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专题03 函数的二级结论的综合应用
目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】函数的值域 【题型02】新定义函数 【题型03】抽象函数的四大性质 【题型04】具体函数的四大性质及应用 【题型05】具体函数的性质及不等式 【题型06】赋值法求解函数性质 【题型07】函数零点及应用 【题型08】函数不等式及应用 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦 函数二级结论是基于基础定义、定理推导的快捷结论，其综合应用是高考数学的高频考点，核心聚焦三大方向：一是单调性与最值的二级结论应用，如导数法推导的“极值点偏移模型”“双变量最值的对称构造结论”，常结合不等式恒成立、能成立问题考查，需快速转化变量关系；二是奇偶性与周期性的复合结论，例如“若为奇函数，则”“周期函数的叠加结论”，多与抽象函数、分段函数结合，侧重奇偶性与周期性的互推互用；三是函数图像与零点的二级结论，像“分式函数的渐近线结论”“零点存在性定理的拓展推论”，常融入数形结合思想，解决零点个数判断、参数范围求解问题。 应用关键在于“精准匹配结论条件”，避免忽略结论成立的前提（如定义域限制、系数范围）；易错点集中在结论混淆（如奇偶性平移结论与周期性结论的区分）、过度依赖结论而忽略逻辑推导。备考需立足基础推导结论，结合典型例题强化“结论+条件+场景”的对应思维，提升解题效率与准确性。
关键能力 条件辨析能力：精准识别结论成立的前提（如定义域、函数类型、系数范围），避免盲目套用； 转化迁移能力：将复杂问题转化为二级结论适配的场景（如双变量问题转化为对称构造模型），实现“问题—结论”的高效衔接； 逻辑验证能力：不依赖结论捷径，保留基础推导逻辑，确保结论应用的严谨性； 数形结合能力：结合函数图像、渐近线、零点分布等结论，可视化分析问题； 分类讨论能力：针对参数范围、结论适用边界，合理分类求解，规避遗漏。 这些能力需通过“结论推导+例题演练+错题复盘”强化，实现解题效率与准确性的双重提升。
备考策略 溯源推导，筑牢基础：不死记硬背结论，亲手推导核心二级结论（如极值点偏移、周期复合结论），明确成立条件与适用场景； 分类梳理，构建体系：按 “单调性 / 奇偶性 / 零点 / 导数” 分类整理结论，搭配典型例题，形成 “结论 — 条件 — 题型” 对应清单； 靶向刷题，强化应用：聚焦高考高频题型（恒成立、参数范围、零点个数），专项训练 “结论匹配 + 逻辑验证” 能力，避免盲目刷题； 错题复盘，规避陷阱：重点标注 “结论滥用、条件遗漏” 类错题，总结易错点（如定义域限制、参数边界）； 限时训练，提升效率：模拟高考节奏限时解题，平衡 “结论快捷性” 与 “推导严谨性”，优化解题速度。
◇方法技巧01函数的二级结论的综合应用做题方法
一、核心解题方法
结论匹配法：先拆解题目条件（如函数类型、已知关系、待求目标），快速检索 “结论 — 条件” 清单，精准匹配适配结论（例：双变量最值问题优先用对称构造结论）；
条件转化法：若题目条件不直接适配结论，通过变量代换、构造辅助函数、等价变形（如不等式移项、对数换底），转化为结论适用场景；
数形结合法：借助函数图像、渐近线、零点分布等二级结论，可视化分析参数范围、零点个数，降低抽象问题难度；
逻辑验证法：应用结论后，通过基础定义或定理反向验证（如用导数推导验证极值点偏移结论的正确性），避免结论滥用。
二、实用解题技巧
标注结论 “触发条件”：解题时先圈出结论成立的关键条件（如定义域、函数连续性），再代入应用；
多结论交叉验证：复杂题型可同时调用多个二级结论（如奇偶性 + 周期性 + 单调性），交叉验证结果；
陷阱规避技巧：遇到参数问题先定定义域，再用结论；涉及分段函数需分段适配结论，避免跨区间套用；
快捷模板套用：总结高频题型模板（如恒成立问题 “结论 + 最值转化” 模板），缩短解题思考时间。
◇题型01函数的值域
典｜例｜精｜析
典例1．已知函数，．若，，使得，则实数的最大值为_________________．
典例2．设函数的定义域为D，若满足条件：存在，使在上的值域为，则称为“倍胀函数”.若函数为“倍胀函数”，则实数t的取值范围是______________.
典例3．已知函数，，其中.若对任意的，存在，使得成立，则实数的值等于_________________.
忽略定义域约束：未先明确函数定义域（如分式分母不为 0、根号下非负），直接套用最值二级结论，导致参数范围偏差； 混淆 “存在性” 与 “恒成立”：误将 “值域包含某区间” 等同于 “最值满足某条件”，忽略参数对最值取值的影响逻辑； 遗漏边界情况：二次函数含参时，未讨论对称轴与定义域的位置关系，直接默认顶点为最值点； 结论条件不符：盲目套用最值相关二级结论（如均值不等式 “一正二定三相等”），忽略等号成立条件或函数单调性前提。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数，，若对任意的，总存在使得成立，则实数a的取值范围是________________．
变式2．设单调函数的定义域为，值域为，如果单调函数使得函数的值域也是，则称函数是函数的一个“保值域函数”．已知定义域为的函数，函数与互为反函数，且是的一个“保值域函数”，是的一个“保值域函数”，则_______________．
变式3．函数的定义域为，若满足：①在内是单调函数；②存在，使得在上的值域为，则称函数为“成功函数”，若函数是“成功函数”，则的取值范围为_________________.
