专题03 函数的二级结论的综合应用究的基本应用（培优讲义）（全国通用）2026年高考数学二轮复习高效培优系列

该高中数学讲义聚焦函数二级结论综合应用，覆盖单调性与最值、奇偶性与周期性、函数图像与零点三大高考核心考点，按考向聚焦-方法技巧-题型速解-决胜冲刺逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导、典例精析、变式巩固及真题训练，帮助学生系统突破函数难点。 讲义特色在于溯源推导结论并构建“结论+条件+场景”对应思维，如极值点偏移模型推导与应用，培养学生数学思维与逻辑验证能力。设置分层练习与错题复盘环节，助力学生高效提升解题效率，为教师把控复习节奏提供实战指导。

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<a≤2， 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. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题03函数的二级结论的综合应用 目录 第部分研考情精析 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 第四暗部分练决胜冲刺 精选好题+通关训练 N0.1 析·考情精析 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 考向聚焦 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f(x+)为奇函数，则 f(-x+a)=-f(x+a)”“周期函数的叠加结论”，多与抽象函数、分段函数结合，侧重奇 1/17 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 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。 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“问题一结论”的高效衔接： 关键能力 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。 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“结论一条件一题型”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 备考策略 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。 N0.2 理·方法技巧 ◇方法技巧1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、己知关系、待求目标），快速检索“结论一条件”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、 2/17 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 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： 陷讲规避技巧：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。 N0.3 攻·题型速解 ◇题型01函数的值域 典|例|精1析 典例.已知函数f=-2r+，h到=a-4a>川.若次3，切，此3，切，使得 x-2 f(x)=h(x),则实数a的最大值为 典例2.设函数h(x的定义域为D,若满足条件：存在[a,b)D,使h(x在[a,b]上的值域为[2a,2b],则称 h(x)为“倍胀函数”.若函数∫x=lnx+1为“倍胀函数”，则实数t的取值范围是 典例3.已知函数f(x)=x-1,gx)=kx2-(2k+)x+k+1,其中k>1.若对任意的x∈[2,4，存在 2∈[2,4，使得f(x)f(x2)=gx)gx)成立，则实数k的值等于 。 易错点拨 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 3/17 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 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I固 变式 已知函数f=-lxe-1,0l,g)=a1og2x+3a,xe 若对任意的 [, 总存在 x∈[-1,0使得g(x)=f(x)成立，则实数a的取值范围是 变式2.设单调函数y=px)的定义域为D,值域为A,如果单调函数y=qx:)使得函数y=pqx)的值 域也是A,则称函数y=qx)是函数y=px)的一个“保值域函数”.已知定义域为[a,b]的函数 2 ()一，函数（与8（✉）互为反函数，且（到是）的一个“保值域函数”，8()是（的一个 “保值域函数”，则b-a= 变式3.