摘要：在數(shù)學(xué)中，“相等”與“不等”是相對(duì)的，兩者之間經(jīng)常會(huì)根據(jù)需要加以合理化歸與轉(zhuǎn)化，進(jìn)而得以巧妙應(yīng)用.結(jié)合一道模擬題中不等式恒成立的應(yīng)用場(chǎng)景，借助“相等”與“不等”之間的轉(zhuǎn)化，合理確定對(duì)應(yīng)函數(shù)的最值問(wèn)題，依托“兩邊夾定理”來(lái)化“不等”為“相等”，進(jìn)而深入應(yīng)用與轉(zhuǎn)化，實(shí)現(xiàn)問(wèn)題的突破與求解.

關(guān)鍵詞：兩邊夾定理；函數(shù)；不等式；取值范圍；代換

“相等”與“不等”是辯證唯物主義中兩個(gè)既對(duì)立又統(tǒng)一的整體，也是數(shù)學(xué)學(xué)科中綜合與應(yīng)用的一個(gè)重要方面.特別是對(duì)應(yīng)的兩邊夾定理，可以巧妙將“相等”與“不等”加以統(tǒng)一與串聯(lián)，進(jìn)而實(shí)現(xiàn)兩者之間的等價(jià)轉(zhuǎn)化與恒等變形，合理開(kāi)拓?cái)?shù)學(xué)解題方向，有效突破數(shù)學(xué)思維瓶頸.

具體利用兩邊夾定理時(shí)，可以借助不等式f（x）≤f（x+λ）≤f（x）（常數(shù)λ≠0）恒成立來(lái)巧妙轉(zhuǎn)化，得到對(duì)應(yīng)的等式f（x+λ）=f（x）成立；也可以借助不等式f（x）≥a，f（x）≤b（常數(shù)alt;b）同時(shí)成立，得到對(duì)應(yīng)的不等式a≤f（x）≤b成立等.從兩邊夾定理的不同層面切入，可以通過(guò)對(duì)應(yīng)題目中“相等”與“不等”的轉(zhuǎn)化與應(yīng)用，求解一些與函數(shù)求值、最值（或取值范圍）等相關(guān)的綜合應(yīng)用問(wèn)題，達(dá)到巧思妙想的目的.

1 問(wèn)題呈現(xiàn)

問(wèn)題（2025屆浙江省嘉興市高三第一學(xué)期期末檢測(cè)數(shù)學(xué)試卷·8）已知函數(shù)f（x）滿足：

此題以抽象函數(shù)問(wèn)題場(chǎng)景，結(jié)合該抽象函數(shù)所對(duì)應(yīng)的兩個(gè)不等式恒成立來(lái)創(chuàng)新設(shè)置，根據(jù)一確定的函數(shù)值，進(jìn)而確定所求函數(shù)值的取值范圍.問(wèn)題條件簡(jiǎn)單明了，如何將條件與所求結(jié)果加以鏈接，借助相應(yīng)的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)與基本思想合理切入，巧妙轉(zhuǎn)化就成為突破問(wèn)題節(jié)點(diǎn)的關(guān)鍵.

具體解題時(shí)，關(guān)鍵就是抓住該抽象函數(shù)所對(duì)應(yīng)的兩個(gè)不等式恒成立的條件，結(jié)合兩個(gè)不等式之間的關(guān)系，或合理遞推轉(zhuǎn)化，或巧妙代換變形，或依托不等式性質(zhì)應(yīng)用等，從而合理將題設(shè)條件中的不等式加以鏈接，形成不等式“串”，依托兩邊夾定理，給對(duì)應(yīng)函數(shù)的取值范圍的確定創(chuàng)造條件.

2 問(wèn)題破解

方法1：遞推法.

根據(jù)題意，可得f（x）+2 026≤f（x+2 025）=f（x+1+2 024）≤f（x+1）+2 025，則f（x+1）≥f（x）+1.

所以f（x）+2 025≥f（x+2 024）=f（x+2 023+1）≥f（x+2 023）+1≥f（x+2 022）+2≥……≥f（x+1）+2 023，即f（x+1）≤f（x）+2.

綜上分析，可得f（x）+1≤f（x+1）≤f（x）+2.

取特殊值x=1，則有f（1）+1≤f（2）≤f（1）+2，結(jié)合f（1）=1，可得2≤f（2）≤3.

所以f（2）的取值范圍是[2，3].

故選擇答案：B.

點(diǎn)評(píng)：利用題設(shè)條件中滿足抽象函數(shù)的兩個(gè)對(duì)應(yīng)不等式，加以合理遞推與恒等變形，結(jié)合不等式的基本性質(zhì)進(jìn)行巧妙應(yīng)用，實(shí)現(xiàn)一般性連續(xù)函數(shù)不等式的構(gòu)建，給問(wèn)題的突破與求解創(chuàng)造條件.

方法2：代換法.

對(duì)于f（x+2 024）≤f（x）+2 025，取特殊值x=1，則有f（2 025）≤f（1）+2 025=2 026；用x+1代換x，可得f（x+2 025）≤f（x+1）+2 025.

結(jié)合f（x+2 025）≥f（x）+2 026，可得f（x）+2 026≤f（x+2 025）≤f（x+1）+2 025，則f（x）+1≤f（x+1），即f（x+1）-f（x）≥1.

對(duì)于f（x+1）-f（x）≥1，取特殊值x=1，則有f（2）≥f（1）+1=2.