◇题型02新定义函数
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数．例如：．已知函数，则下列叙述中正确的是（ ）
A．是偶函数 B．是奇函数
C．在上是增函数 D．的值域是
典例2．（多选）已知函数的定义域为，若存在实数，使得，则称为函数的不动点，则下列函数一定存在不动点的是（ ）
A．
B．（a为常数）
C．
D．
典例3．（多选）若定义在上的函数同时满足：①；②对，成立；③对，，，成立；则称为“正方和谐函数”，下列说法正确的是（ ）
A．，是“正方和谐函数”
B．若为“正方和谐函数”，则
C．若为“正方和谐函数”，则在上是增函数
D．若为“正方和谐函数”，则对，成立
概念理解偏差：未吃透新定义的本质（如对应关系、定义域限制），仅表面套用规则，导致转化失误； 忽略适用边界：新定义常附带特殊条件（如取值范围、分段逻辑），易遗漏约束导致解题出错； 类比旧知误导：盲目将常规函数性质（奇偶性、单调性）迁移到新定义中，忽略其独特规则； 抽象转化困难：无法将新定义语言转化为数学表达式（如方程、不等式），难以建立解题桥梁； 参数分类不全：含参新定义函数中，未按定义规则分类讨论参数，导致漏解。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）定义在上的函数，如果对任意，都有，且等号仅在时成立，则称函数为“凸函数”.下列函数是凸函数的是（ ）
A． B．
C． D．
变式2．（多选）已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意，都有成立，则称为“类周期函数”．下列函数中是类周期函数的是（ ）
A． B．
C． D．
变式3．（多选）琴生（Jensen，1859-1925）是丹麦的一位电讯工程师，他利用业余时间研究数学，其中流传至今的研究成果是以凹凸函数为基础的“琴生不等式”，表述如下：若函数的导函数存在导函数，记的导函数为，如果对，都有，则称在是“凸函数”，满足；如果对，都有，则称在是“凹函数”，满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，有
B．若，有
C．若，则
D．若，则
◇题型03抽象函数的四大性质
典｜例｜精｜析
典例1．已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（ ）
A． B．
C． D．
典例2．已知函数的定义域为，且满足为偶函数，当时，，若，则（ ）
A． B．
C． D．
典例3．（多选）设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，．则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
奇偶性判断：忽略定义域关于原点对称的前提，或误将的变形推导出错； 单调性应用：未验证 “任意性”，仅由特殊值推导单调性，或忽略单调区间与定义域的从属关系； 周期性推导：混淆周期公式（如周期为），未结合定义域验证周期有效性； 对称性转化：误将对称轴与对称中心结论混用（如对称轴为），或遗漏多对称性叠加的周期推导逻辑。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数是定义在上的可导函数，且满足，，当时，，则（ ）
A． B．
C． D．
变式2．（多选）已知偶函数与奇函数的定义域均为R，且满足，，则下列关系式一定成立的是（ ）
A． B．f（1）=3
C． D．
变式3．（多选）已知为定义在上的偶函数，当时，有，且当时，.给出下列命题，其中正确的命题的为（ ）
A．
B．函数在定义域上是周期为2的周期函数
C．直线与函数的图像有1个交点
D．函数的值域为
变式4．已知函数，若存在实数，使得对任意的实数x恒成立，则称满足性质，下列说法正确的为（ ）
A．若的周期为1，则满足性质
B．若，则不满足性质
C．若（且）满足性质，则
D．若偶函数满足性质，则图象关于直线对称
变式5．（多选）已知定义在上的函数满足，，且当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．在上单调递增
C．函数的零点从小到大依次记为，若，则的取值范围为
D．若函数在上恰有4个零点，则的取值范围为
◇题型04具体函数的四大性质及应用
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知，则下列选项中正确的是（ ）
A．是函数的零点
B．的极大值点为
C．的图象关于点中心对称
D．使得
典例2．（多选）定义在上的函数满足，当时，，则（ ）
A．共有5个零点
B．共有4个极值点
C．
D．当时，方程有且仅有4个实数根
奇偶性应用：三角函数（如）未化简先判奇偶性，或幂函数忽略定义域对称前提； 单调性应用：二次函数未结合开口方向与对称轴，误判区间单调性；指数函数忽略底数范围对单调性的影响； 周期性应用：三角函数（如）漏记定义域不连续点，或误将最小正周期公式套用（如无周期）； 对称性应用：分式函数、对数函数误用对称中心 / 轴结论，未通过图像或定义验证，导致参数求解错误。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知三次函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，则，
B．函数既有极大值又有极小值
C．若是的极大值点，则在区间单调递增
D．当时，函数有三个零点时
变式2．（多选）已知偶函数满足：当时，，则（ ）
A． B．当时，
C． D．函数在区间上有零点
变式3．（多选）已知函数，其中，且当时，，则（ ）
A．
B．是的极小值点
C．若关于的方程有3个不同的实数根，则
D．若对任意都有，则
◇题型05具体函数的性质及不等式
典｜例｜精｜析
典例1．我们知道一个常识：奇函数的导函数是偶函数，偶函数的导函数是奇函数.推广到一般的情况：如果函数的图象有对称中心，那么其导函数的图象会有对称轴；如果函数的图象有对称轴，那么其导函数的图象会有对称中心.请你运用以上性质研究函数的对称性，并判断下列选项中正确的是（ ）
A．有对称中心 B．有对称中心
C．有对称轴 D．有对称轴
典例2．已知函数满足，若函数与图象的交点为、、、，则（ ）
A． B．
C． D．
典例3．已知，且，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
典例4．已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A．的图像关于直线对称
B．,，当时，均有
C．的图像关于点对称
D．至少有2个零点
单调性误用：未确认函数单调区间与不等式定义域一致，如用指数函数单调性时忽略底数范围，或二次函数跨对称轴盲目移项； 奇偶性错配：利用奇偶性转化不等式（如）时，未结合单调性判断方向，或忽略定义域对称性； 周期性疏漏：三角函数不等式中，漏记周期对解区间的影响，未补充完整周期内的所有解； 定义域缺失：解对数、分式函数不等式时，仅关注性质应用，忽略真数正、分母不为 0 等前提，导致增根。
变｜式｜巩｜固
变式1．设函数，，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A．0 B．
C． D．
变式2．设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
变式3．若函数，且，则（ ）
A． B．
C． D．
变式4．19世纪时期，数学家们处理大部分数学对象都没有完全严格定义，数学家们习惯借助直觉和想象来描述数学对象，德国数学家狄利克雷（Dirichlet）在1829年给出了著名函数：（其中为有理数集，为无理数集），后来人们称之为狄利克雷函数，狄利克雷函数的出现表示数学家们对数学的理解发生了深刻的变化，数学的一些“人造”特征开始展现出来，这种思想也标志着数学从研究“算”转变到了研究“概念、性质、结构”．一般地，广义狄利克雷函数可以定义为（其中且），则下列说法正确的是（ ）
A．都有
B．函数和均不存在最小正周期
C．函数和均为偶函数
D．存在三点在图像上，使得为正三角形，且这样的三角形有无数个
◇题型06赋值法求解函数性质
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知函数的定义域为，对任意实数满足，且，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．为减函数 D．为奇函数
典例2．（多选）已知定义在上的函数不恒等于，且对任意的，有，则（ ）
A． B．是偶函数
C．的图象关于点中心对称 D．是的一个周期
赋值无依据：盲目取特殊值（如 ），未结合函数定义域或已知条件，导致推导结论不通用； 漏验普遍性：仅通过单次赋值得出性质（如奇偶性、单调性），未验证 “任意性”，结论存在偶然性； 变形失误：赋值后对等式移项、替换时出错（如误推性质），破坏等价性； 忽略约束：未结合抽象函数隐含条件（如定义域、周期性提示）赋值，导致性质推导与已知矛盾。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知，，则（ ）
A． B．恒成立
C． D．满足条件的不止一个
变式2．（多选）已知函数在上单调递增，且对任意恒成立，则（ ）
A． B．是奇函数
C．是奇函数 D．恒成立
变式3．函数满足：①②，．则的最大值等于_________________．
◇题型07函数零点及应用
典｜例｜精｜析
典例1．函数，若方程有四个不等的实根，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．取值范围为
典例2．已知为定义在上的偶函数，当时，，若方程恰有6个不同的根，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
典例3．已知函数，，则方程的所有实数解的和是（ ）
A．6 B．4
C．2 D．1
函数零点问题的难点与易错点主要集中在以下方面：首先，对零点存在性定理理解不透彻，易忽略函数在区间上连续且端点函数值异号这两个前提条件，误认为函数值同号区间内一定无零点，或有零点则端点函数值一定异号。其次，混淆函数零点与方程根的概念，忽略函数定义域的限制，导致求解范围出错。再者，处理含参零点问题时，方法选择不当，如未能有效分离参数或数形结合不准确。此外，应用二分法时，对精度要求理解有误，或区间选取不合理，导致计算繁琐或结果偏差。需强化概念理解，灵活运用数形结合与分类讨论思想。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数，，若，则下列各式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
变式2．已知函数，若方程有4个不相等的实数根，则实数取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
变式3．已知函数若关于的方程（为实常数）有四个不同的解，且，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
◇题型08函数不等式及应用
典｜例｜精｜析
典例1．设函数，若，则满足的关系式为（ ）
A． B．
C． D．
典例2．已知，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是（ ）
A． B．
C． D．
一正前提忽略：未验证代数式为正就套用公式，比如含未知数的分式，忽略定义域导致符号错误。 二定条件缺失：未凑出定值就求最值，同零点问题中常需配凑因式使和或积为定值，盲目变形会导致结果失真。 三相等验证遗漏：忽略等号成立条件，同零点下需确认取等时未知数取值在定义域内，否则最值无法取到。 此外，还易混淆 “和定积最大” 与 “积定和最小” 的适用场景，导致逻辑倒置。
变｜式｜巩｜固
变式1．设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．1
变式2．（多选）对，不等式恒成立，则（ ）
A．若，则的取值范围为
B．若，则
C．若，则
D．若，则的取值范围为
一、单项选择题
1．（2014·江西·高考真题）已知函数，若，则（ ）
A． B．
C．1 D．2
2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B．
C．1 D．2
3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·北京·高考真题）已知，是函数的图象上两个不同的点，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2026·云南·模拟预测）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则方程的解的个数为（ ）
A．4 B．3
C．2 D．1
6．（2025·河北·模拟预测）已知为定义在上的偶函数，当时，，若方程恰有6个不同的根，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2026·海南海口·一模）已知，设满足方程，满足方程，则（ ）
A．a B．2a
C．1 D．2
8．（2026·陕西咸阳·一模）若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题
9．（2025·全国二卷·高考真题）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ）
A． B．当时，
C．当且仅当 D．是的极大值点
10．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
11．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为________________．
13．（2023·全国乙卷·高考真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是________________.
