重难点专训06 函数综合（填空题压轴）（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦北京卷函数填空压轴题，构建“方法提炼-题型通法-分层过关”三阶训练体系，以性质分析和逻辑推理为核心，系统提升综合解题能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题方法及技巧提炼|4类核心策略+5项技巧|单调性/奇偶性分析法、特殊函数构造、必要条件优先等|从命题特点到性质推理，构建“观察-分析-验证”思维链| |题型通法及变式提升|3题型（各含2典例+3变式）|性质综合判断、新定义迁移、零点方程转化|函数性质→新定义应用→零点问题，形成递进式知识网络| |重难专题分层过关练|巩固5题+创新7题|分层训练适配不同能力需求|基础巩固到创新拓展，覆盖高频考点与命题趋势|

重难点专训06 函数综合（填空题压轴） 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 2 题型1 函数的基本性质 2 题型2 函数新定义 7 题型3 函数的零点与方程的根 13 重难专题分层过关练 24 巩固过关 24 创新提升 29 解题方法及技巧提炼 1、北京卷函数填空压轴题的基本特点是： 北京高考数学填空压轴题（通常为第15题）秉承“多想少算”的命题精神——先观察、先分析、先选对方法，选对了方法，计算量往往不大。题目多以“定义域为R的函数”为背景，给出四个结论要求判断其正确性，综合考查函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性、零点、不等式及存在性问题。解答此类题目的基本思路是： （1）准确理解题目所给的函数条件或等式关系，明确每个结论所涉及的性质类型； （2）从简单情形入手，优先利用必要条件进行筛选——若必要条件不满足，则该命题必为假； （3）结合函数的单调性、奇偶性、周期性等性质进行逻辑推理，判断等式两边性质是否一致； （4）对于存在性命题，先假设存在，通过构造特例或反例加以验证或否定； （5）运用数形结合、转化与化归、分类讨论等数学思想辅助判断。 2、判断命题真假的四种核心策略： （1）单调性分析法：若等式左边可分解为若干个单调函数的和或复合，先判断其整体单调性，再与等式右边的单调性对比——单调性不一致则命题必假。例如，若是增函数，则也是增函数，不可能等于减函数。 （2）奇偶性分析法：先分析等式左右两边的奇偶性。若左边构造出的函数具有某种奇偶性，而右边不具备，则可直接判定命题为假。例如，必为奇函数，不可能等于偶函数。 （3）特殊函数构造法：对于存在性命题，尝试构造满足条件的特殊函数（如正比例函数），代入求解；对于“存在无穷多个”类命题，可在基础解上叠加奇函数（或偶函数）来构造无穷多个解。 （4）有限情况枚举法：当命题涉及有限种情况时，逐一枚举讨论，穷尽所有可能。 3、常用解题技巧： （1）优先考虑必要条件：判断一个命题为假，只需找到一个必要条件不满足即可，无需全面论证； （2）利用函数分解：任意函数均可分解为一个奇函数与一个偶函数之和——，这一恒等式在判断奇偶性相关命题时极为有用； （3）复合函数单调性规律：若单调递增，则也单调递增；增函数+增函数=增函数，减函数+减函数=减函数； （4）数形结合：涉及零点、不等式、方程有解等问题时，画出函数图象草图，交点个数与图象高低关系一目了然； （5）填空题不要求过程：只需写出最终结论，合理运用排除法、特例法等可大幅节省时间。 4、易错点提醒： （1）忽视定义域：判断函数性质前务必明确函数的定义域，所有推理和构造都必须在定义域内进行； （2）混淆单调性方向：复合函数的单调性遵循“同增异减”原则，多个函数相加时需逐项判断； （3）奇偶性判断不严谨：判断的奇偶性时，要注意，因此必为奇函数； 题型通法及变式提升 题型1 函数的基本性质 【典例1-1】（25-26高三上·北京石景山·期末）关于定义域为的函数是偶函数，且，，给出下列四个结论： ①函数的图象关于对称； ②函数的图象关于对称； ③函数是以6为周期的周期函数； ④函数是以4为周期的周期函数． 其中正确结论的序号是___________． 【答案】①②④ 【分析】利用已知条件以及函数的对称性、周期性的定义逐项推导，可得出合适的选项. 【详解】对于①，因为为偶函数，所以， 由，可得，则， ，所以函数的图象关于直线对称，故①正确； 对于②，因为，所以， 又，可得， 所以函数的图象关于点对称，故②正确； 对于③，由，且，所以， 所以，所以， 所以是以4为周期的周期函数，故③错误； 对于④，因为，且，所以， 由，所以，又， 所以，所以， 所以，因此，函数是周期为4的周期函数，故④正确. 故答案为：①②④. 【典例1-2】（2026·北京通州·一模）已知函数的定义域为R，是偶函数，是奇函数．关于有下列四个结论： ①的图象关于对称； ②是周期函数； ③若，则； ④若时，，则函数的零点个数为10． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】②③ 【分析】由函数是偶函数，是奇函数可得函数关于对称以及是以4为周期的周期函数，由此求解即可. 【详解】因为是偶函数，所以，即，所以关于直线对称，故①错误； 又因为是奇函数，所以，又因为，可得， 进而，所以是以4为周期的周期函数，故②正确； 因为，因为是以4为周期的周期函数，所以，所以，所以，故③正确； 因为时，，因为函数关于对称，所以时，，因为函数的周期为4，可得时，， 时，，当时，交点横坐标为，，且在区间，，，内各有一个交点， 当，交点在区间，，，内各有一个交点，共9个交点，故④错误. 【变式1-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知函数的定义域为，给出下列四个结论： ①存在周期函数，使得函数不是周期函数； ②对任意，函数与函数不可能都是奇函数； ③若恒成立且函数不是常值函数，则的图象过定点； ④存在无穷多个周期函数，使得恒成立． 