1、專題02函數的綜合應用 【考點預測】高考中考查函數的內容主要是以綜合題的形式出現，通常是函數與數列的綜合、函數與不等式的綜合、函數與導數的綜合及函數的開放性試題和信息題，求解這些問題時，著重掌握函數的性質，把函數的性質與數列、不等式、導數等知識點融會貫通，從而找到解題的突破口，要求掌握二次函數圖像、最值和根的分布等基本解法；掌握函數圖像的各種變換形式（如對稱變換、平移變換、伸縮變換和翻折變換等）；了解反函數的概念與性質；掌握指數、對數式大小比較的常見方法；掌握指數、對數方程和不等式的解法；掌握導數的定義、求導公式與求導法則、復合函數求導法則及導數的定義、求導公式與求導法則、復合函數求導法則及導

2、數的幾何意義，特別是應用導數研究函數的單調性、最值等.【題型歸納目錄】題型一：函數與數列的綜合題型二：函數與不等式的綜合題型三：函數中的創新題【典例例題】題型一：函數與數列的綜合例1（2022浙江效實中學模擬預測）已知數列滿足，其中是自然對數的底數，則（）ABCD【答案】B【解析】【分析】利用不等式可得，即，由累加法可得，利用不等式可得，即，同理用累加法可得，則，即可求解.【詳解】（當時等號成立），當時，即，則，整理得，即，即，將個不等式相加得，即，令，則，當時，當時，則在上單調遞增，在上單調遞減，即在出取得最大值，所以（當時等號成立），當時，（當時等號成立），即當時， ，即，同理利用累加法可

3、得，即，所以，則，故選： .例2（2022遼寧東北育才學校二模）已知數列滿足，則下列說法正確的是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】利用可得，且數列是單調遞增數列，得出，利用導數可得在單調遞增，即可得出當時，即可求解.【詳解】令，則，由得，由得，所以在單調遞增，在單調遞減，所以，所以，所以，當且僅當時等號成立，與已知矛盾，所以，則，所以數列是單調遞增數列，所以，令，則，所以在單調遞增，則，所以當時，因為，所以，所以.故選：B.例3（2022浙江紹興模擬預測）已知數列滿足，則下列說法正確的是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】將已知等式化為，根據的單調性和，可得，由此可化簡得到；分別構造函數

4、、和，利用導數可求得各個函數在上的單調性，進而根據單調性得到最值，從而判斷出各個選項的正誤.【詳解】，令，則，在上單調遞增，又，解得：；對于A，令，則，在上單調遞減，A錯誤；對于B，令，則，令，則，在上單調遞減，又，當時，；當時，；在上單調遞增，在上單調遞減，B錯誤；對于C，令，則，令，則，當時，；當時，；在上單調遞增，在上單調遞減，又，使得，在，上單調遞增，在上單調遞減，使得，C錯誤；對于D，令，則，當時，即，在上單調遞增，D正確.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用導數求解函數最值的問題，解題關鍵是能夠根據的特點，構造不等式求得的取值范圍，進而可以通過構造函數的方式，將問題轉化為函數

5、最值的求解問題，從而利用導數來進行求解.例4（2022浙江慈溪中學模擬預測）已知數列滿足：，且，則下列關于數列的敘述正確的是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】構造函數（），由導數確定其單調性，從而利用數學歸納法證明，然后構造函數（），利用導數證明，得，利用此不等式可直接判斷A，對選項B，由數列的單調性與有界性知其極限存在，設，對數列的遞推關系求極值可得，從而判斷B，對選項C，引入函數設，由導數證明，得，從而利用不等式性質得出數列的不等關系，判斷C，利用判斷選項C所得正確不等式變形，并換元引入新數列，得前后項關系（求對數再變化），類比等比數列的通項公式的方法得出結論后判斷D【詳解】首先我們證