14．（2024·天津·高考真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为________________．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题03 函数的二级结论的综合应用
目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】函数的值域 【题型02】新定义函数 【题型03】抽象函数的四大性质 【题型04】具体函数的四大性质及应用 【题型05】具体函数的性质及不等式 【题型06】赋值法求解函数性质 【题型07】函数零点及应用 【题型08】函数不等式及应用 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦 函数二级结论是基于基础定义、定理推导的快捷结论，其综合应用是高考数学的高频考点，核心聚焦三大方向：一是单调性与最值的二级结论应用，如导数法推导的“极值点偏移模型”“双变量最值的对称构造结论”，常结合不等式恒成立、能成立问题考查，需快速转化变量关系；二是奇偶性与周期性的复合结论，例如“若为奇函数，则”“周期函数的叠加结论”，多与抽象函数、分段函数结合，侧重奇偶性与周期性的互推互用；三是函数图像与零点的二级结论，像“分式函数的渐近线结论”“零点存在性定理的拓展推论”，常融入数形结合思想，解决零点个数判断、参数范围求解问题。 应用关键在于“精准匹配结论条件”，避免忽略结论成立的前提（如定义域限制、系数范围）；易错点集中在结论混淆（如奇偶性平移结论与周期性结论的区分）、过度依赖结论而忽略逻辑推导。备考需立足基础推导结论，结合典型例题强化“结论+条件+场景”的对应思维，提升解题效率与准确性。
关键能力 条件辨析能力：精准识别结论成立的前提（如定义域、函数类型、系数范围），避免盲目套用； 转化迁移能力：将复杂问题转化为二级结论适配的场景（如双变量问题转化为对称构造模型），实现“问题—结论”的高效衔接； 逻辑验证能力：不依赖结论捷径，保留基础推导逻辑，确保结论应用的严谨性； 数形结合能力：结合函数图像、渐近线、零点分布等结论，可视化分析问题； 分类讨论能力：针对参数范围、结论适用边界，合理分类求解，规避遗漏。 这些能力需通过“结论推导+例题演练+错题复盘”强化，实现解题效率与准确性的双重提升。
备考策略 溯源推导，筑牢基础：不死记硬背结论，亲手推导核心二级结论（如极值点偏移、周期复合结论），明确成立条件与适用场景； 分类梳理，构建体系：按 “单调性 / 奇偶性 / 零点 / 导数” 分类整理结论，搭配典型例题，形成 “结论 — 条件 — 题型” 对应清单； 靶向刷题，强化应用：聚焦高考高频题型（恒成立、参数范围、零点个数），专项训练 “结论匹配 + 逻辑验证” 能力，避免盲目刷题； 错题复盘，规避陷阱：重点标注 “结论滥用、条件遗漏” 类错题，总结易错点（如定义域限制、参数边界）； 限时训练，提升效率：模拟高考节奏限时解题，平衡 “结论快捷性” 与 “推导严谨性”，优化解题速度。
◇方法技巧01函数的二级结论的综合应用做题方法
一、核心解题方法
结论匹配法：先拆解题目条件（如函数类型、已知关系、待求目标），快速检索 “结论 — 条件” 清单，精准匹配适配结论（例：双变量最值问题优先用对称构造结论）；
条件转化法：若题目条件不直接适配结论，通过变量代换、构造辅助函数、等价变形（如不等式移项、对数换底），转化为结论适用场景；
数形结合法：借助函数图像、渐近线、零点分布等二级结论，可视化分析参数范围、零点个数，降低抽象问题难度；
逻辑验证法：应用结论后，通过基础定义或定理反向验证（如用导数推导验证极值点偏移结论的正确性），避免结论滥用。
二、实用解题技巧
标注结论 “触发条件”：解题时先圈出结论成立的关键条件（如定义域、函数连续性），再代入应用；
多结论交叉验证：复杂题型可同时调用多个二级结论（如奇偶性 + 周期性 + 单调性），交叉验证结果；
陷阱规避技巧：遇到参数问题先定定义域，再用结论；涉及分段函数需分段适配结论，避免跨区间套用；
快捷模板套用：总结高频题型模板（如恒成立问题 “结论 + 最值转化” 模板），缩短解题思考时间。
◇题型01函数的值域
典｜例｜精｜析
典例1．已知函数，．若，，使得，则实数的最大值为_________________．
【答案】2
【分析】由题意可知，函数在[3，+∞)的值域是函数在[3.+∞)上值域的子集，所以分别求两个函数的值域，利用子集关系可求实数a的取值范围.
【详解】由题意可知，函数在[3，+∞)的值域是函数在[3.+∞)上值域的子集，
，等号成立的条件是，即x=3，成立，
即函数在[3.+∞)的值域是[4.+∞)，
，是增函数，当x∈[3.+∞)时，函数的值域是，
所以，解得:1所以实数a的最大值是2.
故答案为:2.
【点睛】本题考查双变量的函数关系求参数的取值范围，重点考查函数的值域，子集关系，属于较难题.
典例2．设函数的定义域为D，若满足条件：存在，使在上的值域为，则称为“倍胀函数”.若函数为“倍胀函数”，则实数t的取值范围是______________.
【答案】
【解析】根据定义及函数的单调性，可得方程有两个不等的实数根，构造函数，通过求导求得极值点，代入，求得的最大值，进而可求解.
【详解】解：因为函数为“倍胀函数”，且定义域为，所以存在，使在上的值域为.因为为增函数，所以，所以方程有两个不等的实数根.令，则，令，解得.易知在上单调递增，在上单调递减，所以.易知当时，，当时，所以要使方程有两个不等的实数根，只需，得，所以t的取值范围为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，方程的根等，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，考查考生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于较难题.
试题以新定义函数为切入点，围绕函数的定义域与值域的关系设题，引导考生将已知条件转化为方程的根进行求解，思维层次较高，考查逻辑推理、直观想象，数学运算等核心素养.
典例3．已知函数，，其中.若对任意的，存在，使得成立，则实数的值等于_________________.
【答案】
【分析】首先等式转化为，并构造函数，分别求和在上的值域，转化为值域的包含关系，列不等式求解.
【详解】由可得，令，则.而，所以对任意的，存在，使得成立.因为，所以在上的值域为，在上的值域为，依题意有，故，可得，得.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是将进行转化，通过构造函数，并借助域之间的包含关系建立不等式进行求解.