其中所有正确结论的序号是_____． 【答案】②③④ 【分析】根据函数周期性与对称性的定义分别判断各结论. 【详解】假设存在周期函数，使得函数不是周期函数， 设的周期为， 则对任意，， 于是是周期函数．矛盾，①错误； 假设存在，函数与函数都是奇函数， 对任意，，， 即，所以，矛盾，②正确； 因为函数不是常值函数，存在，使得， 由，得． 故函数的图像过定点，③正确； 存在无穷多个周期函数，使得恒成立，④正确； 故答案为：②③④. 【变式1-2】（25-26高三·北京·二轮复习）已知函数为定义在R上的奇函数，又函数，且与的函数图象恰好有2026个不同的交点，，…，，则下列叙述中正确的有________ ①的图象关于点对称     ②的图象关于点对称 ③          ④ 【答案】②③ 【分析】根据题意，先判断函数与函数的图象有相同的对称中心，再依次判断各个选项即可. 【详解】选项①:函数为定义在R上的奇函数，则有，即， 又，所以函数的图象关于点中心对称，无法判断是否关于点对称，所以选项①错误； 方法二：函数为定义在R上的奇函数，则函数的图象关于坐标原点对称. 函数的图象可由函数的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到， 因此函数的图象关于点对称.无法判断是否关于点对称，所以选项①错误； 选项②:函数，因此函数的图象可由反比例函数的图象向右平移1个单位， 再向上平移2个单位得到.因为反比例函数的图象关于坐标原点对称， 所以函数的图象关于点对称，所以选项②正确； 选项③④:函数与函数的图象都关于点对称，且函数的图象不过点， 所以它们的所有交点关于点对称，不妨设， 则有，， 所以，，所以选项③正确；④选项错误． 故答案为：②③. 【变式1-3】（25-26高三上·北京·阶段检测）设函数， ①当时，没有零点； ②当时，在区间上不存在极值； ③存在实数，使得曲线为轴对称图形； ④存在实数，使得曲线为中心对称图形 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①②③ 【分析】当时，可得解析式及定义域，分别分析和时的正负，即可判断①的正误；利用导数可判断的单调性，分析即可判断②的正误；令，计算，分析是否能等于0，即可判断③正误；计算，分析是否能等于0，即可判断④正误； 【详解】对于①：当时，， 定义域为， 当时，，则， 所以， 当时，，则， 所以， 综上，当时，没有零点，故①正确； 对于②：当时，， 则， 令，， 则， 因为，，所以，又， 所以，即， 所以在上单调递减，无极值，故②正确； 对于③：令， 因为，所以或， 由对称性知，若存在对称轴或对称中心，必在直线上， 考虑 =， 当时，，所以， 所以关于对称，故③正确 对于④：考虑 = ， 所以不存在实数，使得， 即不存在实数，使得曲线为中心对称图形，故④错误； 故答案为：①②③ 题型2 函数新定义 【典例2-1】（25-26高三·北京·二轮复习）对于狄利克雷函数，下列命题中说法正确的有__________ ①．对于任意，都有 ②．对于任意，都有 ③．存在x是无理数，使得 ④．若，，则有 【答案】①④ 【分析】对于①④：可知的值域为，结合值域分析判断即可；对于②：举反例说明即可；对于③：若x是无理数，则是无理数，结合函数解析式分析判断即可. 【详解】因为， 对于选项①：因为的值域为，即为有理数， 所以对于任意，都有，故①正确； 对于选项②：例如，则，即均为有理数， 则，故②错误； 对于选项③：若x是无理数，则是无理数，则， 所以不存在x是无理数，使得，故③错误； 对于选项④：因为的值域为，且，， 则，， 所以，故④正确. 【典例2-2】（2026·北京西城·一模）记表示不超过实数x的最大整数．设a，b为正整数，函数，给出以下四个结论： ①对于任意的，若，则； ②存在正整数a，b，使得曲线关于坐标原点对称； ③设，则方程有无数个解； ④设，则当时，函数的值域中有且仅有5个元素． 其中，所有正确结论的序号是_________． 【答案】①③ 【分析】根据题意，结合表示不超过实数x的最大整数，函数，以及为正整数，利用函数的性质，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于①，因为表示不超过实数x的最大整数， 由为正整数，若，可得，则， 两式相加得，即，所以①正确； 对于②，当时，； 对于任意正整数，取且非整数， 可得，所以， 又由，可得， 可得，此时， 所以不存在正整数，使得曲线关于坐标原点对称，所以②错误； 对于③，当时，， 设，可得， 所以， 令，可得，解得， 当时，可得，可得； 当时，可得，可得； 当时，可得，可得； 当时，可得，可得； 设，由且为整数， 当时，可得；当时，可得； 当时，可得；当时，可得； 所以当且时，满足，此时有无数个解，所以③正确； 对于④，当，且时，可得， 所以， 当时，可得，可得； 当时，可得，可得； 当时，可得，可得； 当时，可得，可得， 所以在上的取值为，共有4个元素，所以④错误. 【变式2-1】（25-26高三下·北京·开学考试）定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上单调递增，在区间上单调递减，，2，…给出下列四个结论： ①若为递增数列，则存在最大值； ②若为递增数列，则存在最小值； ③若，且存在最小值，则不一定存在最小值； ④若，且存在最大值，则一定存在最大值． 其中所有正确结论的序号有_______． 【答案】②③ 【分析】根据函数的单调性，判断A，B；取特例，可判断C，D. 【详解】①由已知可得，在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以在上的最大值为. 若为递增数列，则不存在最大值；故①错误； ②在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以在上的最小值在和中取得. 