤sin y D.sin x≥sin y 例3 √ 思路分析　ex+εsin y=eysin x→=→由ex+ε>ex放缩等式→与的关系→构造f(x)=，x∈→利用函数的性质求解. 构造f(x)=，x∈， 则f '(x)=， 当x∈时，cos x>sin x， f '(x)=>0， 所以f(x)=在上单调递增， 因为ex>0，ey>0， 解析 当=>0，eε>1时， 则sin x>sin y>0，所以>>0， 所以0<y<x<， 又y=cos x在上单调递减， 所以cos x<cos y. 当=<0，eε>1时， 则sin x<sin y<0，所以<<0， 解析 所以-<x<y<0，又y=cos x在上单调递增，所以cos x<cos y； 当x=y=0时，满足ex+εsin y=eysin x， 此时cos x=cos y. 综上所述，cos x≤cos y. 解析 批注　本题注意到ε>0，主要是先由>ex放缩，然后根据题目结构再构造函数，利用函数的性质求解. 在构造函数求解数学问题的过程中，要确定合适的变量，揭示函数关系使问题明晰化. 规律方法 专题训练 一、单项选择题 1.(2025·石家庄模拟)已知函数y=f(x)是定义在R上的奇函数，则下列函数中为奇函数的是 A.y=f(|x|) B.y=f(x2) C.y=x·f(x) D.y=f(x)+x √ 因为f(x)是定义在R上的奇函数，则f(-x)=-f(x)， 又因为f(|-x|)=f(|x|)，所以y=f(|x|)是偶函数，A不符合题意； 令F(x)=f(x2)，则F(-x)=f(x2)=F(x)，所以F(x)是偶函数，B不符合题意； 令M(x)=x·f(x)，则M(-x)=(-x)·f(-x)=x·f(x)=M(x)，所以M(x)是偶函数，C不符合题意； 令N(x)=f(x)+x，则N(-x)=f(-x)-x=-f(x)-x=-[f(x)+x]=-N(x)，所以N(x)是奇函数，D符合题意. 解析 2.(2025·北京海淀区模拟)已知f(x)=ln，b∈R，则“b=-1”是“f(x)是奇函数”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 √ 当b=-1时，f(x)=ln， 定义域为(-1，1)，关于原点对称， 且f(-x)=ln=-ln=-f(x)，因此f(x)是奇函数，充分性成立. 如果f(x)是奇函数，则f(x)的定义域必须关于原点对称，因此b=-1，必要性成立， 所以“b=-1”是“f(x)是奇函数”的充要条件. 解析 3.(2025·上海模拟)定义在R上的函数f(x)为奇函数，其导数为f'(x)，且当x∈(-∞，0]时，f'(x)<1，则不等式f(x)-f(2 026)≥x-2 026的解集是 A.(2 026，+∞) B.[2 026，+∞) C.(-∞，2 026] D.(-∞，2 026) √ 令g(x)=f(x)-x，当x∈(-∞，0]时，g'(x)=f'(x)-1<0， 所以g(x)在(-∞，0]上单调递减，又因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，y=x为定义在R上的奇函数，所以g(x)为定义在R上的奇函数， 则g(x)在(0，+∞)上单调递减，即函数g(x)在R上单调递减， 所以由f(x)-f(2 026)≥x-2 026，可得f(x)-x≥f(2 026)-2 026， 即g(x)≥g(2 026)，所以x≤2 026. 解析 4.(2025·贵阳模拟)已知定义在上的函数f(x)=x3+tan x+3，则不等式f(x-1)+f >6的解集是 A. B. C. D. √ 设g(x)=f(x)-3=x3+tan x，x∈，则g(-x)=-g(x)，所以g(x)=f(x)-3为奇函数. 易知y=x3，y=tan x在区间上单调递增， 所以g(x)在区间上单调递增. 因为不等式f(x-1)+f >6，可得f(x-1)-3+f -3>0， 所以g(x-1)+g>0，所以g(x-1)>-g=g. 解析 因为函数f(x)的定义域为， 所以x-1∈，且∈，所以x∈， 又函数g(x)在区间上单调递增， 所以由g(x-1)>g得，x-1>-， 解得x>，综上，<x<+1. 解析 5.(2025·曲靖模拟)已知x1是函数f(x)=xln x-2 025的零点，x2是函数g(x)= ln x+x-ln 2 025的零点，则x1x2的值为 A. B. C. D.2 025 √ 由题意可得 可得x2+ln x2=ln(x1ln x1)=ln x1+ln(ln x1)， 因为函数y=x+ln x在(0，+∞)上单调递增， 所以x2=ln x1，则x1x2=x1ln x1=2 025. 解析 6.(2025·昭通模拟)已知函数f(x)=(-x3+ax2-x+a)log2(x+2b)，若f(x)≤0，则a，b满足的关系式为 A.a-2b=1 B.a+2b=1 C.a=2b D.a=-2b √ f(x)=(-x3+ax2-x+a)log2(x+2b)=[x2(a-x)+(a-x)]log2(x+2b) =(x2+1)(-x+a)log2(x+2b)，又x2+1>0， 所以f(x)≤0等价于(-x+a)log2(x+2b)≤0， 又y=log2(x+2b)在定义域(-2b，+∞)上单调递增，且零点为1-2b， y=-x+a在定义域上单调递减，且零点为a， 所以函数y=log2(x+2b)与函数y=-x+a的零点重合， 则a=1-2b，即a+2b=1. 