6、明：，利用數學歸納法事實上，當時，；假設當時，則當時，設函數（），則，則在上單調遞增，從而當時，設（），則，設，則在上單調遞減，又，所以存在，使得，時，時，故在上先增后減，從而，從而對于A選項：由于，故數列單調遞增，選項A錯誤對于B選項，由于單調遞增且，從而存在，由可得，故，從而故選項B錯誤對于C選項，由于時，設，所以是增函數，所以（），時，因此有（），從而，故，故選項C錯誤對于D選項，由于，即，令，則，即，其中，故，從而，即，即，故從而選項D正確故選：D【點睛】難點點睛：本題考查數列的性質，難度很大，解題難點在于有關數列的不等關系，一是用數學歸納法進行證明，二是需引入函數，利用導數研究函數的

7、單調性，從而得出數列的不等關系，考查了學生的邏輯能力，運算求解能力，屬于困難題例5（2022遼寧二模）已知等差數列的前n項和為，滿足，則下列結論正確的是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】把已知等式變形為，構造函數，可知和是函數的零點，故利用導數研究其單調性并研究其零點，結合函數零點存在性定理求得的關系，再利用等差數列的性質與求和公式即可求解.【詳解】令，即和是函數的零點，故f(x)最多有一個零點，又，12，.故選：B例6（2022上海高三專題練習）若等差數列的公差，令函數，其中，則下列四個結論中：；錯誤的序號是_.【答案】【解析】【分析】不妨取，則過原點，且在最下方，根據性質逐項判定，即可

8、求解，得到答案.【詳解】不妨取，則過原點，且在最下方，可得中，函數是正確的；中，所以，所以不正確；中，所以，所以是正確的；中，由，函數無最大值，所以不正確；中，函數，所以當時，函數取得最小值，即函數，所以是正確的.故答案為：.【點睛】本題主要考查了等差數列的性質，以及函數的基本行性質的應用，其中解答中認真審題，合理利用題設條件，構造新函數，逐項判定是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.【方法技巧與總結】利用函數與數列知識的相互聯系、相似性質：（1）抽象函數的關系與數列遞推關系式類似.(2)函數單調性與數列單調性的相似性.（3）數列與不等式的綜合可以利用數列的形式構造輔

9、助函數，利用函數的性質證明不等式，因此解決數列問題可轉化為函數問題，用函數的知識或方法解決.題型二：函數與不等式的綜合例7（2022全國模擬預測）已知函數是定義域為R的函數，對任意，均有，已知a，b為關于x的方程的兩個解，則關于t的不等式的解集為（）ABCD【答案】D【解析】【分析】由題可得函數關于點對稱，函數在R上單調遞增，進而可得，利用函數的單調性即得.【詳解】由，得且函數關于點對稱由對任意，均有，可知函數在上單調遞增又因為函數的定義域為R，所以函數在R上單調遞增因為a，b為關于x的方程的兩個解，所以，解得，且，即又，令，則，則由，得，所以綜上，t 的取值范圍是.故選：D例8（2022海南

10、模擬預測）已知函數，若關于的不等式有且僅有兩個整數解，則的取值范圍是_【答案】【解析】【分析】令，討論的單調性，分析畫出函數的圖象，由可知.【詳解】關于的不等式有且僅有兩個整數解，轉化為有且僅有兩個整數解，令，當 ，所以在上單調遞減，同理已知在，上單調遞減，在上單調遞增，且，的圖象如下圖，而的距離為1，即在之間有且僅有兩個整數解，所以，則的取值范圍是：.故答案為：.例9（2022全國高三專題練習）不等式的解集為：_【答案】【解析】【分析】將不等式化為，構造根據其單調性可得，求解即可.【詳解】不等式變形為所以，令，則有，顯然在R上單調遞增，則，可得解得.故不等式的解集為故答案為：例10（2022

