2025年下學(xué)期高三數(shù)學(xué)“函數(shù)方程思想”應(yīng)用檢測(cè)一、函數(shù)與方程的轉(zhuǎn)化應(yīng)用（一）函數(shù)零點(diǎn)與方程根的關(guān)系函數(shù)零點(diǎn)是連接函數(shù)與方程的橋梁，對(duì)于函數(shù)(f(x))，方程(f(x)=0)的實(shí)數(shù)根即為函數(shù)(f(x))的零點(diǎn)。在解決此類問題時(shí)，需結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性等性質(zhì)綜合分析。例如，已知函數(shù)(f(x)=\lnx-ax)，若方程(f(x)=0)有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)(a)的取值范圍。首先，將方程轉(zhuǎn)化為(\lnx=ax)，即函數(shù)(y=\lnx)與(y=ax)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)。通過求導(dǎo)分析(y=\lnx)的單調(diào)性，當(dāng)(a\leq0)時(shí)，直線(y=ax)與曲線(y=\lnx)最多有一個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)(a>0)時(shí)，設(shè)直線(y=ax)與曲線(y=\lnx)相切于點(diǎn)((x_0,\lnx_0))，則切線斜率(a=\frac{1}{x_0})，且(\lnx_0=ax_0)，解得(x_0=e)，(a=\frac{1}{e})。因此，當(dāng)(0<a<\frac{1}{e})時(shí)，方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解。（二）分段函數(shù)與復(fù)合函數(shù)的零點(diǎn)問題分段函數(shù)的零點(diǎn)需分段討論，結(jié)合各段函數(shù)的表達(dá)式求解。如函數(shù)(f(x)=\begin{cases}x^2-2x,&x\leq0\\ln(x+1),&x>0\end{cases})，求方程(f(f(x))=1)的實(shí)數(shù)根個(gè)數(shù)。先令(t=f(x))，則(f(t)=1)。當(dāng)(t\leq0)時(shí)，(t^2-2t=1)，解得(t=1\pm\sqrt{2})，由于(t\leq0)，所以(t=1-\sqrt{2})；當(dāng)(t>0)時(shí)，(\ln(t+1)=1)，解得(t=e-1)。再分別求解(f(x)=1-\sqrt{2})和(f(x)=e-1)。對(duì)于(f(x)=1-\sqrt{2})，當(dāng)(x\leq0)時(shí)，(x^2-2x=1-\sqrt{2})，判別式(\Delta=4-4(1-\sqrt{2})=4\sqrt{2}>0)，有兩個(gè)負(fù)根；當(dāng)(x>0)時(shí)，(\ln(x+1)=1-\sqrt{2})，因?yàn)?1-\sqrt{2}<0)，而(\ln(x+1)>0)，無解。對(duì)于(f(x)=e-1)，當(dāng)(x\leq0)時(shí)，(x^2-2x=e-1)，解得(x=1\pm\sqrt{e})，正根舍去，得(x=1-\sqrt{e})；當(dāng)(x>0)時(shí)，(\ln(x+1)=e-1)，解得(x=e^{e-1}-1)。綜上，方程共有(2+2=4)個(gè)實(shí)數(shù)根。二、函數(shù)思想在不等式中的應(yīng)用（一）恒成立問題與最值求解不等式恒成立問題常轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題。例如，對(duì)任意(x>0)，不等式(x^2-ax+1>0)恒成立，求實(shí)數(shù)(a)的取值范圍。將不等式變形為(a<x+\frac{1}{x})，令(f(x)=x+\frac{1}{x}(x>0))，則(a<f(x){\min})。由基本不等式知(f(x)\geq2)，當(dāng)且僅當(dāng)(x=1)時(shí)取等號(hào)，所以(a<2)。若不等式改為存在(x>0)，使(x^2-ax+1>0)成立，則(a<f(x){\max})，由于(f(x))在((0,+\infty))上無最大值，所以(a)的取值范圍為(R)。（二）不等式證明與函數(shù)構(gòu)造構(gòu)造函數(shù)證明不等式是常見方法。要證明當(dāng)(x>0)時(shí)，(\ln(x+1)>x-\frac{1}{2}x^2)，設(shè)(f(x)=\ln(x+1)-x+\frac{1}{2}x^2)，則(f'(x)=\frac{1}{x+1}-1+x=\frac{x^2}{x+1})。當(dāng)(x>0)時(shí)，(f'(x)>0)，所以(f(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞增，又(f(0)=0)，因此(f(x)>0)，即不等式成立。三、方程思想在幾何與數(shù)列中的應(yīng)用（一）解析幾何中的方程求解在解析幾何中，曲線的交點(diǎn)問題可轉(zhuǎn)化為方程組的解。已知橢圓(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))與直線(y=kx+m)交于(A)、(B)兩點(diǎn)，且(OA\perpOB)（(O)為原點(diǎn)），求證(a^2b^2=m^2(a^2k^2+b^2))。