解析 7.(2025·天津模拟)已知f(x)=x-+a，g(x)=x3-3x+1，若∀x1∈[1，2]，∃x2∈ [0，2]，使f(x1)=g(x2)成立，则实数a的取值范围为 A.[-1，1] B. C. D. √ 由题意可知，函数f(x)在[1，2]上的值域是函数g(x)在[0，2]上的值域的子集， 而函数f(x)=x-+a在[1，2]上单调递增，所以函数f(x)的值域为， 又函数g(x)的导函数为g'(x)=3x2-3， 当x∈[0，1)时，g'(x)<0，所以函数g(x)在区间[0，1)上单调递减， 当x∈(1，2]时，g'(x)>0，所以函数g(x)在区间(1，2]上单调递增， 所以函数g(x)在区间[0，2]上的最小值为g(1)=-1， 而g(0)=1，g(2)=3， 解析 所以函数g(x)在区间[0，2]上的值域为[-1，3]， 所以⇒-1≤a≤， 即实数a的取值范围为. 解析 8.(2025·天津模拟)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x1，x2∈(0，+∞)，且x1≠x2时，>0恒成立，f(3)=-6，则不等式f(x)+2x>0的解集为 A.(-3，0)∪(3，+∞) B.(-∞，-3)∪(3，+∞) C.(-3，0)∪(0，3) D.(-∞，-3)∪(0，3) √ 构造函数g(x)=，x≠0，则g(-x)===g(x)， 故函数g(x)为偶函数， 当x1，x2∈(0，+∞)，且x1≠x2时，>0恒成立， 不妨设x1<x2，则x2f(x1)-x1f(x2)<0， 则=-<0， 即g(x1)<g(x2)， 解析 故函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，在(-∞，0)上单调递减， 因为f(3)=-6，则g(3)=g(-3)==-2， 当x>0时，由f(x)+2x>0，得>-2，即g(x)>g(3)，解得x>3； 当x<0时，由f(x)+2x>0，得<-2，即g(x)<g(-3)，解得-3<x<0； 当x=0时，易知f(x)+2x=0. 综上所述，不等式f(x)+2x>0的解集为(-3，0)∪(3，+∞). 解析 二、多项选择题 9.(2025·长沙模拟)已知函数f(x)=e2|x|+cos 2x(x∈R)，则下列判断正确的是 A.函数f(x)的图象关于y轴对称 B.函数f(x)的最小值为2，无最大值 C.函数f(x)在(-π，π)上单调递增 D.不等式f(x-1)<f(x)的解集为 √ √ √ 由题意得f(x)的定义域关于原点对称，f(-x)=e2|-x|+cos(-2x)=e2|x|+cos 2x，即f(-x)=f(x)，所以函数f(x)是偶函数，即函数f(x)的图象关于y轴对称，故A正确； 当x≥0时，f(x)=e2x+cos 2x，f'(x)=2e2x-2sin 2x>0，所以f(x)在[0，+∞)上单调递增，因为f(0)=2，且f(x)是偶函数，所以函数f(x)的最小值为2，无最大值，故B正确； 由A，B选项可知，f(x)在(-π，0]上单调递减，在(0，π)上单调递增，故C错误； 不等式f(x-1)<f(x)⇔|x-1|<|x|，两边平方得-2x+1<0，得x>，故D正确. 解析 10.(2025·淄博检测)定义在(0，+∞)上的函数f(x)，其导函数为f'(x)，且满足f'(x)>f(x)>0，若0<x1<1<x2，且x1x2=1，则下列不等式一定正确的是 A.f(x2)>f(2-x1) B.x1f(x2)<x2f(x1) C.ln f(x1)-ln f(x2)<x1-x2 D.2f(2)>3f √ √ √ A选项，因为0<x1<1<x2，且x1x2=1， 则x1+x2>2=2，即x2>2-x1>1， 因为f(x)在(0，+∞)上单调递增，所以f(x2)>f(2-x1)，A正确； B选项，设f(x)=e2x，f'(x)=2e2x>f(x)>0， 当x1=，x2=2时，x1f(x2)=f(2)=e4>2e=2f =x2f(x1)，B错误； C选项，令g(x)=(x>0)，则g'(x)=>0， 可知g(x)在(0，+∞)上单调递增， 解析 因为0<x1<x2，所以g(x1)<g(x2)， 即<， 又因为f(x)>0，则0<<=， 可得ln<ln ， 所以ln f(x1)-ln f(x2)<x1-x2，C正确； D选项，由C可知<，则f(x2)>f(x1)， 解析 令h(x)=ex-x-1，h'(x)=ex-1， 当x>0时，h'(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)>h(0)=e0-0-1=0， 所以当x>0时，ex>x+1， 所以f(x2)>f(x1)=f(x1)>(x2-x1+1)f(x1)>(2-x1)f(x1)， 所以f(x2)>(2-x1)f(x1)， 当x1=，x2=2时，f(2)>f ，2f(2)>3f ，D正确. 解析 $