兩邊夾等價推理，“等”與“不等”妙轉化

摘要：在數學中，“相等”與“不等”是相對的，兩者之間經常會根據需要加以合理化歸與轉化，進而得以巧妙應用.結合一道模擬題中不等式恒成立的應用場景，借助“相等”與“不等”之間的轉化，合理確定對應函數的最值問題，依托“兩邊夾定理”來化“不等”為“相等”，進而深入應用與轉化，實現問題的突破與求解.

關鍵詞：兩邊夾定理；函數；不等式；取值范圍；代換

“相等”與“不等”是辯證唯物主義中兩個既對立又統一的整體，也是數學學科中綜合與應用的一個重要方面.特別是對應的兩邊夾定理，可以巧妙將“相等”與“不等”加以統一與串聯，進而實現兩者之間的等價轉化與恒等變形，合理開拓數學解題方向，有效突破數學思維瓶頸.

具體利用兩邊夾定理時，可以借助不等式f（x）≤f（x+λ）≤f（x）（常數λ≠0）恒成立來巧妙轉化，得到對應的等式f（x+λ）=f（x）成立；也可以借助不等式f（x）≥a，f（x）≤b（常數alt;b）同時成立，得到對應的不等式a≤f（x）≤b成立等.從兩邊夾定理的不同層面切入，可以通過對應題目中“相等”與“不等”的轉化與應用，求解一些與函數求值、最值（或取值范圍）等相關的綜合應用問題，達到巧思妙想的目的.

1 問題呈現

問題（2025屆浙江省嘉興市高三第一學期期末檢測數學試卷·8）已知函數f（x）滿足：

此題以抽象函數問題場景，結合該抽象函數所對應的兩個不等式恒成立來創新設置，根據一確定的函數值，進而確定所求函數值的取值范圍.問題條件簡單明了，如何將條件與所求結果加以鏈接，借助相應的數學基礎知識與基本思想合理切入，巧妙轉化就成為突破問題節點的關鍵.

具體解題時，關鍵就是抓住該抽象函數所對應的兩個不等式恒成立的條件，結合兩個不等式之間的關系，或合理遞推轉化，或巧妙代換變形，或依托不等式性質應用等，從而合理將題設條件中的不等式加以鏈接，形成不等式“串”，依托兩邊夾定理，給對應函數的取值范圍的確定創造條件.

2 問題破解

方法1：遞推法.

根據題意，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.

點評：利用題設條件中滿足抽象函數的兩個對應不等式，加以合理遞推與恒等變形，結合不等式的基本性質進行巧妙應用，實現一般性連續函數不等式的構建，給問題的突破與求解創造條件.

方法2：代換法.

對于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.

點評：利用題設條件中滿足抽象函數的兩個對應不等式，加以特殊值的代換與轉化，利用賦值法巧妙變形，從不同思維視角切入，合理構建對應的不等式，給函數值的取值范圍的確定指明方向.

方法3：不等式性質法.

[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.

點評：通過題設條件中滿足抽象函數的兩個對應不等式，利用不等式的基本性質，結合不等式同向相加性質及代換思維可得一個對應的不等式；又結合對應不等式的性質加以逐步放縮與轉化，可得另一個對應的不等式.進而結合賦值處理來確定對所求函數值的取值范圍，有效破解相應的問題.

3 變式拓展

3.1 同源變式

3.2 深入變式

變式2設f（x）是定義在R上的函數，若f（1）=1，且對任意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：構建函數法.

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.

結合以上不等式的結構特征，構造函數g（x）=f（x）-x，則有g（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g（x）=f（x）-x是周期為2的周期函數.

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，當且僅當f（x+2）=f（x）+2時，等號成立.

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

4 教學啟示

在實際數學解題與應用時，經常會涉及一些“相等”與“不等”的恒等轉化與綜合應用問題，而利用兩邊夾定理就是破解其中一些對應問題的關鍵所在.借助兩邊夾定理與相關的條件，合理構建“相等”與“不等”的轉化與應用，結合兩邊夾定理、函數性質與不等式性質等來進一步加以分析與求解.

其實，利用兩邊夾定理，巧妙構建“相等”與“不等”的恒等轉化與應用，開拓數學思維，拓展解題方式，從而實現“不等”與“相等”之間的變形，由此實現一系列的變化，從變量到常量，從定值到最值，從抽象到具體等，當然也可以合理實現從運動到靜止等方面的轉化，導致問題從復雜到簡單等的突破性轉化.