由于f（2 025）=[f（2 025）-f（2 024）]+[f（2 024）-f（2 023）]+[f（2 023）-f（2 022）]+……+[f（3）-f（2）]+f（2）≥2 023+f（2），則有2 023+f（2）≤f（2 025）≤2 026，解得f（2）≤3.

綜上分析，可得2≤f（2）≤3.

所以f（2）的取值范圍是[2，3].

故選擇答案：B.

點(diǎn)評(píng)：利用題設(shè)條件中滿足抽象函數(shù)的兩個(gè)對(duì)應(yīng)不等式，加以特殊值的代換與轉(zhuǎn)化，利用賦值法巧妙變形，從不同思維視角切入，合理構(gòu)建對(duì)應(yīng)的不等式，給函數(shù)值的取值范圍的確定指明方向.

方法3：不等式性質(zhì)法.

[JP3]依題，f（x+2 024）≤f（x）+2 025，f（x）+2 026≤[JP]f（x+2 025），以上兩個(gè)不等式同向相加，整理可得f（x+2 024）+1≤f（x+2 025）.

在上式中用x-2 024代換x，可得f（x）+1≤f（x+1）.

對(duì)于f（x）+1=f（x+1），取特殊值x=1，則有f（2）≥f（1）+1=2.

f（x）+2 025≥f（x+2 024）=f（x+2 023+1）≥[JP3]f（x+2 023）+1≥f（x+2 022）+2≥……[JP]≥f（x+1）+2 023，即f（x+1）≤f（x）+2.

對(duì)于f（x+1）≤f（x+2），取特殊值x=1，則有f（2）≤f（1）+2=1+2=3.

綜上分析，可得2≤f（2）≤3.

所以f（2）的取值范圍是[2，3].

故選擇答案：B.

點(diǎn)評(píng)：通過(guò)題設(shè)條件中滿足抽象函數(shù)的兩個(gè)對(duì)應(yīng)不等式，利用不等式的基本性質(zhì)，結(jié)合不等式同向相加性質(zhì)及代換思維可得一個(gè)對(duì)應(yīng)的不等式；又結(jié)合對(duì)應(yīng)不等式的性質(zhì)加以逐步放縮與轉(zhuǎn)化，可得另一個(gè)對(duì)應(yīng)的不等式.進(jìn)而結(jié)合賦值處理來(lái)確定對(duì)所求函數(shù)值的取值范圍，有效破解相應(yīng)的問(wèn)題.

3 變式拓展

3.1 同源變式

3.2 深入變式

變式2設(shè)f（x）是定義在R上的函數(shù)，若f（1）=1，且對(duì)任意x∈R，滿足f（x+2）-f（x）≤2，f（x+6）-f（x）≥6，則f（2 025）=[CD#3].

解法1：構(gòu)建函數(shù)法.

由f（x+2）-f（x）≤2，合理配湊并整理可得f（x+2）-（x+2）≤f（x）-x.

由f（x+6）-f（x）≥6，合理配湊并整理可得f（x+6）-（x+6）≥f（x）-x.

結(jié)合以上不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-x，則有g(shù)（x+2）≤g（x），g（x+6）≥g（x）.

由兩邊夾定理，得g（x）≤g（x+6）≤g（x+4）≤g（x+2）≤g（x）.

所以g（x+2）=g（x），即函數(shù)g（x）=f（x）-x是周期為2的周期函數(shù).

所以g（2 025）=g（2×1 012+1）=g（1），即f（2 025）-2 025=f（1）-1.所以f（2 025）=f（1）+2 024=1+2 024=2 025.

解法2：遞推分析法.

由f（x+2）-f（x）≤2，可得f（x+2）≤f（x）+2.[JP]

所以f（x+6）=f（x+4+2）≤f（x+4）+2≤f（x+2）+2+2≤f（x）+2+2+2=f（x）+6.

由f（x+6）-f（x）≥6，可得f（x+6）≥f（x）+6，所以f（x+6）=f（x）+6，當(dāng)且僅當(dāng)f（x+2）=f（x）+2時(shí)，等號(hào)成立.

故f（2 025）=f（2×1 012+1）=f（1）+2×1 012=1+2 024=2 025.

4 教學(xué)啟示

在實(shí)際數(shù)學(xué)解題與應(yīng)用時(shí)，經(jīng)常會(huì)涉及一些“相等”與“不等”的恒等轉(zhuǎn)化與綜合應(yīng)用問(wèn)題，而利用兩邊夾定理就是破解其中一些對(duì)應(yīng)問(wèn)題的關(guān)鍵所在.借助兩邊夾定理與相關(guān)的條件，合理構(gòu)建“相等”與“不等”的轉(zhuǎn)化與應(yīng)用，結(jié)合兩邊夾定理、函數(shù)性質(zhì)與不等式性質(zhì)等來(lái)進(jìn)一步加以分析與求解.

其實(shí)，利用兩邊夾定理，巧妙構(gòu)建“相等”與“不等”的恒等轉(zhuǎn)化與應(yīng)用，開(kāi)拓?cái)?shù)學(xué)思維，拓展解題方式，從而實(shí)現(xiàn)“不等”與“相等”之間的變形，由此實(shí)現(xiàn)一系列的變化，從變量到常量，從定值到最值，從抽象到具體等，當(dāng)然也可以合理實(shí)現(xiàn)從運(yùn)動(dòng)到靜止等方面的轉(zhuǎn)化，導(dǎo)致問(wèn)題從復(fù)雜到簡(jiǎn)單等的突破性轉(zhuǎn)化.