11、四川遂寧三模（文）德國大數學家高斯年少成名，被譽為數學屆的王子，19歲的高斯得到了一個數學史上非常重要的結論，就是正十七邊形尺規作圖之理論與方法，在其年幼時，對的求和運算中，提出了倒序相加法的原理，該原理基于所給數據前后對應項的和呈現一定的規律生成，因此，此方法也稱之為高斯算法，現有函數，設數列滿足，若存在使不等式成立，則的取值范圍是_.【答案】【解析】【分析】根據題意先求，然后利用倒序相加法求，則由可得，求出的最小值即可求得的取值范圍【詳解】因為，所以，由，所以，所以，所以由，得，所以，令，（）則當，遞減，當時，遞增，因為，所以，所以，即的取值范圍是，故答案為：【方法技巧與總結】不等式問題轉

12、化為函數問題是靜態轉化為動態，常量轉化為變量，這體現了函數思想，并能用函數的圖像及性質解答.題型三：函數中的創新題例11（2022全國高三專題練習）定義兩個函數的關系：函數的定義域分別為，若對任意的，總存在，使得，我們就稱函數為的“子函數”已知函數，（1）求函數的單調區間；（2）若為的一個“子函數”，求的最小值【答案】（1）單調遞減區間為，單調遞增區間為，（2）【解析】【分析】（1）求導，令，可得的單調遞增區間；令，可得的單調遞減區間；（2）根據的單調性求出的取值范圍，進而得到，即有實數解，從而得到，令，可得，令，則，利用換元法和函數的單調性即可得出結果.【詳解】（1），函數的定義域為，令，即

13、，解得，所以函數的單調遞增區間為；令，即，解得，所以函數的單調遞減區間為，綜上，函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為.（2）由（1）知，當時，函數取得極小值，即最小值，所以，當時，且為連續函數，只需，即有實數解，即，因為，則，令，即在區間上有實數解，將看成直線上的點，令，則，令，則，所以的最小值為.【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性、極值、最值，不等式的解法，考查了換元法和等價轉化法的應用，考查學生的推理能力與計算能力，屬于難題.例12（2022上海高三專題練習）若存在常數，使得對定義域內的任意，都有成立，則稱函數在其定義域 上是“利普希茲條件函數”（1）若函數是“利普希茲條件函數”，

14、求常數的最小值；（2）判斷函數是否是“利普希茲條件函數”，若是，請證明，若不是，請說明理由；（3）若是周期為2的“利普希茲條件函數”，證明：對任意的實數,都有【答案】(1)；（2）不是，理由見解析；（3）證明見解析.【解析】【詳解】試題分析：（1）不妨設，則恒成立 ，從而可得結果；（2）令，則，從而可得函數不是“利普希茲條件函數”； （3）設的最大值為，最小值為，在一個周期，內，利用基本不等式的性質可證明.試題解析：（1）若函數f（x）=，（1x4）是“k利普希茲條件函數”，則對于定義域1，4上任意兩個x1，x2（x1x2），均有|f（x1）f（x2）|k|x1x2|成立， 不妨設x1x2，則

15、k=恒成立1x2x14，k的最小值為 （2）f（x）=log2x的定義域為（0，+），令x1=，x2=，則f（）f（）=log2log2=1（2）=1，而2|x1x2|=，f（x1）f（x2）2|x1x2|，函數f（x）=log2x 不是“2利普希茲條件函數”（3）設f（x）的最大值為M，最小值為m，在一個周期0，2內f（a）=M，f（b）=m，則|f（x1）f（x2）|Mm=f（a）f（b）|ab|若|ab|1，顯然有|f（x1）f（x2）|ab|1若|ab|1，不妨設ab，則0b+2a1，|f（x1）f（x2）|Mm=f（a）f（b+2）|ab2|1綜上，|f（x1）f（x2）|1例13（