忽略定义域约束：未先明确函数定义域（如分式分母不为 0、根号下非负），直接套用最值二级结论，导致参数范围偏差； 混淆 “存在性” 与 “恒成立”：误将 “值域包含某区间” 等同于 “最值满足某条件”，忽略参数对最值取值的影响逻辑； 遗漏边界情况：二次函数含参时，未讨论对称轴与定义域的位置关系，直接默认顶点为最值点； 结论条件不符：盲目套用最值相关二级结论（如均值不等式 “一正二定三相等”），忽略等号成立条件或函数单调性前提。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数，，若对任意的，总存在使得成立，则实数a的取值范围是________________．
【答案】
【解析】根据任意的，总存在使得成立，问题转化为的值域是值域的子集，故只需分别求出两个函数的值域，利用子集关系建立不等式，即可求出a的取值范围.
【详解】因为函数在上单调递减，
所以，即，
所以函数的值域为，
因为对任意的，总存在使得成立，
故的值域是值域的子集，
对，，
当时，，符合题意；
当时，函数在单调递增，所以，
所以解得，又，所以，
综上，实数a的取值范围是．
故答案为：
【点睛】本题主要考查等式型双变量存在性和任意性混搭问题，对于形如“任意的，都存在，使得成立”此类问题“等价转化”策略是利用的值域是值域的子集来求解参数的范围．
变式2．设单调函数的定义域为，值域为，如果单调函数使得函数的值域也是，则称函数是函数的一个“保值域函数”．已知定义域为的函数，函数与互为反函数，且是的一个“保值域函数”，是的一个“保值域函数”，则_______________．
【答案】1
【分析】根据反函数性质以及“保值域函数”定义可得的值域等于的定义域，再根据对应区间单调性分类讨论值域取法，最后根据对应关系确定a,b，解得结果.
【详解】根据“保值域函数”的定义可知；如果函数是函数的一个“保值域函数”，那么的值域就等于的定义域．所以，的值域等于的定义域；的值域等于的定义域．因为函数与互为反函数，所以的定义域等于的值域．因此的值域等于的定义域．函数，
所以在是单调递减，在是单调递增．（1）当时，，消元得到，解得，舍去；（2）当时，，整理可得，解得，故
【点睛】本题属于定义题，有点难．需要在审题过程中把题干上给的定义读懂，理解透彻，灵活运用，对学生能力要求高．本题需要注意两点：（1）复合函数中内涵数的值域等于外函数的定义域，所以能够得出的值域就等于的定义域；（2）互为反函数的两个函数，一个函数定义域等域另一个的值域，这个性质是解本题的关键．本题易错的是遗忘了定义中对函数单调的要求．
变式3．函数的定义域为，若满足：①在内是单调函数；②存在，使得在上的值域为，则称函数为“成功函数”，若函数是“成功函数”，则的取值范围为_________________.
【答案】
【分析】先判断函数单调性，再由得到是方程的两个实数根，通过换元转化为
两个函数的图象有两个交点的问题，最后借助函数的范围即可求解.
【详解】当时，因在其定义域内是单调递增函数，则也是单调递增函数；
当时，在其定义域内是单调递减函数，则是单调递增函数；
所以函数是增函数，有，即，
故是方程的两个实数根，即方程有两个不同的实数根，
也即函数与直线有两个不同的交点.令，则，
所以问题转化为函数与有两个不同的交点，最大值为，
又时，，所以当时，即时，两函数恰有两个交点.
故答案为：.
◇题型02新定义函数
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数．例如：．已知函数，则下列叙述中正确的是（ ）
A．是偶函数 B．是奇函数
C．在上是增函数 D．的值域是
【答案】BCD
【分析】利用偶函数的定义举例判断A；利用奇函数的定义推理判断B；利用指数型复合函数单调性判断C；求出的值域，进而求出的值域判断D.
【详解】依题意，函数的定义域为，
A，，，，函数不是偶函数，A错；
B，，则函数是奇函数，B对；
C，函数在上单调递增，则函数在R上是增函数，C对；
D，由，得，则，的值域为，D对.
故选：BCD
典例2．（多选）已知函数的定义域为，若存在实数，使得，则称为函数的不动点，则下列函数一定存在不动点的是（ ）
A．
B．（a为常数）
C．
D．
【答案】ACD
【分析】对A，由不动点定义直接求出判断；对B，令，转化为判断方程有无解；对C，根据零点存在性定理可判断；对D，令，解方程判断.
【详解】对于A，由，所以是函数的不动点，故A正确；
对于B，令，得，，
当，即时，方程无实数解，故无不动点，故B错误；
对于C，令，得，令，，
函数在上的图象是连续不断的曲线，且，，
所以函数在上存在零点，即有解，
所以函数存在不动点，故C正确；
对于D，令，得，即，，
所以存在，使得，故D正确.
故选：ACD.
典例3．（多选）若定义在上的函数同时满足：①；②对，成立；③对，，，成立；则称为“正方和谐函数”，下列说法正确的是（ ）
A．，是“正方和谐函数”
B．若为“正方和谐函数”，则
C．若为“正方和谐函数”，则在上是增函数
D．若为“正方和谐函数”，则对，成立
【答案】ABD
【分析】条件③．即可判定A，由条件①③可得，即可求得即可判断B，由条件③即可判断C,由迭代递推法即可判断D.
【详解】对于A,函数，，显然满足条件①②．
对任意，且时，．
函数在区间，上为“正方和谐函数”．故A正确.
对于B，若函数为“正方和谐函数”，
则令，，得，即，
又由对，，，故B正确；
对于C，设，则，所以
，即有，
函数在区间上不一定是单调递增，故C错误；
对于D，①当时，成立，
②当时，，，
③当时，，，则；
显然，当时，成立；
假设当时，有成立，其中，
那么当时，，
可知对于，总有，其中，
而对于任意，存在正整数，使得，此时
综上可知，满足条件的函数对时总有成立.
故D正确，
故选：ABD
概念理解偏差：未吃透新定义的本质（如对应关系、定义域限制），仅表面套用规则，导致转化失误； 忽略适用边界：新定义常附带特殊条件（如取值范围、分段逻辑），易遗漏约束导致解题出错； 类比旧知误导：盲目将常规函数性质（奇偶性、单调性）迁移到新定义中，忽略其独特规则； 抽象转化困难：无法将新定义语言转化为数学表达式（如方程、不等式），难以建立解题桥梁； 参数分类不全：含参新定义函数中，未按定义规则分类讨论参数，导致漏解。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）定义在上的函数，如果对任意，都有，且等号仅在时成立，则称函数为“凸函数”.下列函数是凸函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】对A：，化简即可判断；对B：，化简即可判断；对C：，结合对数函数性质化简即可判断；对D：即可判断.
【详解】对于A：
对，，恒成立.
左右平方得，化简得，显然恒成立，故A正确.
对B：对，，恒成立.
化简得显然不恒成立，故B不正确；
对于C，对，，恒成立
由在上单调递增，故，
化简可得，显然对恒成立，故C正确；
对D：，
，即，故D错误.
故选：AC.
变式2．（多选）已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意，都有成立，则称为“类周期函数”．下列函数中是类周期函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】根据“类周期函数”定义，判断四个选项即可.
【详解】对于A，因为，所以，所以为“类周期函数”，故A正确；
对于B，因为，所以，所以不为“类周期函数”，故B错误；
对于C，因为，当且时，，
所以为“类周期函数”，故C正确；
对于D，因为，所以，所以不为“类周期函数”，故D错误；
故选：AC.