函数f(x)的定义域为D,若满足：①f(x)在D内是单调函数；②存在[a,b]cD,使得f(x)在 [a,b]上的值域为[2a,2b],则称函数f(x)为“成功函数”，若函数f(x)=log(c4r+3t)(c>0,c≠1)是“成功 函数”，则t的取值范围为 ◇题型2新定义函数 典例1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xR,用[x表示不超过x的最 大整数，则=因称为高斯函数例：【人3可=-4小=2.已知面数=2-[/小， 则下列叙述中正确的是() A.g(x是偶函数 B.f(x是奇函数 C.∫(x)在R上是增函数 D.gx的值域是{-1,0 典例2.（多选）己知函数f(x的定义域为D,若存在实数∈D,使得f(x)=x,则称x为函数f(x) 的不动点，则下列函数一定存在不动点的是() A.f(x)=-+Inx.xE[1.e] 4/17 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B.f(x=x2-2ax+a2+l,xeR(a为常数) C.f(x)=e*-x-2,x∈[0,2] D.f(x)=sinx+x+l,x∈[-元，0] 典例3.（多选）若定义在[0,1上的函数f(x)同时满足：①f1)=1；②对x∈[0,1，f(x≥0成立；③对 x,x,x+x,[0,,f(x)+f(x)≤f(x+x)成立；则称f(x)为“正方和谐函数”，下列说法正确 的是() A.f(x=x2,x∈[0,1]是“正方和谐函数” B.若fx)为“正方和谐函数”，则f(0)=0 C.若∫x为“正方和谐函数”，则∫(x在[0，上是增函数 D.若f(x为“正方和谐函数”，则对x∈[0，，f(x≤2x成立 易错点拨 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. (多选)定义在(0，+0）上的函数f(x),如果对任意x,x,∈(0，+0，都有 生）上：，且等号仅在气=6时胶立，则称面数冈为“5函数”，下列属数是5面数的 2 是() A.f(x)=xi B.f(x)=x2 C.f(x)=Inx D.f(x)=e* 变式②.（多选）已知函数f(x的定义域为R,若存在常数T≠0，使得对任意x∈R，都有 f(x+T)=f(x)+T成立，则称f(x)为“类周期函数”.下列函数中是类周期函数的是() A.f(x=x B.f(x)=2 C.f(x)=sinx+x D.f(x)=x2 5/17 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 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∫(x)的导函数∫'(x)存在导 函数，记f'(x)的导函数为f"(x),如果对x∈(a,b),都有∫"(x)<0，则称f(x)在(a,b)是“凸函数”，满 足f占+++)2f)+f)+…+f2,如果对x(a,b),都有f()>0,则称f)在(a,b)是“凹 n 函数”，满足f++…+)≤)+f)++,则下列说法正确的是《) n A.若f(x)=lnr,x∈(0，+o),i=1,2,…,n,有 f f()≥1 B.若f(x)=xe,x,e(0,+0),i=1,2,…,n,有 2x fx) (▣一)≥1 -1 n C.若xe0,1i=l2…5,x=1,则2，戈≥ 台1-x4 33 D.若x,e(0,,i=l,2,3∑x,=π，则sinx≤ i- i-l 2 ◇题型3抽象函数的四大性质 典丨例|精1析 典例1.已知定义域为R的函数f(x满足∫(x+2)=∫(-x),且f(2x-1为奇函数，则一定有() A.f(0=0 B.f2=0 C.f(3)=0 D.f4=0 典例2.已知函数f(x)的定义域为R,且满足f1+x)=-f1-x),f(x+2)为偶函数，当x∈[1,2]时， f到=+，若f0+=5,则（智》(） B.5 7 c. 典例3.（多选）设函数f(x)的定义域为R,∫(x+为奇函数，f(x+2)为偶函数，当xE[1,2]时， f(x)=a-log2x,则下列结论正确的是() A.f1=1 B.f(8)=-1 6/17 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C. D. 咒f(1=50 k=1 易错点拨 奇偶性判断：忽略定义域关于原点对称的前提，或误将f(-x)=±f(x)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f(x+a)=-f(x)周期为T=2|a),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fa+)=f仍-）对称轴为x=a牛也)，或遗漏 2 多对称性叠加的周期推导逻辑。 变式巩固 变式.已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，且f(x)满足f(2-x)=fx),f(x+2)=-f(x,当 x∈0,1时，f(x=2W,则f 1011 2 A.√2 B.√2 C.2 D.2 2 变式2.（多选）已知偶函数y=f(x)与奇函数y=g(x)的定义域均为R,且满足f(x-gx+1)=1, g(x)+f(5-x)=3,则下列关系式一定成立的是() A.f（x+2)-g(x+3)=1 B.f(1)=3 C.g(x)=-g(x+3) D.f(x+8)=f(x) 变式3.