16、2022上海高三專題練習）對定義域的函數，規定：函數（1）若函數，寫出函數的解析式；（2）求問題（1）中函數的值域；（3）若，其中是常數，且，請設計一個定義域為R的函數，及一個的值，使得，并予以證明.【答案】（1）；（2）；（3），當時，此時.【解析】【詳解】試題分析：（）依題意得，分討論，利用函數性質可求得函數的解析式；（）當時，易求；當時，再對分和討論，利用基本不等式即可求得函數的值域；（）構造函數，可求得，繼而可證得試題解析：（1）.（2）當時, 若時, 則,其中等號當時成立,若時, 則,其中等號當時成立, 函數的值域是.（3） 令,則,于是,另解令,于是.考點：抽象函數及其應用例14（

17、2022上海高三專題練習）對于函數，若存在正常數，使得對任意的，都有成立，我們稱函數為“同比不減函數”（1）求證：對任意正常數，都不是“同比不減函數”；（2）若函數是“同比不減函數”，求的取值范圍；（3）是否存在正常數，使得函數為“同比不減函數”，若存在，求的取值范圍；若不存在，請說明理由【答案】（1）證明見解析 （2） （3）存在，【解析】【分析】（1）取特殊值使得不成立，即可證明；（2）根據“同比不減函數”的定義，恒成立，分離參數，構造函數，轉化為與函數的最值關系，即可求出結果；（3）去絕對值化簡函數解析式，根據“同比不減函數”的定義，取，因為成立，求出的范圍，然后證明對任意的，恒成立，即

18、可求出結論.【詳解】證明：（1）任取正常數，存在，所以，因為，即不恒成立，所以不是“同比不減函數”.（2）因為函數是“同比不減函數”，所以恒成立，即恒成立，對一切成立.所以.（3）設函數是“同比不減函數”，當時，因為成立，所以，所以，而另一方面，若，（）當時，因為，所以，所以有成立.（）當時，因為，所以，即成立.綜上，恒有有成立，所以的取值范圍是.【點睛】本題考查新定義的理解和應用，考查等價轉化思想，考查從特殊到一般的解決問題方法，屬于較難題.【方法技巧與總結】緊扣題目中所給的信息和對已知條件的解讀理解，將其轉化為已有的認知結構，然后利用函數性質解題.【過關測試】一、單選題1（2022全國高三

19、專題練習）已知函數，若對任意的實數a，b，總存在，使得成立，則實數m的取值范圍是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】由存在，使得成立，故，又對任意的實數a，b，則，數形結合，為函數與函數圖象上的縱向距離的最大值中的最小值，求出的邊界直線，即過點，再求出與平行且與相切的直線，則為與正中間的直線，可得答案.【詳解】由存在，使得成立，故，又對任意的實數a，b，則，可看作橫坐標相同時，函數與函數圖象上的縱向距離的最大值中的最小值，又，作示意圖如圖所示：設，則直線的方程，設與相切，則，得，有，得或，由圖知，切點，則，當直線與，平行且兩直線距離相等時，即恰好處于正中間時，函數與圖象上的縱向距離能取到最大

20、值中的最小值，此時，故.故選：B【點睛】本題考查了存在和任意問題，考查了學生分析理解能力，運算能力，數形結合思想，難度較大.2（2022全國高三專題練習）若定義在R上的函數滿足，則其圖象關于點成中心對稱.已知：函數，則函數圖象的中心對稱點是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】求出，即可求，即可選出正確答案.【詳解】解:由得，所以，所以圖象的中心對稱點是.故選:D.【點睛】本題考查了函數對稱中心的求解，屬于基礎題.3（2022全國高三專題練習）已知函數，若函數與的圖象相交于A，B兩點，且A，B兩點的橫坐標分別記為，則的取值范圍是ABCD【答案】B【解析】【分析】作出圖象，求出，利用對稱性把轉化