变式3．（多选）琴生（Jensen，1859-1925）是丹麦的一位电讯工程师，他利用业余时间研究数学，其中流传至今的研究成果是以凹凸函数为基础的“琴生不等式”，表述如下：若函数的导函数存在导函数，记的导函数为，如果对，都有，则称在是“凸函数”，满足；如果对，都有，则称在是“凹函数”，满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，有
B．若，有
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【分析】求出并确定其正负，再由“琴生不等式”判断AB；由选项CD的信息构造函数，求出，再利用“琴生不等式”求解判断CD.
【详解】对于A，，，则在是“凸函数”，
，，A正确；
对于B，，，则在是“凹函数”，
，有，B错误；
对于C，令函数，，
函数在是“凹函数”，，
因此，C正确；
对于D，令函数，，
在是“凸函数”，，，
因此，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据给定的信息构造函数，再利用“琴生不等式”是求解选项CD的关键.
◇题型03抽象函数的四大性质
典｜例｜精｜析
典例1．已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据函数为奇函数可得，又，即可求解.
【详解】∵函数为奇函数，∴，
又∵，
∴，故选项C正确.
其他三个选项条件不足无法计算，故选C.
故选：C.
典例2．已知函数的定义域为，且满足为偶函数，当时，，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】通过分析得的周期为4，的图象关于点对称，当时，，结合即可求解.
【详解】因为，所以①，
则函数的图象关于点对称．
因为为偶函数，所以②，
则函数的图象关于直线对称．
由①②得，则，故的周期为4，
所以．
由，令，得，即③．
已知，由函数的图象关于直线对称，得．
又函数的图象关于点对称，得，
所以，即，所以④．
联立③④解得，故当时，．
由的图象关于点对称，
可得．
故选：A．
典例3．（多选）设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，．则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】由为奇函数与为偶函数，得到函数的对称性与周期性，先由特值待定，再根据性质求值即可，CD选项结合周期特点进行数列求和，使用并项求和法.
【详解】由为奇函数，
得关于对称，且满足；
由为偶函数，
得关于直线对称，且满足.
故，
所以是周期函数，且周期.
对选项A，由，
令，解得，故A错误；
对选项B，已知当时，，
则，
故当时，.
则，故B错误；
对选项C，，，
，，且周期.
则，故C正确．
对选项D，
，故D正确．
故选：CD．
奇偶性判断：忽略定义域关于原点对称的前提，或误将的变形推导出错； 单调性应用：未验证 “任意性”，仅由特殊值推导单调性，或忽略单调区间与定义域的从属关系； 周期性推导：混淆周期公式（如周期为），未结合定义域验证周期有效性； 对称性转化：误将对称轴与对称中心结论混用（如对称轴为），或遗漏多对称性叠加的周期推导逻辑。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数是定义在上的可导函数，且满足，，当时，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先判断函数的周期性，从而得到导数的周期性，再根据导函数的对称性和周期性可求.
【详解】由可得，
所以函数周期是，且的周期也是.
因为，故，
故的图象关于直线对称.
对求导得，.
则
故选：B.
变式2．（多选）已知偶函数与奇函数的定义域均为R，且满足，，则下列关系式一定成立的是（ ）
A． B．f（1）=3
C． D．
【答案】AD
【分析】根据函数的奇偶性及所给抽象函数的性质，利用换为可判断A，利用赋值可判断B，推理得出后赋值可判断C，由条件推理可得，即可判断D.
【详解】由，将换为知，故A对；
，奇函数中，
则，，由为偶函数，，故B错；
，，
又，，
，，故C错，
，则，即.
，，
，即，
为偶函数，，
①，②
由①②知，故D对.
故选：AD.
变式3．（多选）已知为定义在上的偶函数，当时，有，且当时，.给出下列命题，其中正确的命题的为（ ）
A．
B．函数在定义域上是周期为2的周期函数
C．直线与函数的图像有1个交点
D．函数的值域为
【答案】ACD
【分析】根据已知条件中函数是偶函数且时，有以及时，，画出函数图象，逐一分析四个结论的真假，可得答案．
【详解】根据题意，可在同一平面直角坐标系中画出直线和函数的图象如图所示，
根据图象可知选项A中，正确；
对于选项B，函数在定义域上不是周期函数，所以B不正确；
对于选项C，根据函数图象可知与的图象有个交点，所以C正确；
对于选项D，根据图象，函数的值域是，所以D正确.
故选：ACD.
变式4．已知函数，若存在实数，使得对任意的实数x恒成立，则称满足性质，下列说法正确的为（ ）
A．若的周期为1，则满足性质
B．若，则不满足性质
C．若（且）满足性质，则
D．若偶函数满足性质，则图象关于直线对称
【答案】D
【分析】根据新定义结合条件逐项进行验证．
【详解】选项A，的周期为1，则，从而有，因此具有性质，但不一定成立，A错；
选项B，，，所以，所以具有性质，B错；
选项C，若（且）满足性质，则，所以，从而，C错；
选项D，偶函数满足性质，即，又是偶函数，
所以，所以图象关于直线对称，D正确，
故选：D．
变式5．（多选）已知定义在上的函数满足，，且当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．在上单调递增
C．函数的零点从小到大依次记为，若，则的取值范围为
D．若函数在上恰有4个零点，则的取值范围为
【答案】AC
【分析】直接代入即可求解A，根据，作出函数的图象，即可结合选项逐一求解.
【详解】由题可知，，A正确.
由，可作出的部分图象，可知在上单调递增，在上单调递减，B不正确.
由，得，根据函数的对称性可知，当时，可知，是方程的两个不同的根，且，，根据的图象可知，a的取值范围为，C正确.
当函数在上恰有4个零点时，根据的图象可知，a的取值范围为，D不正确.
故选：
◇题型04具体函数的四大性质及应用
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知，则下列选项中正确的是（ ）
A．是函数的零点
B．的极大值点为
C．的图象关于点中心对称
D．使得
【答案】ABC
【分析】根据题目条件结合函数零点、导数与极值、函数图像的对称性、不等式与单调性等性质逐一分析判断选项.
【详解】选项A：计算，故是零点，A正确.
选项B：由，令得开口向上，
较小根处导数由正变负，故为极大值点，B正确.
选项C：计算，，
则恒成立，故图象关于点中心对称，C正确.
选项D：由函数图象关于点中心对称可知，不等式化简为，
当时，单调递增且，故，，D错误.
故选：ABC
典例2．（多选）定义在上的函数满足，当时，，则（ ）
A．共有5个零点
B．共有4个极值点
C．
D．当时，方程有且仅有4个实数根
【答案】ABD
【分析】当时，求出的导数，利用导数得出的单调性，从而得出的极值、零点，再利用知是R上的奇函数，图象关于原点对称，，从而根据函数的单调性与奇函数的对称性得出共有5个零点，4个极值点，故A、B正确；由可知，故C错误；因为，，，，再结合函数的单调性与奇函数的对称性作出函数图象，由图象可知D正确.
【详解】当时，，
令，解得或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
因此时，在时取得极大值，在时取得极小值，共有2个极值点，
，
，
又在上单调递增，所以在上有一个零点，
因此时，共有2个零点，
因为，所以是R上的奇函数，奇函数的图象关于原点对称，且，
所以时，有2个零点，有2个极值点.
因此，在R上共有5个零点，故A正确；
在R上共有4个极值点，故B正确；
因为是R上的奇函数，所以，故C错误；
由于当时，，
则当且时，，
，
作出函数图象，
由图象可知，当时，方程有且仅有4个实数根，故D正确；
故选：ABD.
