2025届高考数学思想方法大合集-构造函数或构造方程解题讲义

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构造函数法是解决高中数学问题的一种常用技巧，它涉及根据问题的条件和要求，构造出合适的函数来简化问题或直接求解.在使用构造函数法时，需要根据问题的具体情况，灵活运用函数的性质和数学逻辑推理能力.
构造方程解题是高中数学中解决实际问题的一种重要方法.首先，需要根据问题的条件和要求，找出未知数与已知数之间的关系.然后，将这些关系用方程的形式表达出来.
类型一 构造函数的技巧
【典例1】当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【解题策略】
不等式在某个范围内恒成立求参数的取值范围问题，一般通过参变分离转化为求函数的最值，若所得的函数是高次函数或分式函数，则可运用导数法求最值，并注意端点值的情况．
【详细解析】
当时，变为恒成立，即．
当时，，
，设在上递增，，，当时，，仍设，，当时，，当时，当时，有极小值，即为最小值．而，，综上知，故选C．
【典例2】（2025届江西抚州部分学校高三上期一轮复习联考（一））方程的根的个数是 .
【解题策略】
方程的根的个数即函数和图象交点的个数，分别在同一直角坐标系下作出两个函数的图象即可求解.
【详细解析】设函数和，
由为偶函数，周期，
，，，，，
，，，
可作出函数和的大致图象，如图，