若为递增数列，由在上的最小值为.所以在区间上存在最小值； 故②正确； ③若，取，则存在最小值， 但此时的最小值是的最小值，而随的增大而减小，所以无最小值，所以不一定存在最小值； 故③正确； ④若，取，则，所以的最大值为. 此时，的最大值为的最大值， 因为函数单调递增，无最大值，所以不一定存在最大值． 故④错误. 故答案为：②③. 【变式2-2】（25-26高三上·北京西城·阶段检测）记表示不超过实数x的最大整数．设函数，有以下四个结论： ①函数为增函数； ②函数的图象关于对称； ③函数的值域为； ④存在实数使得关于的方程有无数多个解． 其中，所有正确结论的序号是____________． 【答案】①④ 【分析】对于①，设，分和两种情况，并结合单调性定义即可判定；对于②，根据不满足判断；对于③，根据函数值取不到判断；对于④，取，根据图象在重合判定. 【详解】对于①，设， 当时， 当时，恒成立，， 所以，即函数为增函数，正确； 对于②，函数的图象关于对称，则满足， 当时，，不满足，故错误； 对于③，当时，，时，； 时，，时，， 所以的值域中不含元素，故错误 对于④，取时，， 取，此时与的图象在重合，故有无数多个解，正确. 故答案为：①④ 【变式2-3】（25-26高三上·北京东城·期末）若函数的定义域为，且对任意正数，都存在，使得，则称具有性质．将具有性质的函数所构成的集合记为．给出下列四个结论： ①存在，使得； ②存在，使得且； ③若，且为增函数，则； ④若，且为奇函数，为偶函数，则． 其中正确结论的序号是_____________． 【答案】①②④ 【分析】对于①，通过构造具体的函数和，验证具有性质即可；对于②，构造合适的函数，分别验证是否具有性质即可；对于③，通过举反例来验证不具有性质；对于④，对于任意正数，由，可得存在，使得，根据的奇偶性利用绝对 值不等式，可找到或，使得，从而推出具有性质. 【详解】对于①：设；，两函数定义域均为， 结合函数图象可知，对任意正数， 都存在，使得；也都存在，使得； 故. 由，任意，都有. 故对任意正数，都不存在，使得； 所以，故①正确； 对于②：设，两函数定义域均为， 则，， 可知，，，，，故②正确； 对于③：设， 定义域均为，且为增函数， ，. 则，对任意，都有. 对于任意正数，都不存在，使得； 所以，故③错误； 对于④：因为为奇函数，为偶函数，且. 则定义域均为， 对于任意正数，因为，所以存在，使得， 又因为为奇函数，为偶函数，所以. 则对任意正数， 都有 ； 假设且， 则，这与矛盾，故假设错误， 故中至少一个大于， 即对任意正数，存在或，使得. 所以，故④正确. 故答案为：①②④. 题型3 函数的零点与方程的根 【典例3-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数，其中且.若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为_____，且的取值范围为_______. 【答案】 【分析】根据给定条件，按分类作出函数的图象，数形结合求出的范围；再利用方程根的意义，结合基本不等式求出范围. 【详解】当时，函数的图象及直线如图： 当时，函数的图象及直线如图： 当时，函数的图象及直线如图： 当时，函数的图象及直线如图： 观察图象知，当且仅当且，即时，函数的图象及直线有3个交点， 即方程有三个不相等的实数根，不妨令， 则，由，得，即， 因此，则，所以. 【典例3-2】（2026·北京昌平·二模）设函数，给出下列四个结论： ①当时，恰有2个零点； ②存在正数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有2个零点； ④存在负数，使得恰有3个零点. 其中所有正确结论的序号是_________________ . 【答案】①③④ 【分析】对于①，将代入，求解即可；对于②，当时，令，当时，令，求导，根据零点存在定理即可求解；对于③，④，求零点转化为两个函数的交点问题求解即可. 【详解】对于①，当时，，当时，即， 解得或，即或，所以恰有2个零点，故①正确； 对于②，当时，，令，则， 由于，所以若，则，函数单调递增，若，则函数先减后增，但只有一个极小值点，， 当时，，因此在上必有且仅有一个零点，当时，， 则，而，所以在内至少还有一个零点，故当为正数时，至少有两个零点，故②错误； 对于③，当为负数时，，令，， 可转化为与，且恒过定点， 两个函数图象的交点问题，如图所示， 所以，存在负数，使得恰有2个零点，故③正确； 对于④，如图所示， 所以，存在负数，使得恰有3个零点，故④正确. 【典例3-3】（2026·北京海淀·三模）已知函数，则下列说法中所有正确的序号是______． ① ②若函数有个零点，则实数的取值范围为 ③当时，函数的图象与轴围成的图形的面积为 ④对于实数，不等式恒成立 【答案】①②④ 【分析】结合分段函数的递推关系，分区间分析函数的表达式与图像特征逐一判断即可. 【详解】先分析函数的基本性质： 当时，，即     图像为顶点在，端点为的三角形. 当时，，即对任意，时，，故， 图像为前一区间图像横向拉伸为原来的2倍，纵向压缩为原来的，区间内的最高点为. 逐一判断各结论： ① ∵ ，∴ ， 又∵ ，∴ ，故①正确. ② 函数有4个零点，等价于时有4个不同实根，即直线与的图像有个交点. 直线过原点，过在的最高点时，斜率，此时直线与段的图像仅交于最高点，共个交点. 过在的最高点时，斜率，此时直线与段的图像交于最高点，共个交点. ∴ 当时，直线与的图像有个交点，即函数有个零点，故②正确. ③ 当时，的图像为三角形，底长为，高为， ∴ 与x轴围成的面积，故③错误. ④ 对任意，设，的最大值为，对应， 此时，其余点处均小于该最大值，故恒成立，即恒成立，故④正确. 【典例3-4】（2026·北京顺义·二模）已知函数.