奇偶性应用：三角函数（如）未化简先判奇偶性，或幂函数忽略定义域对称前提； 单调性应用：二次函数未结合开口方向与对称轴，误判区间单调性；指数函数忽略底数范围对单调性的影响； 周期性应用：三角函数（如）漏记定义域不连续点，或误将最小正周期公式套用（如无周期）； 对称性应用：分式函数、对数函数误用对称中心 / 轴结论，未通过图像或定义验证，导致参数求解错误。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知三次函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，则，
B．函数既有极大值又有极小值
C．若是的极大值点，则在区间单调递增
D．当时，函数有三个零点时
【答案】ABD
【分析】利用对称性结合求出判断A；求出的导数并确定极值点情况判断B；由并求出极大值，再确定单调区间判断C；求出函数的极大值与极小值，再由函数的零点个数列式求出的范围判断D.
【详解】由三次函数的对称中心为，得，
则，
整理得，因此，
对于A，由，得，解得，A正确；
对于B，，而，则由，得或，
显然是函数的变号零点，由二次函数图象性质知，当时，分别是的
极大值点和极小值点，当时，分别是的极小值点和极大值点，
因此函数既有极大值又有极小值，B正确；
对于C，由选项B知，当时，是的极大值点，而当时，，
当时，，函数在上递减，在上递增，在上不单调，C错误；
对于D，由，得，由选项B知，当时，函数在取得极大值，
在取得极小值，由函数有三个零点，得，
即，解得，D正确.
故选：ABD
变式2．（多选）已知偶函数满足：当时，，则（ ）
A． B．当时，
C． D．函数在区间上有零点
【答案】ACD
【分析】利用偶函数的定义、性质判断ABC；利用零点存在性定理判断D.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，当时，，则，B错误；
对于C，当时，，当且仅当时取等号，则，
当时，，因此，C正确；
对于D，，，即，
因此在区间上有零点，D正确.
故选：ACD
变式3．（多选）已知函数，其中，且当时，，则（ ）
A．
B．是的极小值点
C．若关于的方程有3个不同的实数根，则
D．若对任意都有，则
【答案】ABC
【分析】对于A选项，分情况讨论和两种情况即可；对于B选项，结合A选项的结果，对求导后即可求得结果；对于C选项，根据B选项求得的极值结果，分析即可得出答案；对于D选项，求出的表达式，分情况讨论、、三种情况即可．
【详解】对于A，当时，，又因为当时，，所以此时，对恒成立，故，
当时，，同样因为当时，，所以此时，
对恒成立，故，
所以，即，故A正确；
对于B，由选项A可知，对求导，
，
令，即，解得或，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以为的极小值点，故B正确；
对于C，由选项B可知，为的极大值点，为的极小值点，
又，，
要使方程有个不同的实数根，则，即，也即，因为，解得，故C正确；
对于D，，
则，
由题意可知恒成立，
显然当时，成立，
显然当时，当，，故不恒成立，
所以当时，即恒成立，
所以，
解得或，故D错误。
故选：ABC．
◇题型05具体函数的性质及不等式
典｜例｜精｜析
典例1．我们知道一个常识：奇函数的导函数是偶函数，偶函数的导函数是奇函数.推广到一般的情况：如果函数的图象有对称中心，那么其导函数的图象会有对称轴；如果函数的图象有对称轴，那么其导函数的图象会有对称中心.请你运用以上性质研究函数的对称性，并判断下列选项中正确的是（ ）
A．有对称中心 B．有对称中心
C．有对称轴 D．有对称轴
【答案】B
【分析】根据已知新定义结合导函数的对称性即可计算求解.
【详解】因为函数，定义域为，
所以，
导函数关于对称，所以关于即对称，
故选：B
典例2．已知函数满足，若函数与图象的交点为、、、，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】分析可知，函数的图象关于点对称，函数的图象关于点对称，从而可知函数、的图象的交点也关于点对称，结合对称性可求得的值.
【详解】因为满足，则函数的图象关于点对称，
设，则函数的定义域为，
因为，故函数的图象关于点对称，
所以函数、的图象的交点也关于点对称，
不妨设，则，，，，
令，则，
故，故，
由对称性知，，，，
令，则，
故，故，
因此，
故选：C.
典例3．已知，且，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先判断，得到关于对称，再利用函数和的单调性得到的单调性，然后结合对称性解抽象函数不等式即可.
【详解】因为，
所以，
所以，所以的图象关于对称，
又因为在上均为单调递增函数，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，结合对称性可得，
两边平方后化简可得，解得或，
所以的取值范围是.
故选：B.
典例4．已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A．的图像关于直线对称
B．,，当时，均有
C．的图像关于点对称
D．至少有2个零点
【答案】C
【分析】对于A选项，要验证函数图像是否关于对称，可验证和是否相等；对于C选项，可验证函数的图像关于点对称，对于BD选项，可先判断的符号后可判断BD的正误，.
【详解】选项A：函数的定义域为，它不关于对称，
所以的图象不关于直线对称，A选项错误.
选项C：，
，
所以，
所以的图象关于点对称，C选项正确.
选项BD：设，
则，故在为减函数，
而，故时，；时，；
故时，即；
故时，即；
而，故仅有一个零点，故D正确，
而，，而，
故B错误，
故选：C.
单调性误用：未确认函数单调区间与不等式定义域一致，如用指数函数单调性时忽略底数范围，或二次函数跨对称轴盲目移项； 奇偶性错配：利用奇偶性转化不等式（如）时，未结合单调性判断方向，或忽略定义域对称性； 周期性疏漏：三角函数不等式中，漏记周期对解区间的影响，未补充完整周期内的所有解； 定义域缺失：解对数、分式函数不等式时，仅关注性质应用，忽略真数正、分母不为 0 等前提，导致增根。
变｜式｜巩｜固
变式1．设函数，，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A．0 B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数，再求证，即可结合对称性得出求出值.
【详解】令函数，
可得
，
即，所以函数的图象关于直线对称，
因为函数与恰有一个交点，所以，
可得，解得.
故选：C.
变式2．设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】易得函数关于对称，且在上单调递减，在单调递增，将原不等式转化为求解即可.
【详解】因为，所以，
即函数关于对称，
当时，单调递增，
所以函数在上单调递减，在单调递增，
因为，所以，解得，
即的取值范围是，
故选：B.
变式3．若函数，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先利用导数得出函数的单调性，再判断出函数的对称性，进而可得出的大小关系，再逐一判断各个选项即可.
【详解】由，得，
所以是增函数，
又，，
所以，
则，即点是图象的对称中心，
所以，
所以，即，
则，即，，且，
对于A，若，，则，故A错误；
对于B，若，且，则，故B错误；
对于C，因为函数在上是增函数，所以，故C正确；
对于D，若，，则有，故D错误.
故选：C.
变式4．19世纪时期，数学家们处理大部分数学对象都没有完全严格定义，数学家们习惯借助直觉和想象来描述数学对象，德国数学家狄利克雷（Dirichlet）在1829年给出了著名函数：（其中为有理数集，为无理数集），后来人们称之为狄利克雷函数，狄利克雷函数的出现表示数学家们对数学的理解发生了深刻的变化，数学的一些“人造”特征开始展现出来，这种思想也标志着数学从研究“算”转变到了研究“概念、性质、结构”．一般地，广义狄利克雷函数可以定义为（其中且），则下列说法正确的是（ ）
A．都有
B．函数和均不存在最小正周期
C．函数和均为偶函数
D．存在三点在图像上，使得为正三角形，且这样的三角形有无数个
【答案】BCD
【分析】根据狄利克雷函数与广义狄利克雷函数的定义，结合函数值、周期性、奇偶性等逐项判断即可得答案.