21、為，結合函數的單調性可求范圍.【詳解】作出函數，的圖象如圖，不妨設，當經過點時，聯立得，所以；因為與的圖象關于直線對稱，而與垂直，所以，且.令，且，則易知為增函數，所以，因為，所以.故選：B.【點睛】本題主要考查函數的性質，綜合了分段函數的圖象問題，函數的對稱問題，范圍問題等，難度較大，綜合性較強，側重考查數學抽象和直觀想象的核心素養.4（2022全國高三專題練習（理）已知是定義在上的奇函數，對任意兩個不相等的正數都有，記，則（）ABCD【答案】C【解析】【分析】構造,借助已知條件可判斷出在區間上單調遞減,由在上為奇函數,可知在上為偶函數,由,借助函數圖象性質即可解得.【詳解】不妨設:，由題意

22、得，即，同理.當時，有，據此可得函數在區間上單調遞減，且函數是偶函數，因此，因為，所以，即.故選:.【點睛】本題通過構造新函數,利用函數的單調性,奇偶性,比較函數值大小的問題,注意應將自變量置于同一單調區間再借助單調性比較,考查分析問題和解決問題的能力，難度一般.5（2022全國高三專題練習）關于函數有下述四個結論：f(x)是偶函數f(x)在區間（,）單調遞增f(x)在有4個零點f(x)的最大值為2其中所有正確結論的編號是ABCD【答案】C【解析】【分析】化簡函數，研究它的性質從而得出正確答案【詳解】為偶函數，故正確當時，它在區間單調遞減，故錯誤當時，它有兩個零點：；當時，它有一個零點：，故在

23、有個零點：，故錯誤當時，；當時，又為偶函數，的最大值為，故正確綜上所述，正確，故選C【點睛】畫出函數的圖象，由圖象可得正確，故選C6（2022全國高三專題練習）已知函數的圖象上存在點P，函數g（x）=ax-3的圖象上存在點Q，且P，Q關于原點對稱，則實數a的取值范圍是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】先求得函數關于原點對稱的函數，把函數的圖象上存在點Q，且P，Q關于原點對稱，轉化為在上有解，利用導數求得函數的最值，借助有解，即求解【詳解】由題意，函數關于原點對稱的函數為，即，若函數的圖象上存在點Q，且P，Q關于原點對稱，則等價為在上有解，即，在上有解，由，則，當時，此時函數為單調增函數；當

24、時，此時函數為單調減函數，即當時，取得極小值同時也是最小值，且，即，當時，即，設，要使得有解，則當過點 時，得，過點時，解得，綜上可得故選C【點睛】本題主要考查了利用導數研究函數的有解問題，以及函數的對稱問題的應用，其中把函數的圖象上存在點Q，且P，Q關于原點對稱，轉化為有解，利用導數求得函數的最值，結合圖象是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題7（2022天津一中模擬預測）已知，且函數.若對任意的不等式恒成立，則實數的取值范圍為ABCD【答案】B【解析】先參變分離得，然后分類討論求出得最小值，列不等式解出的范圍即可.【詳解】解：因為，不等式恒成立，所以，即恒成立，令，則，時，0

25、，g（x）遞減；時，0，g（x）遞增，所以g（x）最小值為：，令（），所以令（1）當時，t4，所以的最小值為：，所以，即，解得：，所以（2）當14時，所以，的最小值為：，所以，即，解得：所以恒成立綜合（1）（2）可知：故選B.【點睛】本題考查了函數的綜合問題，不等式恒成立問題，參變分離和分類討論是解題關鍵，屬于難題.8（2022全國高三專題練習（文）設函數，其中 ，若存在唯一的整數，使得，則的取值范圍是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】設，問題轉化為存在唯一的整數使得滿足，求導可得出函數的極值，數形結合可得且，由此可得出實數的取值范圍.【詳解】設，由題意知，函數在直線下方的圖象中只有一個點