给出下列四个结论： ①当时，对任意负实数，方程恰有一个实数解； ②存在，有负实数，使得方程无实数解； ③存在，有正实数，使得方程恰有2个实数解； ④存在，有实数，使得方程恰有3个实数解. 其中所有正确结论的序号是__________. 【答案】①③④ 【分析】将方程有无实数根的问题，转化为函数零点问题，进而转化为两个基本初等函数图象交点的问题，结合函数的单调性及数形结合的方法，对参数和分别取满足条件的不同值，即可对四个命题作出判断. 【详解】令，得，易知恒过点. ①当，则，恒过，图象如下， 对任意负实数，；两个函数图象都有一个交点，即方程恰有一个实数解，①正确； ②易知时，与轴的交点位于轴正半轴，因此， 当时，与在上一定有交点，如图所示， 即方程一定有实数解，所以②错误； ③当，时，当时，方程为，即， 令，则，令，则， 所以当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增， 又因为，，， 所以函数在内必有一个零点，在上也必有一个零点， 所以与，在内必有一个交点，在上也必有一个交点， 又因为当时，在上，与无交点， 与的图象如下， 所以，当，时，与有两个交点， 即方程恰有2个实数解，所以③正确； ④方程时，有，此时恒过点， 当，时，与有个不同交点， 即方程恰有3个实数解，所以④正确. 【变式3-1】（25-26高三上·北京西城·阶段检测）若函数，则______；函数的零点个数为______． 【答案】 / 【分析】根据解析式求解即可；令，则，则函数零点的个数即为函数图象交点的个数，构造函数，利用导数求出函数的单调区间，作出其大致图象，结合图象即可得解. 【详解】，所以， 令，则， 则函数零点的个数即为函数图象交点的个数， 令， 当时，，则， 所以函数在上单调递增，且， 当时，， 当时，，则， 所以函数在上单调递增，且， 又当时，当时，， 作出函数的大致图象如图所示， 由图可知函数的图象有且仅有一个交点， 所以函数零点的个数为个. 故答案为：， 【变式3-2】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知，函数，则______；若存在实数k，使得函数恰有四个零点，则a的取值范围为______． 【答案】 0 【分析】利用导数分析函数的单调性，将存在实数，使得方程恰有四个不同的实数解，转化为的图象与有四个不同的交点，分析可得当时，函数的图象与恰有三个交点，即可得到实数的取值范围. 【详解】因为，所以. 函数恰有四个零点，等价于方程恰有四个不同的实数解， 即函数的图象与有四个不同的交点. 当时，， 则， 所以函数在上单调递减； 当时，， 令，所以， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 因为，且当时，， 所以在上单调递增，且； 所以，当时，函数的图象与最多有一个交点. 所以要想函数的图象与有四个不同的交点， 须使当时，函数的图象与恰有三个交点. 所以. 所以的取值范围为. 故答案为：0；. 【变式3-3】（2026·北京密云·一模）已知函数.给出下列四个结论： ①当时，为偶函数； ②当时，对任意，都有； ③当时，在上单调递减； ④存在实数，使得有2个零点. 其中正确结论的序号为__________. 【答案】①②③ 【分析】利用偶函数定义判断①；利用导数确定单调性判断②③；确定零点个数判断④. 【详解】函数的定义域为， 对于①，当时，，，为偶函数，①正确； 对于②，当时，，求导得， 函数在上单调递减，恒有，②正确； 对于③，当时，， 当时，；当    时，， 函数在上单调递减，在上单调递减，因此在上单调递减，③正确； 对于④，函数的零点即为方程的根， 亦即函数的图象与直线交点的横坐标， 在同一坐标系内画出函数的图象及直线，如图： 直线过定点，令与函数相切的切点为， 由，求导得，则，解得， 则当时，函数的图象与直线有1个交点； 当时，直线还过点，函数的图象与直线有1个交点； 当时，直线还过点，函数的图象与直线有1个交点， 因此当时，函数的图象与直线有1个交点； 当时，函数的图象与直线没有交点； 当时，由对称性得函数的图象与直线有1个交点， 所以不存在实数，使得有2个零点，④错误. 【变式3-4】（2026·北京丰台·一模）已知函数，其中．给出下列四个命题： ①存在实数，使的值域为； ②存在实数，使有8个零点； ③对于任意实数，存在，使曲线是轴对称图形； ④对于任意实数，存在，使有3个极大值点． 其中所有正确命题的序号是___________． 【答案】②③④ 【分析】举反例判断①，利用函数的性质结合函数图象判断②，对目标函数合理转化并利用轴对称的定义得到判断③，利用导数并结合零点存在性定理得到有2个极小值点，1个极大值点，进而得到的极值点情况判断④即可. 【详解】对于①，令，则，而，故①错误， 对于②，令，可得， 则，若有8个零点， 可得有4个零点， 且也有4个零点， 令，，，此时变为如下， 为， 令， 则研究与以及的交点即可， 如图，作出符合题意的图形， 此时与以及共有8个交点， 即存在实数，使有8个零点，故②正确， 对于③，令， 若曲线是轴对称图形，则是轴对称图形， 设的对称轴是，可得， 而 ， 可得，解得，故③正确， 对于④，由题意得， 当时，，当时，， 而，，， 对于任意实数，只需， 则，，， 结合零点存在性定理得存在作为零点， 且，，， 令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增， 可得有2个极小值点，1个极大值点， 又，所以， 有3个极大值点，故④正确. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·天津东丽·二模）设，函数，当时，的值域为______；若关于的方程恰有一个根，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】分别求出时的函数值域与时函数的值域即得；分、及进行讨论即得. 