【详解】对于A，由于（其中且），当为无理数时，，故A不正确；
对于B，设为非零的有理数，若是有理数，则也是有理数；若是无理数，则也是无理数，根据函数的表达式，任取一个不为零的有理数，所以对恒成立，对恒成立，即数和均为周期函数，但不存在最小正周期，故B正确；
对于C，，则，所以为偶函数，又，所以为偶函数，故C正确；
对于D，取，则为等边三角形，将这个三角形左右平形移动，即只需要三角形的高为，边长为的三角形均可以，所以这样的三角形有无数个，故D正确.
故选：BCD.
◇题型06赋值法求解函数性质
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知函数的定义域为，对任意实数满足，且，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．为减函数 D．为奇函数
【答案】AD
【分析】利用取特殊值方法求解选项A,B,利用抽象函数的关系式结合函数的单调性和奇偶性求解选项C,D.
【详解】对A，令可得，，解得，A正确；
对B，令可得，，
再令可得，，解得，B错误；
对C，因为，，所以,C错误；
对D，令，则，
所以，即，
所以函数为奇函数，D正确；
故选:AD.
典例2．（多选）已知定义在上的函数不恒等于，且对任意的，有，则（ ）
A． B．是偶函数
C．的图象关于点中心对称 D．是的一个周期
【答案】ABC
【分析】利用赋值法令根据表达式可判断A正确，再根据偶函数定义可得B正确；取并根据对称中心定义可得C正确，由对称中心以及偶函数性质可判断是的一个周期，可得D错误.
【详解】对于A,根据题意令，则由可得，解得，即A正确；
对于B,令可得，所以，
即可得对任意的满足，即是偶函数，所以B正确；
对于C,令，则由可得，
即满足，因此可得的图象关于点中心对称，即C正确；
对于D,由于是偶函数，所以满足，即，
可得，也即，所以是的一个周期，即D错误.
故选：ABC
赋值无依据：盲目取特殊值（如 ），未结合函数定义域或已知条件，导致推导结论不通用； 漏验普遍性：仅通过单次赋值得出性质（如奇偶性、单调性），未验证 “任意性”，结论存在偶然性； 变形失误：赋值后对等式移项、替换时出错（如误推性质），破坏等价性； 忽略约束：未结合抽象函数隐含条件（如定义域、周期性提示）赋值，导致性质推导与已知矛盾。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知，，则（ ）
A． B．恒成立
C． D．满足条件的不止一个
【答案】ABC
【分析】令即可判断A；令即可判断B；令即可判断C；令即可判断D.
【详解】A：令，得．又，所以，故A正确．
B：令，得，即，所以，
令，得，即函数，所以，故B正确，D错误；
C：令，得，代入，
可得，则，故C正确；
故选：ABC．
变式2．（多选）已知函数在上单调递增，且对任意恒成立，则（ ）
A． B．是奇函数
C．是奇函数 D．恒成立
【答案】ACD
【分析】采用赋值法逐项分析，取，可判断A；根据奇函数的概念结合条件可判断BC；取，若存在，则，可判断D.
【详解】取，则，又单调递增，所以不恒成立，所以，即A正确；
取，则，所以，即B错误；
因为，所以，所以，即C正确；
取，已知函数在上单调递增，则，又，
若存在，则，所以，即D正确.
故选：ACD.
变式3．函数满足：①②，．则的最大值等于_________________．
【答案】/0.5
【分析】交换可得，进而可得再令可得，最后根据基本不等式可得答案.
【详解】，①．
则交换可得，,
化为②
由①②可得③，
③中令可得，
化简可得，当时等号成立，
所以的最大值等于．
故答案为：
【点睛】方法点睛：解答与抽象函数有关的题目时，常用赋值法.
◇题型07函数零点及应用
典｜例｜精｜析
典例1．函数，若方程有四个不等的实根，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．取值范围为
【答案】C
【分析】利用对数函数与正弦函数的性质作出的图象，结合图象对选项逐一分析即可得解.
【详解】对于A，当时，，则，
易得在上单调递减，且，
当时，，则，
易得在上单调递增，且，即，
当时，，
则由正弦函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，
且，，，，，
从而利用对数函数与正弦函数的性质，画出的图象，如图所示，
因为方程有四个不等的实根，所以与的图像有四个交点，
所以，故A错误；
对于B，结合选项A中分析可得，
所以，则，故B错误；
对于C，由正弦函数的性质结合图像可知与关于对称，
所以，故C正确；
对于D，当时，，
令，得，所以，，
又由图像可知同增同减，所以，故D错误.
故选：C．
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断有以下方法，
（1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；
（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；
（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
典例2．已知为定义在上的偶函数，当时，，若方程恰有6个不同的根，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据偶函数的性质和函数解析式画出图像，然后结合方程的6个根求出结果即可.
【详解】设，由于函数为偶函数，且当时，，故的大致图象如图所示，
当时，函数的图象与直线有四个交点，横坐标分别设为，，且，
故四个方程的根的个数分别为0，0，4，2，
故方程恰有6个不同的根，因此B选项正确．容易验证取其他值时，不符合题意．
故选：B.
典例3．已知函数，，则方程的所有实数解的和是（ ）
A．6 B．4
C．2 D．1
【答案】C
【分析】令，得的图象关于点对称，利用导数知在上有且只有一个零点，则在上有且只有一个零点，故.
【详解】令，其定义域为，
令，显然是奇函数，
则其图象关于原点对称，所以的图象关于点对称.
先讨论在上方程的所有实数解的情况，即函数的零点情况，
因为，，，
所以，所以在上单调递减，
又时，，，
所以在上有且只有一个零点，
又的图象关于点对称，所以在上有且只有一个零点，
且，即方程的所有实数解的和是2.
故选：C
【点睛】关键点点睛：令，得的图象关于点对称，利用对称性求零点和.
函数零点问题的难点与易错点主要集中在以下方面：首先，对零点存在性定理理解不透彻，易忽略函数在区间上连续且端点函数值异号这两个前提条件，误认为函数值同号区间内一定无零点，或有零点则端点函数值一定异号。其次，混淆函数零点与方程根的概念，忽略函数定义域的限制，导致求解范围出错。再者，处理含参零点问题时，方法选择不当，如未能有效分离参数或数形结合不准确。此外，应用二分法时，对精度要求理解有误，或区间选取不合理，导致计算繁琐或结果偏差。需强化概念理解，灵活运用数形结合与分类讨论思想。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数，，若，则下列各式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】把问题转化为两个函数图象交点问题，根据反函数的性质、基本不等式、导数的性质进行逐一判断即可.
【详解】由题可得，即，
在同一坐标系中分别绘出函数，，的图象，
由，可知，由，可得，
联立，解得，
因为函数与互为反函数，所以由反函数性质知、关于对称，
则，，且，，
对于A，，故A错误；
对于B，由，，
则，故B正确；
对于C，因为，故C错误；
对于D，，故D错误.
故选：B.
变式2．已知函数，若方程有4个不相等的实数根，则实数取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】画出的图象，结合函数的图象可得方程的解、满足，根据根分布可求实数取值范围．
【详解】的图象如图所示：
∵方程有4个不相等的实数根，
设，结合图象可知有两个不等实根，
设此关于方程的解为、，其中均不为零且．
由题设可得关于的方程和共有4个不同的解，，
故不能都大于2，不能都小于等于1，
故（舍）或或（舍）．
令，其开口向上，
需满足，即，解得．
故选：D．
【点睛】复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.