（多选）已知f(x)为定义在R上的偶函数，当x≥0时，有f(x+)=-fx,且当x∈[0,1)时， f(x)=log2(x+).给出下列命题，其中正确的命题的为() A.f(2016)+∫-2017)=0 B.函数f(x)在定义域上是周期为2的周期函数 C.直线y=x与函数fx)的图像有1个交点 D.函数f(x的值域为-1,1) 变式4.已知函数f(x),若存在实数2，使得f(x+)+2f(x=0对任意的实数x恒成立，则称f(x)满足性 质R(2),下列说法正确的为() A.若f(x)的周期为1，则f(x满足性质R(1) B.若f(x)=sinπx,则f(x)不满足性质R(2) 7/17 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C.若∫(x)=a(a>0且a≠1)满足性质R(2),则入>0 .若偶函数f)满足性质-小，则f)图象关于直线x=之对称 变式5.（多选）己知定义在[1，+oo上的函数f(x满足xe[1,+o),，2fx)=f(2x,且当xe[1,2)时， (x)=-x2+3x-2,则下列结论正确的是() A3)=月 B.∫(x)在[4,7]上单调递增 C.函数F(刘=f(x-a的零点从小到大依次记为x,x,,…,若+，=6，则的取值范围为42) 11 D.若函数F(x)=f(x)-a在[3,16]上恰有4个零点，则a的取值范围为 ◇题型4具体函数的四大性质及应用 典1例1精|析 典例1.（多选）已知f(x)=x3-6x2+11x-6,则下列选项中正确的是() A.x=1是函数y=∫(x)的零点 B.)的极大值点为2- 3 C.f(x)的图象关于点(2,0)中心对称 D.3r>5使得f)-4-<6 典例2.（多选）定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)0,当x>0时，f(x)=(2x2-7x+8)e-5E ,则( A.f(x)共有5个零点 B.f(x)共有4个极值点 C.f(-1)=3e-5ve D.当e(0,5E-3e时，方程f(x)=iteR)有且仅有4个实数根 8/17 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 易错点拨 奇偶性应用：三角函数（如y=snox±cos@x)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y=tanox)漏记定义域不连续点，或误将最小正周期公式套用（如 i, y=sinx|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I巩I固 变式. （多选)已知三次函数f(x)=ax3+bx2+c的对称中心为(1,1)，则下列说法中正确的有() 若=月则a月6=l 1 B.函数f(x)既有极大值又有极小值 C.若x,是f(x)的极大值点，则f(x)在区间(-0，x)单调递增 D.当a>0时，函数f(x)有三个零点时ce(2,+0) 变式2.（多选）已知偶函数f(x)满足：当x≥0时，f(x)=2+xe,则() A.f(-1)>4 B.当x<0时，f(x)=2x+xe C.f(x)21 D.函数g(x)=f(x)-6在区间(1,2)上有零点 变式3 (多选)已知函数f(x)=(b-x2)(x-a),其中b>0,且当x<0时，f(x)≥0，则() A.b=a2 B.x=a是f(x)的极小值点 C.若关于x的方程f(x)=b有3个不同的实数根，则a<-” 32 D.若对任意x都有f到≥fx+,则≥45 3 ◇题型5具体函数的性质及不等式 典|例|精1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f(x)的图象有对称中心，那么其导函数'(x)的图象会有对称轴；如果函数∫(x)的图象有对称轴， 那么其导函数∫"(x刘的图象会有对称中心.请你运用以上性质研究函数(x=n+的对称性，并判断下列 3-x 9/17 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 选项中正确的是( A。f)有对称中心(27) 13 B.f(x有对称中心 C.f(x)有对称轴x=一2 D.fx)有对称轴x=2 典例2.已知函数fx∈R)满足f-+f=4,若函数y=2+1与y=x)图象的交点为y)、 (x2y2、 、(),则2(x+=() A.O B.m C.2m D.4m 典例3.已知f(x)=e+e+x2-2x+a(a∈R),且f(2x+3)>f(2-x,则x的取值范围是() .（5+ B.(x,3u(3+ n.- 典例4.已知函数f(x)=e11-列-x'(x>0),则下列选项正确的是（) A.f(x)的图像关于直线x=。对称 B.x,x∈(0，)，当x1>x2时，均有f(x)>fx2 C.f(x)的图像关于点 0对称 D.f(x)至少有2个零点 易错点拨 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f(x)>f(-))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I固 10/17