【详解】当时，，当时，， 当时，，故此时的值域为； 若关于x的方程恰有一个根， 当时，可得，即，则，解得，不合题意，舍去； 当时，可得，即， 令，，则恒成立，故在上单调递增， 又，， 故当时，该方程在上有一个根； 当时，可得，即， 则，解得， 令，可得，令，可得， 故当时，该方程在上有两个根， 当时，该方程在上有一个根， 当时，该方程在上无根； 综上可得：当时，该方程无根；当时，该方程恰有一个根； 当时，该方程有两个根；当时，该方程有三个根； 当时，该方程有两个根. 故的取值范围是. 2．（2026·北京海淀·一模）将函数（）的图象向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，所得图象位于图象的上方，则a的一个取值为______，a的最大值为______. 【答案】 （答案不唯一） 【分析】先得出变换后的函数解析式，得出对于恒成立，先分、两种情况求出，再检验，时成立，再利用参变分离以及求导求出，时的取值范围. 【详解】由题意可得，平移后的图象的函数解析式为， 因为的函数图象位于图象的上方，所以对于恒成立， 即， 则对于恒成立， 令， 若，则， 则对于恒成立， 因为，所以； 若，则， 则对于恒成立， 因为，所以，故， 当，且时， 则， 由于在上单调递增，所以； 若，则对于恒成立， 令，则， 因为在上单调递减， 所以， 则，则在上单调递增，则， 故，得，则， 因为，所以实数的取值范围为， 故a的一个取值为，a的最大值为. 3．（2026·天津河东·一模）已知二次函数满足为偶函数，为奇函数，且.的解析式为__________；若，，则实数m的取值范围是__________. 【答案】 【分析】①因为是偶函数，所以的图象关于直线对称，可设，根据为偶函数，为奇函数性质，列出方程并解出；再结合，解出;先化简的表达式，令，将原不等式转化为关于的不等式， 再进行变形，利用分离参数法，求出实数的取值范围 【详解】①设二次函数，则 又为偶函数，所以， 因为是奇函数，所以，即 化简得，即， 又，所以，所以 又，所以，解得 所以，， ②令，， 则可化为： ， ， 两边除以得 令，则，设， 对称轴为，，故最大值为 若， 恒成立，则，故的取值范围是 4．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）已知函数，若函数有四个零点，那么实数的取值范围是______；记四个零点从左至右为，那么的取值范围为______. 【答案】 【分析】由函数有四个零点得到函数与的图形有四个交点，由图可知，由四个零点从左至右为，得到和，从中计算出的值及，解出，代入，利用对勾函数求解即可得解. 【详解】函数有四个零点， 表示与有四个交点，由图可知， ， ， ，， ，，， 在单调递增， 所以. 故答案为：，. 5．（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知，函数则______；若存在实数，使得方程恰有三个不同的实数解，则的取值范围为_____． 【答案】 0 【分析】将分析函数的单调性、极值情况，将存在实数，使得方程恰有三个不同的实数解，转化为的图象与有三个不同的交点，分析函数的单调性、极值，即可得到实数的取值范围. 【详解】因为，所以. 方程恰有三个不同的实数解，即函数的图象与有三个不同的交点. 因为，且当时，，所以在上单调递增，且； 所以当时，函数的图象与最多有一个交点. 所以要想函数的图象与有三个不同的交点，须使当时，函数的图象与恰有两个交点. 令，所以. 当，即时，； 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，即最大值. 函数的简图如下： 所以. 所以的取值范围为. 故答案为：0；. 创新提升 6．（2026·北京·三模）若存在常数，使得函数对任意实数都有成立，且等号能取到，则称为的下托函数．以下说法正确的有___________． ①函数没有下托函数； ②函数有下托函数； ③函数有下托函数； ④函数的图象与轴有交点. 【答案】①③ 【分析】根据下托函数定义分别构造不同的函数，利用导数求得其单调性，并证明对应的不等式成立且等号能取到，即可判断各说法是否正确. 【详解】对于①，假设函数有下托函数， 即存在实数对于任意实数都有成立，且等号能取到， 即存在实数满足对任意实数恒成立，且等号能取到， 易知时，，但是等号取不到，因此函数没有下托函数，即①正确； 对于②，假设存在常数，使对任意实数恒成立，且等号能取到， 即对任意实数恒成立，且等号能取到， 显然时，，等号取不到，函数没有下托函数，即②错误； 对于③，若函数有下托函数，则在时恒成立，且等号能取到， 即存在满足题意，不等式等价于， 令函数，则， 由可得， 当时，，因此在上单调递减， 当时，，因此在上单调递增， 所以在处取得极小值，最小值为，且当时等号成立， 故函数有下托函数，即③正确； 对于④，由③可知对任意实数恒成立， 则函数； 令，则，由，可得; 因此当时，，此时在上单调递减， 当时，，此时在上单调递增， 因此，当时等号成立，因此， 但知在时等号成立，而在时等号成立， 因此两个等号不会同时成立，因此在上恒成立， 即函数的图象与轴无交点，即④错误. 7．（2026·北京门头沟·一模）对于定义域为的函数，令，给出下列四个结论： ①若对于，恒成立，则恒成立； ②若对于，恒成立，则恒成立； ③若是周期函数，则是周期函数； ④若偶函数的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①④ 【分析】根据函数值域判断①；根据已知条件结合函数性质举反例判断②③，根据已知条件和函数的对称性判断④. 