26、的橫坐標為整數， ，當時，；當時，.所以，函數的最小值為.又，.直線恒過定點且斜率為，故且，解得，故選D.【點睛】本題考查導數與極值，涉及數形結合思想轉化，屬于中等題.二、多選題9（2022浙江嘉興高二期中）對于定義域為的函數，若存在區間，同時滿足下列條件：在上是單調的；當定義域是時，的值域也是，則稱為該函數的“和諧區間”.下列函數存在“和諧區間”的是（）ABCD【答案】BD【解析】【分析】由 “和諧區間”定義，結合每個函數進行判斷，逐一證明函數存在或不存在“和諧區間”即可【詳解】對A，可知函數單調遞增，則若定義域為時，值域為，故不存在“和諧區間”；對B，可假設在存在“和諧區間”，函數為增函數

27、，若定義域為時，值域為，則，解得（符合），（舍去），故函數存在“和諧區間”；對C，對稱軸為，先討論區間，函數為減函數，若定義域為時，值域為，則滿足，解得，故與題設矛盾；同理當時，應滿足，解得，故無解，所以不存在“和諧區間”； 對D，為單增函數，則應滿足，可將解析式看作，由圖可知，兩函數圖像有兩個交點，則存在“和諧區間”故選BD【點睛】本題考查函數新定義，函數基本性質，方程與函數的轉化思想，屬于難題10（2021福建福州高一期末）設，計算機程序中的命令函數表示不超過的最大整數，例如：，.若函數（，且），則下列說法正確的是（）A在區間上為單調函數B在區間上不存在最大值C在區間上有5個零點D若的圖象

28、上至少存在4對關于坐標原點對稱的點，則.【答案】BD【解析】由題意，畫出的圖象，觀察在區間的圖像即可判斷選項AB；觀察在區間上的零點即可判斷選項C；通過條件分析出函數與的圖象至少有4個交點，觀察圖像得到，即可判斷選項D.【詳解】由題意，畫出的圖象如圖所示：由在區間上的圖象可知，在區間上為非單調函數，A項錯誤；在區間上，沒有最大值，B項正確；無論還是，在區間內恒有1個零點，由圖象可知，在區間上有5個零點，所以在區間上有6個零點，C項錯誤；要使的圖象上至少存在4對關于坐標原點對稱的點，則函數與的圖象至少有4個交點，由圖象得，解得，D項正確.故選：BD.【點睛】關鍵點睛：本題是函數的綜合問題，主要考

29、查函數的圖像，函數的單調性以及考生對新定義的理解.數形結合是解決本題的關鍵.11（2021全國高一單元測試）數學的對稱美在中國傳統文化中多有體現，譬如如圖所示的太極圖是由黑白兩個魚形紋組成的圓形圖案，充分展現了相互轉化對稱統一的和諧美.如果能夠將圓的周長和面積同時平分的函數稱為這個圓的“優美函數”，下列說法正確的是（）A對于任意一個圓，其“優美函數”有無數個B可以是某個圓的“優美函數”C正弦函數可以同時是無數個圓的“優美函數”D函數是“優美函數”的充要條件為函數的圖象是中心對稱圖形【答案】ABC【解析】【分析】利用“優美函數”的定義判斷選項A，B，C正確，函數的圖象是中心對稱圖形，則函數有可能

30、是“優美函數”，但是函數是“優美函數”時，圖象不一定是中心對稱圖形，舉出反例，可判斷選項D錯誤【詳解】對于A：過圓心的直線都可以將圓的周長和面積同時平分，所以對于任意一個圓，其“優美函數”有無數個，故選項A正確；對于B：因為函數圖象關于原點成中心對稱，所以將圓的圓心放在原點，則函數是該圓的“優美函數”，故選項B正確；對于C：將圓的圓心放在正弦函數的對稱中心上，則正弦函數是該圓的“優美函數”，故選項C正確；對于D：函數的圖象是中心對稱圖形，則函數不一定是“優美函數”，如；函數是“優美函數”時，圖象也不一定是中心對稱圖形，如圖所示：所以函數的圖象是中心對稱圖形是函數是“優美函數”的不充分不必要條件