变式3．已知函数若关于的方程（为实常数）有四个不同的解，且，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数解析式画出函数大致图象，数形结合有且，结合解析式有、、，最后由指数函数、对勾函数性质求目标式的范围.
【详解】根据函数解析式，可得函数大致图象如下，
由图知，且，
由，得，即，故，
由，则，由，则，
所以，且在上单调递增，
所以.
故选：A
◇题型08函数不等式及应用
典｜例｜精｜析
典例1．设函数，若，则满足的关系式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】分别得到函数和在定义域上的零点，根据题意，结合图象，列出关系式，即可求解.
【详解】由函数，
因为在定义域上单调增且零点为，
在定义域上单调减且零点为，
故与在定义域内函数值正负相反且零点重合，
如图所示，则，所以．
故选：C
典例2．已知，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】设，，讨论两个函数的零点，根据可得的关系，代入目标式，结合基本不等式可得.
【详解】设，.
因为，所以在上单调递增.
当时，；当时，.
因为的图象开口向上，，所以方程有一正根一负根，
即函数在上有且仅有一个零点，且为异号零点.
由题意可得，，则当时，；当时，，
所以是方程的根，则，即，且，
所以，当且仅当时等号成立.
故选：A.
【点睛】关键点睛：关键在于将不等式恒成立转化为两个函数零点重合，从而得到的关系，然后借助基本不等式求解即可.
一正前提忽略：未验证代数式为正就套用公式，比如含未知数的分式，忽略定义域导致符号错误。 二定条件缺失：未凑出定值就求最值，同零点问题中常需配凑因式使和或积为定值，盲目变形会导致结果失真。 三相等验证遗漏：忽略等号成立条件，同零点下需确认取等时未知数取值在定义域内，否则最值无法取到。 此外，还易混淆 “和定积最大” 与 “积定和最小” 的适用场景，导致逻辑倒置。
变｜式｜巩｜固
变式1．设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．1
【答案】C
【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值.
【详解】解法一：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；
可知若，符合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
综上所述：，即，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
解法二：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
则当时，，故，所以；
时，，故，所以；
故，则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.
变式2．（多选）对，不等式恒成立，则（ ）
A．若，则的取值范围为
B．若，则
C．若，则
D．若，则的取值范围为
【答案】ACD
【分析】将问题转化为和在同一区间上的符号相同，即可求解两个函数的零点，结合所给的范围，针对选项逐一求解即可.
【详解】对于A，当时，不等式为，，
对，恒成立，故在恒成立，
而，
故或对恒成立，
故或对恒成立，
由于，故对恒成立不符合，故舍去，
故对恒成立，，故，得，故A正确，
对于B，令，，
令，解得或，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
对于，由于在单调递增，
要使在上恒成立，故同号，
结合在单调递增，故至多一个零点，因此无法得到，故B错误；
对于C，令，，
令，解得或，
当时，，
当时，，
时，，
对于，由于在单调递增，
要使在上恒成立，
故需要在以及同号，
由于，故，即，故C正确，
对于D，令，，
令，解得或，
当时，，
当时，，
对于，由于在单调递增，
要使在上恒成立，
只需要在恒成立，
故在恒成立，即，故D正确.
故选：ACD
一、单项选择题
1．（2014·江西·高考真题）已知函数，若，则（ ）
A． B．
C．1 D．2
【答案】A
【分析】根据分段函数解析式计算即可.
【详解】，，解得.
故选：A.
2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B．
C．1 D．2
【答案】D
【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可.
【详解】解法一：令，即，可得，
令，
原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得，即，解得，
若，令，可得
因为，则，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，
所以符合题意；
综上所述：.
解法二：令，
原题意等价于有且仅有一个零点，
因为，
则为偶函数，
根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，
即，解得，
若，则，
又因为当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
即有且仅有一个零点0，所以符合题意；
故选：D.
3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【详解】因为当时，所以，
又因为，
则，
，
，
，
，则依次下去可知，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
4．（2024·北京·高考真题）已知，是函数的图象上两个不同的点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.
【详解】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，
对于选项AB：可得，即，
根据函数是增函数，所以，故B正确，A错误；
对于选项D：例如，则，
可得，即，故D错误；
对于选项C：例如，则，
可得，即，故C错误，
故选：B.
5．（2026·云南·模拟预测）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则方程的解的个数为（ ）
A．4 B．3
C．2 D．1
【答案】B
【分析】原题意等价于函数与函数图象的交点个数，作出函数图象即可得解.
【详解】因为方程的解的个数，等价于函数与函数图象的交点个数，
因为函数是定义在上的奇函数，当时，，
在同一直角坐标系中，分别作出它们的图象，
由图象可知，交点个数为3.
故选：B.
6．（2025·河北·模拟预测）已知为定义在上的偶函数，当时，，若方程恰有6个不同的根，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据偶函数的性质和函数解析式画出图像，然后结合方程的6个根求出结果即可.
【详解】设，由于函数为偶函数，且当时，，故的大致图象如图所示，
当时，函数的图象与直线有四个交点，横坐标分别设为，，且，
故四个方程的根的个数分别为0，0，4，2，
故方程恰有6个不同的根，因此B选项正确．容易验证取其他值时，不符合题意．
故选：B.
7．（2026·海南海口·一模）已知，设满足方程，满足方程，则（ ）
A．a B．2a
C．1 D．2
【答案】A
【分析】通过变量替换将第二个方程变形为与第一个方程相同的形式，利用函数单调性得到，从而求解出的值.
【详解】由题意可得，满足方程，
满足方程，
令，则，
将代入可得：
，进一步化简可得：，
观察与，发现两个方程形式相同，
设，对函数求导可得：，
在时，，所以在时单调递增，即方程有唯一解，
所以，，即，所以.
故选：A.
8．（2026·陕西咸阳·一模）若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题设，结合一次函数、对数函数的性质可得，进而得到，再结合基本不等式分，两种情况讨论求解即可.
【详解】由于函数在上单调递增，且零点为，
函数在上单调递减，且零点为，
要使不等式恒成立，
则，即，
所以，
当时，，
当且仅当，即时等号成立；
当时，，
当且仅当，即时等号成立.
综上所述，的取值范围为.
故选：B
二、多项选择题
9．（2025·全国二卷·高考真题）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ）
A． B．当时，
C．当且仅当 D．是的极大值点
【答案】ABD
【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确；
对B，当时，，则，故B正确；
对C，，故C错误；
对D，当时，，则，
令，解得或（舍去），
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
则是极大值点，故D正确；
故选：ABD.
10．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
11．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
三、填空题
12．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为________________．
【答案】
【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【详解】令，即，令
则，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，，
因为曲线与在上有两个不同的交点，
所以等价于与有两个交点，所以.
故答案为：
13．（2023·全国乙卷·高考真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是________________.
【答案】
【分析】原问题等价于恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数的取值范围.
【详解】由函数的解析式可得在区间上恒成立，
则，即在区间上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
结合题意可得实数的取值范围是.
故答案为：.
14．（2024·天津·高考真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为________________．
【答案】
【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数与，则两函数图象有唯一交点，分、与进行讨论，当时，计算函数定义域可得或，计算可得时，两函数在轴左侧有一交点，则只需找到当时，在轴右侧无交点的情况即可得；当时，按同一方式讨论即可得.
【详解】令，即，
由题可得，
当时，，有，则，不符合要求，舍去；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，或（正值舍去），
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
令，即，
故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，
由的渐近线方程为，
即部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递增，
故有，解得，故符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，（负值舍去）或，
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，
部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递减，
故有，解得，故符合要求；
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数的零点问题转化为函数与函数的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.
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