由图可得，两个函数的图象共有6个交点，即方程的根有6个，
故答案为：6.
【典例3】关于的方程恒有解，求的取值范围．
【解题策略】本例是含参数指数方程恒有解的问题，从方程角度不易入手求解，可转化为函数问题，转化的角度不同，得到的解法也有差异．
【详细解析】
解法一：设，则，原方程有解即方程有正根，且由知，两根都为正．
即
解得．
解法二：设．
当时，即，解得或，
经验证满足题意．
当，即或时，，只需对称轴，即，
．
综上可得．
解法三：易得在内单调递增，在内单调递减，故．
【方法归纳】
构造函数的方法多种多样，常常利用已知函数的性质，方程或不等式，导函数的运算，函数的图像变换等构造新函数.例如，如果已知函数f（x）的性质，可以通过平移、伸缩、反射等变换构造出新的函数g（x）.
在构造函数时，需要根据具体问题和已知条件灵活运用上述方法，有时可能需要综合运用多种方法.
【举一反三】
（2025届广东广州天河高三上期模拟）
已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】通过对进行分类讨论，利用导数来判断函数的单调性，再利用函数零点的存在性定理，判断出函数在定义域上的零点，进而得出结果．
【详解】因为，所以
当时，由，解得或，且有，，
当，，在区间上单调递增；
当，，在区间上单调递减；
当，，在区间上单调递增；
又，则需，所以；
当时，令，解得或，且有，，
当，，在区间上单调递减；
当，，在区间上单调递增；
当，，在区间上单调递减；
又,
所以仅有一个负数零点， 所以满足题意；
综上，的取值范围是或．
故选：D.
（2025届九师联盟高三上期10月联考）
已知关于的方程有两个不相等的实数解，则正实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先设函数，再把两个不相等的实数解转化为函数有两个交点，数形结合列式求解即可.
【详解】由，记．
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，结合图象知，若函数与的图象有两个交点，
即原方程有两个不相等的实数解，则需，解得．
故选:A．
类型二 构造方程的技巧
【典例1】若，则（ ）．
A． B．2 C． D．
【解题策略】
在三角求值问题中，运用方程（组）的思想是一种常见的解题策略．本例最为直接的解法是借助公式结合条件，解方程组求得、的值，进而求的值；但是若把条件平方，化为、的齐次式（利用进行替换）分子分母同除以得到关于的一个方程，通过解方程得所求结果．第三种思考方法是因为，而条件是，故可以构造三角方程（其中），则易求得的值进而求的值；更为巧妙的是分析题设，其结构符合等差中项的形式，则可构造等差数列解题．构造法思想在本题中可得到充分展示．
【详细解析】
解法一：解方程组得．故选B．
解法二：设，则，代入得．
．解之得．故选B．
解法三：将两边平方得，
则．，．
化简得．故选B．
解法四：，
（其中），则．
即，．．故选B．
解法五：由于，符合等差数列等差中项的形式，故可将原式变形为．
则设．
，得，解得．
．故选B．
【典例2】函数的值域是______．
【解题策略】
本例是三角函数的值域的求解．由于不是常见的三角函数解析式，需要转化为方程问题，通常是把原函数解析式两边平方得，化正弦为余弦并整理得．这是关于的一元二次方程，容易想到，即，解得．应用方程思想把函数式变成关于的一元二次方程求解路子是正确的，但是还要注意到，即关于的一元二次方程在上有实根，解数学问题要注意等价转化，本例还有巧妙解法，请看解法二．
【详细解析】
解法一：由得，即．
整理得．
将上述方程看成关于的一元二次方程，，．
设，得．
则关于的一元二次方程在上有实根，令．
，
即
解得，即函数的值域是．
解法二：注意到．设，平方得，
原问题即转化为关于的一元二次方程
在上有实根，求的取值范围．
只要
解之得即．．
【典例3】已知，求函数的最小值．
【解题策略】
本例求函数的最小值，由于不是常见函数，直接求最值是有困难的，在的条件下将原函数去分母平方整理为关于的一元二次方程，再转化为关于的二次函数在上有解的讨论，体现了函数与方程思想的相互转化、相互补充，提供了构造方程（或函数）解题的又一途径，扩展了解题思维的空间．当然本例也可以变形后直接配方：．由得．
结合二次函数的性质可知，当时，．
【详细解析】
将原函数变形为．
设，该方程有解的充要条件为：
（1）或解得．
，此时或．
【方法归纳】求解函数零点个数的常用方法：
直接法：令则方程实根的个数就是函数零点的个；
零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质（如单调性、奇偶性、周期性、对称性） 可确定函数的零点个数；（3） 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.
【举一反三】
（2024江西新余四中高三下期5月高考全真模拟（三））
已知函数在上有且仅有两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据条件，利用平方关系和倍角公式，得到，令，得到或，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为，
令，则，令，得到，
所以或，令，得到或，令，得到或，
又在上有且仅有两个零点，所以在上有且仅有两个零点，
所以，得到，
故选：B.
（2025吉林东北师大附中高三上期第一次摸底）
若函数既有极大值也有极小值，则实数的取值范围为（ ）
B．
D．
【答案】D
【分析】求导，分析可知有2个不相等的正根，结合二次方程的根的分布列式求解即可.
【详解】由题意可知：的定义域为，且，
若函数既有极大值也有极小值，则有2个不相等的正根，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
（2024-2025广东惠州一中、深圳实验、东莞中学等三校高三上期9月联考）
已知函数有两个不同的极值点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出函数的导数，由已知结合二次函数零点分布求出的范围，计算并构造函数，再利用导数求出范围即可.
【详解】由（），求导得，
由函数有两个不同的极值点，得方程有两个不相等的正实根，
则，解得，
于是
，
令（），求导得，
函数在上单调递增，则，
所以的取值范围为.
故选：C
（2025届广西来宾高三第一次教学质量监测）
设函数，若曲线与恰有一个公共点，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【分析】确定两个函数都是偶函数，它们的图象在轴以外的交点个数为偶数，因此题中只有一个公共点，因此它们的交点只能在轴上，由此可确定参数值．
【详解】设，则，
时，，递减，时，，递增，
，是偶函数，是偶函数，轴是它们的图象的对称轴，
在上递减，在上递增，，
因此它们的图象在轴以外的交点个数是偶数（含0），
若，则，，易知它们的图象有两个交点，不合题意；
若，则在上递减，在上递增，，
因此它们的图象如果有交点，交点不可能在轴上，从而交点个数为偶数，不合题意；
若，则在上递增，在上递减，，
它们的图象只有一个交点，则，解得．
故选：B．
（2024届江西新余四中高三下期高考模拟）
关于的方程：的实根分布在区间（ ）内.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据导数以及零点存在性定理来求得正确答案.
【详解】令，
当时，，此时无零点，排除A.
当时，，此时无零点，排除D.
当时，，而，
所以单调递减，
而，故.
又，且，故，所以.
故选：B
（2024届江苏徐州三中高三迎一检复习（四））
已知函数是定义在R上偶函数，当时，，若函数仅有4个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先根据的性质画出函数图象，然后把函数仅有4个零点，转化为函数与的图象有4个交点，数形结合即可求解.
【详解】当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
又函数是定义在R上偶函数，其图象关于y轴对称作出函数图象：

因为函数仅有4个零点，所以函数与的图象有4个交点，
根据图象可知：，即实数的取值范围是.
故选：A.