聯(lián)立方程(\begin{cases}\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\y=kx+m\end{cases})，消去(y)得((b^2+a^2k^2)x^2+2a^2kmx+a^2(m^2-b^2)=0)。設(shè)(A(x_1,y_1))、(B(x_2,y_2))，則(x_1+x_2=-\frac{2a^2km}{b^2+a^2k^2})，(x_1x_2=\frac{a^2(m^2-b^2)}{b^2+a^2k^2})。因?yàn)?OA\perpOB)，所以(x_1x_2+y_1y_2=0)，而(y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2)，代入整理可得(a^2b^2=m^2(a^2k^2+b^2))。（二）數(shù)列中的遞推關(guān)系與方程求解數(shù)列的通項(xiàng)公式求解常需建立方程。例如，已知數(shù)列({a_n})中，(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+1)，求通項(xiàng)公式?？蓸?gòu)造等比數(shù)列，設(shè)(a_{n+1}+t=2(a_n+t))，展開得(a_{n+1}=2a_n+t)，對(duì)比遞推式得(t=1)，所以({a_n+1})是以(2)為首項(xiàng)，(2)為公比的等比數(shù)列，因此(a_n+1=2^n)，即(a_n=2^n-1)。四、綜合應(yīng)用與拓展（一）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題已知函數(shù)(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x)，討論函數(shù)(f(x))的單調(diào)性。求導(dǎo)得(f'(x)=\lnx-2ax+2a)，令(g(x)=\lnx-2ax+2a)，則(g'(x)=\frac{1}{x}-2a)。當(dāng)(a\leq0)時(shí)，(g'(x)>0)，(g(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞增，又(g(1)=0)，所以當(dāng)(0<x<1)時(shí)，(g(x)<0)，(f(x))單調(diào)遞減；當(dāng)(x>1)時(shí)，(g(x)>0)，(f(x))單調(diào)遞增。當(dāng)(a>0)時(shí)，令(g'(x)=0)，得(x=\frac{1}{2a})。若(\frac{1}{2a}=1)，即(a=\frac{1}{2})，則(g'(x)\leq0)，(g(x))單調(diào)遞減，(g(x)\leqg(1)=0)，(f(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞減。若(\frac{1}{2a}>1)，即(0<a<\frac{1}{2})，則當(dāng)(0<x<1)或(x>\frac{1}{2a})時(shí)，(g'(x)<0)，(g(x))單調(diào)遞減；當(dāng)(1<x<\frac{1}{2a})時(shí)，(g'(x)>0)，(g(x))單調(diào)遞增。此時(shí)需比較(g(\frac{1}{2a}))與(0)的大小，進(jìn)一步確定(f(x))的單調(diào)性。（二）實(shí)際問題中的函數(shù)建模某工廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品，固定成本為(2000)元，每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品，成本增加(100)元，已知總收益(R)（單位：元）與年產(chǎn)量(x)（單位：件）的關(guān)系是(R(x)=\begin{cases}400x-\frac{1}{2}x^2,&0\leqx\leq400\80000,&x>400\end{cases})，問年產(chǎn)量為多少時(shí)，總利潤最大？總利潤(L(x)=R(x)-C(x))，其中(C(x)=2000+100x)。當(dāng)(0\leqx\leq400)時(shí)，(L(x)=400x-\frac{1}{2}x^2-2000-100x=-\frac{1}{2}x^2+300x-2000)，對(duì)稱軸為(x=300)，此時(shí)(L(300)=-\frac{1}{2}×300^2+300×300-2000=43000)元。當(dāng)(x>400)時(shí)，(L(x)=80000-2000-100x=78000-100x)，此時(shí)(L(x)<78000-40000=38000)元。因此，年產(chǎn)量為(300)件時(shí)，總利潤最大，最大利潤為(43000)元。五、選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練已知函數(shù)(f(x)=e^x-ax-1)在(R)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)(a)的取值范圍是（）A.((-\infty,0])B.([0,+\infty))C.((-\infty,1])D.([1,+\infty))解析：(f'(x)=e^x-a\geq0)恒成立，即(a\leqe^x)，因?yàn)?e^x>0)，所以(a\leq0)，選A。