31、，故選項D錯誤.故選：ABC.【點睛】方法點睛：通過函數的新定義，結合函數圖象的應用，以及對函數對稱性的理解，使用數形結合的方法來分析問題.12（2020重慶市秀山高級中學校高三階段練習）設表示不超過的最大整數，給出以下命題，其中正確的是（）A若，則BC若，則可由解得的范圍是D若，則函數的值域為【答案】ABD【解析】根據的意義判斷，即時，【詳解】由題意時，A設，則，若，則，即，A正確；B由的定義，時，同理時，時，時，B正確；C，若，則，滿足題意，但也滿足題意，C錯；D定義域是，則，即，是奇函數；設，則， 時，時，函數的值域為，D正確故選：ABD【點睛】本題考查新定義函數，解題關鍵是理解新定義，

32、用不等關系表示出函數的值，從而使問題得解旨在學生的創新意識，運算求解能力邏輯推理能力13（2022全國高二課時練習）已知函數，其中，則_，_.【答案】 0 【解析】先令，代入函數即可計算出的值；然后根據題干的表達式可得，很明顯，進一步化簡計算再代入可得的值.【詳解】由得，很明顯，即，令，則，故答案為：0，.【點睛】本題主要考查了函數與數列的綜合考查了轉化思想，函數思想，邏輯思維能力和數學運算能力，屬于難題.三、填空題14（2022全國高三專題練習）已知函數，給出下列命題：存在實數，使得函數為奇函數；對任意實數，均存在實數，使得函數關于對稱；若對任意非零實數，都成立，則實數的取值范圍為；存在實數

33、，使得函數對任意非零實數均存在6個零點.其中的真命題是_.（寫出所有真命題的序號）【答案】【解析】利用特殊值法可判斷不正確；驗證，可判定正確；利用基本不等式可判定正確；當時，分析出函數在上現遞減再遞增，即，可得出，利用不恒成立，可判定錯誤，同理可得，當時，命題也不成立，從而得到為假命題.【詳解】由題意，令，函數的定義域為，則，所以函數為偶函數.對于，若，則 ，則，此時函數不是奇函數；若，則函數的定義域為且，顯然.綜上所述，對任意的，函數都不是奇函數；對于，所以，函數關于直線對稱.因此，對任意實數，均存在實數，使得函數關于對稱，所以正確；對于，當且僅當時，等號成立， ，當且僅當時，等號成立，所以

34、，因為，當時，兩個等號可以同時成立，所以.因此，實數的取值范圍是，正確；對于，假設存在實數，使得直線與函數的圖象有6個交點，若，當時， ，此時，函數在區間單調遞減，在區間上單調遞增，當時，；當時，任取，且，即，則 ，因為，隨著的增大而增大，當且時，當且時，所以，使得當時，則，所以，函數在區間上單調遞減；當時，則，所以，函數在區間上單調遞增，所以，當時，.若存在實數，使得函數對任意非零實數均存在6個零點，即直線與函數的圖象有6個交點，由于函數的圖象關于直線對稱，則直線與函數在直線右側的圖象有3個交點，所以，.由于為定值，當且當逐漸增大時，也在逐漸增大，所以不可能恒成立，所以當時，不存在實數，使得函數對任意非零實數 均存在6個零點；同理可知，當時，不存在實數，使得函數對任意非零實數均存在6個零點，故命題錯誤.故答案為：.【點睛】已知函數的零點個數求解參數的取值范圍問題的常用方法：1、分離參數法：一般命題的情境為給出區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為從中分離出參數，構造新的函數，求得新函數的最值，根據題設條件構建關于參數的不等式，從而確定參數的取值范圍；2、分類討論法：一般命題的情境為沒有固定的區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為結合函數的單調性，先確定參數分類的標準，在每個小區間內研究函數零點的個數是否符合題意，將滿足題意的參數的各校范圍并在