【详解】对于①，故对于，因为， 要使恒成立，即且恒成立， 那么恒成立，所以①正确； 对于②，对于，恒成立，即恒成立， 等价于且恒成立， 当时，，但当时，不一定大于， 例如，此时满足， 但不恒大于，所以②错误； 对于③，例如是周期函数， 对于函数， 由可知是偶函数， 故画出它的图象取轴右边部分，再将其右边部分关于轴对称，即可得到图象， 可知不是周期函数（因为不是周期函数）， 所以③错误； 对于④，由为偶函数，得， 由函数的图象关于直线对称得， 从而， 所以， 即的图象关于直线对称，所以④正确. 8．（2026·陕西宝鸡·一模）已知函数，的定义域为，且，，若的图像关于直线对称，则以下说法正确的有________． ①    ② ③    ④ 【答案】②③④ 【分析】利用对称性、奇偶性和周期性的性质，结合与之间的关系，逐项判断即可． 【详解】因为，所以； 又因为，所以； 所以，所以④正确； 因为的图像关于直线对称， 所以，所以， 用替换可得， 所以， 所以的周期为 ，所以，所以②正确； 因为的图像关于直线对称, 所以，所以，所以是偶函数； 因为，所以； 所以，是偶函数， 所以，所以①错误； 因为，所以，所以； 因为是偶函数，所以； 因为的周期为，所以； 因为，所以； 所以，所以③正确； 故答案为：②③④. 9．（25-26高三下·北京·阶段检测）记表示不超过实数的最大整数．设函数，有以下四个结论： ①若，则． ②当，且时，都有． ③将图象绕原点顺时针旋转一个锐角，得到函数图像，且为周期函数，则 ④满足的点构成的区域的面积为6． 其中，所有正确结论的序号是___________ 【答案】①②④ 【分析】利用定义法结合取整函数性质判断①，利用取整函数性质判断②，先推理旋转公式，再设出函数图象上的点，再结合旋转的性质与取整函数的性质建立方程，最后求解出判断③，令，，其中，，将问题转化后并找出符合题意的单位正方形，即可求出区域面积判断④即可. 【详解】对于①，取，且，则， 则， 即，则在上单调递增， 可得若，则，故①正确， 对于②，当，且时，即可取， 故当时，， 有，， 此时，故②正确； 对于③，先推理旋转公式，记平面内点在角的终边上，则， 而绕原点顺时针旋转一个锐角，可得旋转后的坐标为， 由正余弦的和差公式得旋转后的坐标为， 又，所以，即旋转公式得证， 设图象上的两点分别为，， 则图象上的两点分别为， ， 若为周期函数，且设周期为，则， 则， 令，化简得， 由已知得当时，， 有，， 由题意得， 不妨令，可得，即，故③错误， 对于④，设，，其中，， 则， 因，则，则， 在每个单位正方形内， 的值从到，但不包括， 因此在每个单位正方形内，不等式的点构成的区域面积为1， 由于区域内的单位正方形有个， 当时，面积为1，当时，面积为2， 当时，面积为3，当时，面积为0， 因此构成的区域面积为6，故④正确. 10．（2026·北京朝阳·二模）已知函数．给出下列四个结论： ①曲线是中心对称图形； ②当时，曲线在曲线的上方； ③当时，； ④设正实数分别是的零点，则． 其中正确结论的序号是___________ 【答案】①②④ 【分析】令，利用奇偶性的定义与图象的平移可判断①；令，因式分解可判断②；利用作差法比较数的大小可判断③，利用导数的意义与根的存在性定理可得，，，结合②，可得，同理判断，可判断④. 【详解】因为，所以令， 可得的定义域为，关于原点对称， 又，所以为奇函数， 所以关于原点对称， 又的图象向下平移个单位得到的图象， 所以曲线的图象关于点成中心对称图形；故①正确； 令 ，当时，， 所以当时，曲线在曲线的上方，故②正确； 因为， 所以 ， ， 所以 ， 当时，，此时，故③错误； 因为， 所以在上单调递增，又， 所以只有唯一零点，且，同理可得， 当时，，且，， 所以函数有唯一零点，且， 由②知当时，曲线在曲线的上方，故， 当时，令 ， 即曲线在曲线的下方，故， 所以，故④正确. 11．（25-26高三上·北京丰台·开学考试）已知函数的定义域为R，给出下列四个结论： ①使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ②使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ③存在在R上单调递减的函数，使得恒成立； ④存在函数和实数使得恒成立，且有无穷多个. 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】②④ 【分析】对于①，由，得到在R上为奇函数，即可判断正误；对于②，令，可得则为偶函数，即可判断正误；对于③，由,可得,从而判断正误；对于④，令,,即可判断正误. 【详解】对于①，由题可得：，所以,则在R上为奇函数，则与条件矛盾，则①错误； 对于②，令，由可得：，则为偶函数， 偶函数有无穷多个，则使得恒成立的函数存在且有无穷多个，故②正确； 对于③，由题可得,所以,则, 这与函数在R上单调递减矛盾，所以③不正确； 对于④，令,,则,满足恒成立， 所以存在函数和实数使得恒成立，且有无穷多个，故④正确； 故答案为：②④. 12．（25-26高三上·北京通州·期中）已知函数的定义域为．对于正实数，定义集合．给出下列四个结论： ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则都有． 其中正确结论的序号是__________． 【答案】①②④ 【分析】对于①②③，先根据新定义写出的等式，再结合函数的具体表达式，通过解方程判断解集，从而确定结论的正误；对于④，利用数形结合的方法，作出相关图象分析即可确定结论的正误. 【详解】对于①，已知，，则，所以，解得，即，所以①正确； 对于②，已知，，则，所以，解得，即，所以②正确； 对于③，已知，，当时，若，即，有，所以，无解， 若，即，有，所以，解得； 当时，，则，所以，无解.综上，，所以③错误； 对于④，已知，作图如下，将的图象左移个单位，即可得的图象， 则当时，总有使得，此时，所以④正确. 故答案为：①②④. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训06 函数综合（填空题压轴） 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 2 题型1 函数的基本性质 2 题型2 函数新定义 4 题型3 函数的零点与方程的根 5 重难专题分层过关练 7 巩固过关 7 创新提升 7 解题方法及技巧提炼 1、北京卷函数填空压轴题的基本特点是： 北京高考数学填空压轴题（通常为第15题）秉承“多想少算”的命题精神——先观察、先分析、先选对方法，选对了方法，计算量往往不大。题目多以“定义域为R的函数”为背景，给出四个结论要求判断其正确性，综合考查函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性、零点、不等式及存在性问题。解答此类题目的基本思路是： （1）准确理解题目所给的函数条件或等式关系，明确每个结论所涉及的性质类型； （2）从简单情形入手，优先利用必要条件进行筛选——若必要条件不满足，则该命题必为假； （3）结合函数的单调性、奇偶性、周期性等性质进行逻辑推理，判断等式两边性质是否一致； （4）对于存在性命题，先假设存在，通过构造特例或反例加以验证或否定； （5）运用数形结合、转化与化归、分类讨论等数学思想辅助判断。 2、判断命题真假的四种核心策略： （1）单调性分析法：若等式左边可分解为若干个单调函数的和或复合，先判断其整体单调性，再与等式右边的单调性对比——单调性不一致则命题必假。例如，若是增函数，则也是增函数，不可能等于减函数。 （2）奇偶性分析法：先分析等式左右两边的奇偶性。若左边构造出的函数具有某种奇偶性，而右边不具备，则可直接判定命题为假。例如，必为奇函数，不可能等于偶函数。 （3）特殊函数构造法：对于存在性命题，尝试构造满足条件的特殊函数（如正比例函数），代入求解；对于“存在无穷多个”类命题，可在基础解上叠加奇函数（或偶函数）来构造无穷多个解。 （4）有限情况枚举法：当命题涉及有限种情况时，逐一枚举讨论，穷尽所有可能。 3、常用解题技巧： （1）优先考虑必要条件：判断一个命题为假，只需找到一个必要条件不满足即可，无需全面论证； （2）利用函数分解：任意函数均可分解为一个奇函数与一个偶函数之和——，这一恒等式在判断奇偶性相关命题时极为有用； （3）复合函数单调性规律：若单调递增，则也单调递增；增函数+增函数=增函数，减函数+减函数=减函数； （4）数形结合：涉及零点、不等式、方程有解等问题时，画出函数图象草图，交点个数与图象高低关系一目了然； （5）填空题不要求过程：只需写出最终结论，合理运用排除法、特例法等可大幅节省时间。 4、易错点提醒： （1）忽视定义域：判断函数性质前务必明确函数的定义域，所有推理和构造都必须在定义域内进行； （2）混淆单调性方向：复合函数的单调性遵循“同增异减”原则，多个函数相加时需逐项判断； （3）奇偶性判断不严谨：判断的奇偶性时，要注意，因此必为奇函数； 题型通法及变式提升 题型1 函数的基本性质 【典例1-1】（25-26高三上·北京石景山·期末）关于定义域为的函数是偶函数，且，，给出下列四个结论： ①函数的图象关于对称； ②函数的图象关于对称； ③函数是以6为周期的周期函数； ④函数是以4为周期的周期函数． 其中正确结论的序号是___________． 【典例1-2】（2026·北京通州·一模）已知函数的定义域为R，是偶函数，是奇函数．关于有下列四个结论： ①的图象关于对称； ②是周期函数； ③若，则； ④若时，，则函数的零点个数为10． 其中所有正确结论的序号是________． 【变式1-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知函数的定义域为，给出下列四个结论： ①存在周期函数，使得函数不是周期函数； ②对任意，函数与函数不可能都是奇函数； ③若恒成立且函数不是常值函数，则的图象过定点； ④存在无穷多个周期函数，使得恒成立． 其中所有正确结论的序号是_____． 【变式1-2】（25-26高三·北京·二轮复习）已知函数为定义在R上的奇函数，又函数，且与的函数图象恰好有2026个不同的交点，，…，，则下列叙述中正确的有________ ①的图象关于点对称     ②的图象关于点对称 ③          ④ 【变式1-3】（25-26高三上·北京·阶段检测）设函数， ①当时，没有零点； ②当时，在区间上不存在极值； ③存在实数，使得曲线为轴对称图形； ④存在实数，使得曲线为中心对称图形 其中所有正确结论的序号是______. 题型2 函数新定义 【典例2-1】（25-26高三·北京·二轮复习）对于狄利克雷函数，下列命题中说法正确的有__________ ①．对于任意，都有 ②．对于任意，都有 ③．存在x是无理数，使得 ④．若，，则有 【典例2-2】（2026·北京西城·一模）记表示不超过实数x的最大整数．设a，b为正整数，函数，给出以下四个结论： ①对于任意的，若，则； ②存在正整数a，b，使得曲线关于坐标原点对称； ③设，则方程有无数个解； ④设，则当时，函数的值域中有且仅有5个元素． 其中，所有正确结论的序号是_________． 【变式2-1】（25-26高三下·北京·开学考试）定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上单调递增，在区间上单调递减，，2，…给出下列四个结论： ①若为递增数列，则存在最大值； ②若为递增数列，则存在最小值； ③若，且存在最小值，则不一定存在最小值； ④若，且存在最大值，则一定存在最大值． 其中所有正确结论的序号有_______． 【变式2-2】（25-26高三上·北京西城·阶段检测）记表示不超过实数x的最大整数．设函数，有以下四个结论： ①函数为增函数； ②函数的图象关于对称； ③函数的值域为； ④存在实数使得关于的方程有无数多个解． 其中，所有正确结论的序号是____________． 【变式2-3】（25-26高三上·北京东城·期末）若函数的定义域为，且对任意正数，都存在，使得，则称具有性质．将具有性质的函数所构成的集合记为．