方程(x^3-3x+1=0)在區(qū)間((0,1))內(nèi)的實(shí)根個(gè)數(shù)為（）A.0B.1C.2D.3解析：令(f(x)=x^3-3x+1)，(f(0)=1)，(f(1)=-1)，(f'(x)=3x^2-3)，在((0,1))上(f'(x)<0)，函數(shù)單調(diào)遞減，所以有一個(gè)實(shí)根，選B。若關(guān)于(x)的方程(|x^2-4x+3|=mx)有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)(m)的取值范圍是（）A.((0,\frac{1}{2}))B.((0,\frac{1}{3}))C.((0,1))D.((0,2))解析：作出函數(shù)(y=|x^2-4x+3|)與(y=mx)的圖象，當(dāng)直線與拋物線相切時(shí)，聯(lián)立方程(x^2-4x+3=mx)（(x\in[1,3])時(shí)，(y=-x^2+4x-3)），判別式(\Delta=0)，解得(m=4-2\sqrt{3})（舍去正值），結(jié)合圖象知(0<m<4-2\sqrt{3}\approx0.536)，選項(xiàng)中最接近的是A。六、填空題專項(xiàng)訓(xùn)練函數(shù)(f(x)=x^2-2x+a)有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)(a)的取值范圍是________。解析：(\Delta=4-4a>0)，解得(a<1)，答案：((-\infty,1))。已知函數(shù)(f(x)=\begin{cases}2^x,&x\leq0\\log_2x,&x>0\end{cases})，則(f(f(\frac{1}{4}))=)________。解析：(f(\frac{1}{4})=\log_2\frac{1}{4}=-2)，(f(-2)=2^{-2}=\frac{1}{4})，答案：(\frac{1}{4})。若不等式(x^2-2mx+2m+1>0)對(duì)(0\leqx\leq1)恒成立，則實(shí)數(shù)(m)的取值范圍是________。解析：設(shè)(f(x)=x^2-2mx+2m+1)，對(duì)稱軸為(x=m)。當(dāng)(m\leq0)時(shí)，(f(0)=2m+1>0)，解得(m>-\frac{1}{2})，所以(-\frac{1}{2}<m\leq0)；當(dāng)(0<m<1)時(shí)，(\Delta=4m^2-4(2m+1)<0)，解得(1-\sqrt{2}<m<1+\sqrt{2})，所以(0<m<1)；當(dāng)(m\geq1)時(shí)，(f(1)=1-2m+2m+1=2>0)，恒成立。綜上，(m>-\frac{1}{2})，答案：((-\frac{1}{2},+\infty))。七、解答題專項(xiàng)訓(xùn)練已知函數(shù)(f(x)=\lnx+\frac{a}{x}(a\inR))。（1）求函數(shù)(f(x))的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)(f(x))在([1,e])上的最小值為(2)，求(a)的值。解析：（1）(f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}=\frac{x-a}{x^2}(x>0))。當(dāng)(a\leq0)時(shí)，(f'(x)>0)，函數(shù)在((0,+\infty))上單調(diào)遞增；當(dāng)(a>0)時(shí)，令(f'(x)>0)，得(x>a)，令(f'(x)<0)，得(0<x<a)，所以函數(shù)在((0,a))上單調(diào)遞減，在((a,+\infty))上單調(diào)遞增。（2）當(dāng)(a\leq1)時(shí)，函數(shù)在([1,e])上單調(diào)遞增，(f(1)=a=2)，不符合；當(dāng)(1<a<e)時(shí)，函數(shù)在([1,a])上單調(diào)遞減，在([a,e])上單調(diào)遞增，(f(a)=\lna+1=2)，解得(a=e)，不符合；當(dāng)(a\geqe)時(shí)，函數(shù)在([1,e])上單調(diào)遞減，(f(e)=1+\frac{a}{e}=2)，解得(a=e)，符合。綜上，(a=e)。已知函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+2x)。（1）求函數(shù)(f(x))的極值；（2）若關(guān)于(x)的方程(f(x)=a)有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)(a)的取值范圍。解析：（1）(f'(x)=3x^2-6x+2)，令(f'(x)=0)，解得(x=1\pm\frac{\sqrt{3}}{3})。當(dāng)(x<1-\frac{\sqrt{3}}{3})或(x>1+\frac{\sqrt{3}}{3})時(shí)，(f'(x)>0)；當(dāng)(1-\frac{\sqrt{3}}{3}<x<1+\frac{\sqrt{3}}{3})時(shí)，(f'(x)<0)。所以極大值為(f(1-\frac{\sqrt{3}}{3})=(1-\frac{\sqrt{3}}{3})^3-3(1-\frac{\sqrt{3}}{3})^2+2(1-\frac{\sqrt{3}}{3})=\frac{2\sqrt{3}}{9})，極小值為(f(1+\frac{\sqrt{3}}{3})=-\frac{2\sqrt{3}}{9})。（2）由（1）知，當(dāng)(-\frac{2\sqrt{3}}{9}<a<\frac{2\sqrt{3}}{9})時(shí)，方程有三個(gè)不同