给出下列四个结论： ①存在，使得； ②存在，使得且； ③若，且为增函数，则； ④若，且为奇函数，为偶函数，则． 其中正确结论的序号是_____________． 题型3 函数的零点与方程的根 【典例3-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数，其中且.若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为_____，且的取值范围为_______. 【典例3-2】（2026·北京昌平·二模）设函数，给出下列四个结论： ①当时，恰有2个零点； ②存在正数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有2个零点； ④存在负数，使得恰有3个零点. 其中所有正确结论的序号是_________________ . 【典例3-3】（2026·北京海淀·三模）已知函数，则下列说法中所有正确的序号是______． ① ②若函数有个零点，则实数的取值范围为 ③当时，函数的图象与轴围成的图形的面积为 ④对于实数，不等式恒成立 【典例3-4】（2026·北京顺义·二模）已知函数.给出下列四个结论： ①当时，对任意负实数，方程恰有一个实数解； ②存在，有负实数，使得方程无实数解； ③存在，有正实数，使得方程恰有2个实数解； ④存在，有实数，使得方程恰有3个实数解. 其中所有正确结论的序号是__________. 【变式3-1】（25-26高三上·北京西城·阶段检测）若函数，则______；函数的零点个数为______． 【变式3-2】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知，函数，则______；若存在实数k，使得函数恰有四个零点，则a的取值范围为______． 【变式3-3】（2026·北京密云·一模）已知函数.给出下列四个结论： ①当时，为偶函数； ②当时，对任意，都有； ③当时，在上单调递减； ④存在实数，使得有2个零点. 其中正确结论的序号为__________. 【变式3-4】（2026·北京丰台·一模）已知函数，其中．给出下列四个命题： ①存在实数，使的值域为； ②存在实数，使有8个零点； ③对于任意实数，存在，使曲线是轴对称图形； ④对于任意实数，存在，使有3个极大值点． 其中所有正确命题的序号是___________． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·天津东丽·二模）设，函数，当时，的值域为______；若关于的方程恰有一个根，则的取值范围是______． 2．（2026·北京海淀·一模）将函数（）的图象向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，所得图象位于图象的上方，则a的一个取值为______，a的最大值为______. 3．（2026·天津河东·一模）已知二次函数满足为偶函数，为奇函数，且.的解析式为__________；若，，则实数m的取值范围是__________. 4．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）已知函数，若函数有四个零点，那么实数的取值范围是______；记四个零点从左至右为，那么的取值范围为______. 5．（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知，函数则______；若存在实数，使得方程恰有三个不同的实数解，则的取值范围为_____． 创新提升 6．（2026·北京·三模）若存在常数，使得函数对任意实数都有成立，且等号能取到，则称为的下托函数．以下说法正确的有___________． ①函数没有下托函数； ②函数有下托函数； ③函数有下托函数； ④函数的图象与轴有交点. 7．（2026·北京门头沟·一模）对于定义域为的函数，令，给出下列四个结论： ①若对于，恒成立，则恒成立； ②若对于，恒成立，则恒成立； ③若是周期函数，则是周期函数； ④若偶函数的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称． 其中所有正确结论的序号是______． 8．（2026·陕西宝鸡·一模）已知函数，的定义域为，且，，若的图像关于直线对称，则以下说法正确的有________． ①    ② ③    ④ 9．（25-26高三下·北京·阶段检测）记表示不超过实数的最大整数．设函数，有以下四个结论： ①若，则． ②当，且时，都有． ③将图象绕原点顺时针旋转一个锐角，得到函数图像，且为周期函数，则 ④满足的点构成的区域的面积为6． 其中，所有正确结论的序号是___________ 10．（2026·北京朝阳·二模）已知函数．给出下列四个结论： ①曲线是中心对称图形； ②当时，曲线在曲线的上方； ③当时，； ④设正实数分别是的零点，则． 其中正确结论的序号是___________ 11．（25-26高三上·北京丰台·开学考试）已知函数的定义域为R，给出下列四个结论： ①使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ②使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ③存在在R上单调递减的函数，使得恒成立； ④存在函数和实数使得恒成立，且有无穷多个. 其中所有正确结论的序号是________． 12．（25-26高三上·北京通州·期中）已知函数的定义域为．对于正实数，定义集合．给出下列四个结论： ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则都有． 其中正确结论的序号是__________． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $