专题02 函数的综合应用（解析版）

1、专题02函数的综合应用 【考点预测】高考中考查函数的内容主要是以综合题的形式出现，通常是函数与数列的综合、函数与不等式的综合、函数与导数的综合及函数的开放性试题和信息题，求解这些问题时，着重掌握函数的性质，把函数的性质与数列、不等式、导数等知识点融会贯通，从而找到解题的突破口，要求掌握二次函数图像、最值和根的分布等基本解法；掌握函数图像的各种变换形式（如对称变换、平移变换、伸缩变换和翻折变换等）；了解反函数的概念与性质；掌握指数、对数式大小比较的常见方法；掌握指数、对数方程和不等式的解法；掌握导数的定义、求导公式与求导法则、复合函数求导法则及导数的定义、求导公式与求导法则、复合函数求导法则及导

2、数的几何意义，特别是应用导数研究函数的单调性、最值等.【题型归纳目录】题型一：函数与数列的综合题型二：函数与不等式的综合题型三：函数中的创新题【典例例题】题型一：函数与数列的综合例1（2022浙江效实中学模拟预测）已知数列满足，其中是自然对数的底数，则（）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，则，即可求解.【详解】（当时等号成立），当时，即，则，整理得，即，即，将个不等式相加得，即，令，则，当时，当时，则在上单调递增，在上单调递减，即在出取得最大值，所以（当时等号成立），当时，（当时等号成立），即当时， ，即，同理利用累加法可

3、得，即，所以，则，故选： .例2（2022辽宁东北育才学校二模）已知数列满足，则下列说法正确的是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】利用可得，且数列是单调递增数列，得出，利用导数可得在单调递增，即可得出当时，即可求解.【详解】令，则，由得，由得，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，与已知矛盾，所以，则，所以数列是单调递增数列，所以，令，则，所以在单调递增，则，所以当时，因为，所以，所以.故选：B.例3（2022浙江绍兴模拟预测）已知数列满足，则下列说法正确的是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】将已知等式化为，根据的单调性和，可得，由此可化简得到；分别构造函数

4、、和，利用导数可求得各个函数在上的单调性，进而根据单调性得到最值，从而判断出各个选项的正误.【详解】，令，则，在上单调递增，又，解得：；对于A，令，则，在上单调递减，A错误；对于B，令，则，令，则，在上单调递减，又，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，B错误；对于C，令，则，令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，又，使得，在，上单调递增，在上单调递减，使得，C错误；对于D，令，则，当时，即，在上单调递增，D正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数最值的问题，解题关键是能够根据的特点，构造不等式求得的取值范围，进而可以通过构造函数的方式，将问题转化为函数

5、最值的求解问题，从而利用导数来进行求解.例4（2022浙江慈溪中学模拟预测）已知数列满足：，且，则下列关于数列的叙述正确的是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】构造函数（），由导数确定其单调性，从而利用数学归纳法证明，然后构造函数（），利用导数证明，得，利用此不等式可直接判断A，对选项B，由数列的单调性与有界性知其极限存在，设，对数列的递推关系求极值可得，从而判断B，对选项C，引入函数设，由导数证明，得，从而利用不等式性质得出数列的不等关系，判断C，利用判断选项C所得正确不等式变形，并换元引入新数列，得前后项关系（求对数再变化），类比等比数列的通项公式的方法得出结论后判断D【详解】首先我们证

6、明：，利用数学归纳法事实上，当时，；假设当时，则当时，设函数（），则，则在上单调递增，从而当时，设（），则，设，则在上单调递减，又，所以存在，使得，时，时，故在上先增后减，从而，从而对于A选项：由于，故数列单调递增，选项A错误对于B选项，由于单调递增且，从而存在，由可得，故，从而故选项B错误对于C选项，由于时，设，所以是增函数，所以（），时，因此有（），从而，故，故选项C错误对于D选项，由于，即，令，则，即，其中，故，从而，即，即，故从而选项D正确故选：D【点睛】难点点睛：本题考查数列的性质，难度很大，解题难点在于有关数列的不等关系，一是用数学归纳法进行证明，二是需引入函数，利用导数研究函数的

7、单调性，从而得出数列的不等关系，考查了学生的逻辑能力，运算求解能力，属于困难题例5（2022辽宁二模）已知等差数列的前n项和为，满足，则下列结论正确的是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】把已知等式变形为，构造函数，可知和是函数的零点，故利用导数研究其单调性并研究其零点，结合函数零点存在性定理求得的关系，再利用等差数列的性质与求和公式即可求解.【详解】令，即和是函数的零点，故f(x)最多有一个零点，又，12，.故选：B例6（2022上海高三专题练习）若等差数列的公差，令函数，其中，则下列四个结论中：；错误的序号是_.【答案】【解析】【分析】不妨取，则过原点，且在最下方，根据性质逐项判定，即可

8、求解，得到答案.【详解】不妨取，则过原点，且在最下方，可得中，函数是正确的；中，所以，所以不正确；中，所以，所以是正确的；中，由，函数无最大值，所以不正确；中，函数，所以当时，函数取得最小值，即函数，所以是正确的.故答案为：.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及函数的基本行性质的应用，其中解答中认真审题，合理利用题设条件，构造新函数，逐项判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.【方法技巧与总结】利用函数与数列知识的相互联系、相似性质：（1）抽象函数的关系与数列递推关系式类似.(2)函数单调性与数列单调性的相似性.（3）数列与不等式的综合可以利用数列的形式构造辅

9、助函数，利用函数的性质证明不等式，因此解决数列问题可转化为函数问题，用函数的知识或方法解决.题型二：函数与不等式的综合例7（2022全国模拟预测）已知函数是定义域为R的函数，对任意，均有，已知a，b为关于x的方程的两个解，则关于t的不等式的解集为（）ABCD【答案】D【解析】【分析】由题可得函数关于点对称，函数在R上单调递增，进而可得，利用函数的单调性即得.【详解】由，得且函数关于点对称由对任意，均有，可知函数在上单调递增又因为函数的定义域为R，所以函数在R上单调递增因为a，b为关于x的方程的两个解，所以，解得，且，即又，令，则，则由，得，所以综上，t 的取值范围是.故选：D例8（2022海南

10、模拟预测）已知函数，若关于的不等式有且仅有两个整数解，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】令，讨论的单调性，分析画出函数的图象，由可知.【详解】关于的不等式有且仅有两个整数解，转化为有且仅有两个整数解，令，当 ，所以在上单调递减，同理已知在，上单调递减，在上单调递增，且，的图象如下图，而的距离为1，即在之间有且仅有两个整数解，所以，则的取值范围是：.故答案为：.例9（2022全国高三专题练习）不等式的解集为：_【答案】【解析】【分析】将不等式化为，构造根据其单调性可得，求解即可.【详解】不等式变形为所以，令，则有，显然在R上单调递增，则，可得解得.故不等式的解集为故答案为：例10（2022

11、四川遂宁三模（文）德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是正十七边形尺规作图之理论与方法，在其年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数，设数列满足，若存在使不等式成立，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据题意先求，然后利用倒序相加法求，则由可得，求出的最小值即可求得的取值范围【详解】因为，所以，由，所以，所以，所以由，得，所以，令，（）则当，递减，当时，递增，因为，所以，所以，即的取值范围是，故答案为：【方法技巧与总结】不等式问题转

12、化为函数问题是静态转化为动态，常量转化为变量，这体现了函数思想，并能用函数的图像及性质解答.题型三：函数中的创新题例11（2022全国高三专题练习）定义两个函数的关系：函数的定义域分别为，若对任意的，总存在，使得，我们就称函数为的“子函数”已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若为的一个“子函数”，求的最小值【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为，（2）【解析】【分析】（1）求导，令，可得的单调递增区间；令，可得的单调递减区间；（2）根据的单调性求出的取值范围，进而得到，即有实数解，从而得到，令，可得，令，则，利用换元法和函数的单调性即可得出结果.【详解】（1），函数的定义域为，令，即

13、，解得，所以函数的单调递增区间为；令，即，解得，所以函数的单调递减区间为，综上，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）由（1）知，当时，函数取得极小值，即最小值，所以，当时，且为连续函数，只需，即有实数解，即，因为，则，令，即在区间上有实数解，将看成直线上的点，令，则，令，则，所以的最小值为.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式的解法，考查了换元法和等价转化法的应用，考查学生的推理能力与计算能力，属于难题.例12（2022上海高三专题练习）若存在常数，使得对定义域内的任意，都有成立，则称函数在其定义域 上是“利普希兹条件函数”（1）若函数是“利普希兹条件函数”，

14、求常数的最小值；（2）判断函数是否是“利普希兹条件函数”，若是，请证明，若不是，请说明理由；（3）若是周期为2的“利普希兹条件函数”，证明：对任意的实数,都有【答案】(1)；（2）不是，理由见解析；（3）证明见解析.【解析】【详解】试题分析：（1）不妨设，则恒成立 ，从而可得结果；（2）令，则，从而可得函数不是“利普希兹条件函数”； （3）设的最大值为，最小值为，在一个周期，内，利用基本不等式的性质可证明.试题解析：（1）若函数f（x）=，（1x4）是“k利普希兹条件函数”，则对于定义域1，4上任意两个x1，x2（x1x2），均有|f（x1）f（x2）|k|x1x2|成立， 不妨设x1x2，则

15、k=恒成立1x2x14，k的最小值为 （2）f（x）=log2x的定义域为（0，+），令x1=，x2=，则f（）f（）=log2log2=1（2）=1，而2|x1x2|=，f（x1）f（x2）2|x1x2|，函数f（x）=log2x 不是“2利普希兹条件函数”（3）设f（x）的最大值为M，最小值为m，在一个周期0，2内f（a）=M，f（b）=m，则|f（x1）f（x2）|Mm=f（a）f（b）|ab|若|ab|1，显然有|f（x1）f（x2）|ab|1若|ab|1，不妨设ab，则0b+2a1，|f（x1）f（x2）|Mm=f（a）f（b+2）|ab2|1综上，|f（x1）f（x2）|1例13（

16、2022上海高三专题练习）对定义域的函数，规定：函数（1）若函数，写出函数的解析式；（2）求问题（1）中函数的值域；（3）若，其中是常数，且，请设计一个定义域为R的函数，及一个的值，使得，并予以证明.【答案】（1）；（2）；（3），当时，此时.【解析】【详解】试题分析：（）依题意得，分讨论，利用函数性质可求得函数的解析式；（）当时，易求；当时，再对分和讨论，利用基本不等式即可求得函数的值域；（）构造函数，可求得，继而可证得试题解析：（1）.（2）当时, 若时, 则,其中等号当时成立,若时, 则,其中等号当时成立, 函数的值域是.（3） 令,则,于是,另解令,于是.考点：抽象函数及其应用例14（

17、2022上海高三专题练习）对于函数，若存在正常数，使得对任意的，都有成立，我们称函数为“同比不减函数”（1）求证：对任意正常数，都不是“同比不减函数”；（2）若函数是“同比不减函数”，求的取值范围；（3）是否存在正常数，使得函数为“同比不减函数”，若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，【解析】【分析】（1）取特殊值使得不成立，即可证明；（2）根据“同比不减函数”的定义，恒成立，分离参数，构造函数，转化为与函数的最值关系，即可求出结果；（3）去绝对值化简函数解析式，根据“同比不减函数”的定义，取，因为成立，求出的范围，然后证明对任意的，恒成立，即

18、可求出结论.【详解】证明：（1）任取正常数，存在，所以，因为，即不恒成立，所以不是“同比不减函数”.（2）因为函数是“同比不减函数”，所以恒成立，即恒成立，对一切成立.所以.（3）设函数是“同比不减函数”，当时，因为成立，所以，所以，而另一方面，若，（）当时，因为，所以，所以有成立.（）当时，因为，所以，即成立.综上，恒有有成立，所以的取值范围是.【点睛】本题考查新定义的理解和应用，考查等价转化思想，考查从特殊到一般的解决问题方法，属于较难题.【方法技巧与总结】紧扣题目中所给的信息和对已知条件的解读理解，将其转化为已有的认知结构，然后利用函数性质解题.【过关测试】一、单选题1（2022全国高三

19、专题练习）已知函数，若对任意的实数a，b，总存在，使得成立，则实数m的取值范围是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】由存在，使得成立，故，又对任意的实数a，b，则，数形结合，为函数与函数图象上的纵向距离的最大值中的最小值，求出的边界直线，即过点，再求出与平行且与相切的直线，则为与正中间的直线，可得答案.【详解】由存在，使得成立，故，又对任意的实数a，b，则，可看作横坐标相同时，函数与函数图象上的纵向距离的最大值中的最小值，又，作示意图如图所示：设，则直线的方程，设与相切，则，得，有，得或，由图知，切点，则，当直线与，平行且两直线距离相等时，即恰好处于正中间时，函数与图象上的纵向距离能取到最大

20、值中的最小值，此时，故.故选：B【点睛】本题考查了存在和任意问题，考查了学生分析理解能力，运算能力，数形结合思想，难度较大.2（2022全国高三专题练习）若定义在R上的函数满足，则其图象关于点成中心对称.已知：函数，则函数图象的中心对称点是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】求出，即可求，即可选出正确答案.【详解】解:由得，所以，所以图象的中心对称点是.故选:D.【点睛】本题考查了函数对称中心的求解，属于基础题.3（2022全国高三专题练习）已知函数，若函数与的图象相交于A，B两点，且A，B两点的横坐标分别记为，则的取值范围是ABCD【答案】B【解析】【分析】作出图象，求出，利用对称性把转化

21、为，结合函数的单调性可求范围.【详解】作出函数，的图象如图，不妨设，当经过点时，联立得，所以；因为与的图象关于直线对称，而与垂直，所以，且.令，且，则易知为增函数，所以，因为，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查函数的性质，综合了分段函数的图象问题，函数的对称问题，范围问题等，难度较大，综合性较强，侧重考查数学抽象和直观想象的核心素养.4（2022全国高三专题练习（理）已知是定义在上的奇函数，对任意两个不相等的正数都有，记，则（）ABCD【答案】C【解析】【分析】构造,借助已知条件可判断出在区间上单调递减,由在上为奇函数,可知在上为偶函数,由,借助函数图象性质即可解得.【详解】不妨设:，由题意

22、得，即，同理.当时，有，据此可得函数在区间上单调递减，且函数是偶函数，因此，因为，所以，即.故选:.【点睛】本题通过构造新函数,利用函数的单调性,奇偶性,比较函数值大小的问题,注意应将自变量置于同一单调区间再借助单调性比较,考查分析问题和解决问题的能力，难度一般.5（2022全国高三专题练习）关于函数有下述四个结论：f(x)是偶函数f(x)在区间（,）单调递增f(x)在有4个零点f(x)的最大值为2其中所有正确结论的编号是ABCD【答案】C【解析】【分析】化简函数，研究它的性质从而得出正确答案【详解】为偶函数，故正确当时，它在区间单调递减，故错误当时，它有两个零点：；当时，它有一个零点：，故在

23、有个零点：，故错误当时，；当时，又为偶函数，的最大值为，故正确综上所述，正确，故选C【点睛】画出函数的图象，由图象可得正确，故选C6（2022全国高三专题练习）已知函数的图象上存在点P，函数g（x）=ax-3的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，则实数a的取值范围是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】先求得函数关于原点对称的函数，把函数的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，转化为在上有解，利用导数求得函数的最值，借助有解，即求解【详解】由题意，函数关于原点对称的函数为，即，若函数的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，则等价为在上有解，即，在上有解，由，则，当时，此时函数为单调增函数；当

24、时，此时函数为单调减函数，即当时，取得极小值同时也是最小值，且，即，当时，即，设，要使得有解，则当过点 时，得，过点时，解得，综上可得故选C【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的有解问题，以及函数的对称问题的应用，其中把函数的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，转化为有解，利用导数求得函数的最值，结合图象是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题7（2022天津一中模拟预测）已知，且函数.若对任意的不等式恒成立，则实数的取值范围为ABCD【答案】B【解析】先参变分离得，然后分类讨论求出得最小值，列不等式解出的范围即可.【详解】解：因为，不等式恒成立，所以，即恒成立，令，则，时，0

25、，g（x）递减；时，0，g（x）递增，所以g（x）最小值为：，令（），所以令（1）当时，t4，所以的最小值为：，所以，即，解得：，所以（2）当14时，所以，的最小值为：，所以，即，解得：所以恒成立综合（1）（2）可知：故选B.【点睛】本题考查了函数的综合问题，不等式恒成立问题，参变分离和分类讨论是解题关键，属于难题.8（2022全国高三专题练习（文）设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】设，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.【详解】设，由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点

26、的横坐标为整数， ，当时，；当时，.所以，函数的最小值为.又，.直线恒过定点且斜率为，故且，解得，故选D.【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.二、多选题9（2022浙江嘉兴高二期中）对于定义域为的函数，若存在区间，同时满足下列条件：在上是单调的；当定义域是时，的值域也是，则称为该函数的“和谐区间”.下列函数存在“和谐区间”的是（）ABCD【答案】BD【解析】【分析】由 “和谐区间”定义，结合每个函数进行判断，逐一证明函数存在或不存在“和谐区间”即可【详解】对A，可知函数单调递增，则若定义域为时，值域为，故不存在“和谐区间”；对B，可假设在存在“和谐区间”，函数为增函数

27、，若定义域为时，值域为，则，解得（符合），（舍去），故函数存在“和谐区间”；对C，对称轴为，先讨论区间，函数为减函数，若定义域为时，值域为，则满足，解得，故与题设矛盾；同理当时，应满足，解得，故无解，所以不存在“和谐区间”； 对D，为单增函数，则应满足，可将解析式看作，由图可知，两函数图像有两个交点，则存在“和谐区间”故选BD【点睛】本题考查函数新定义，函数基本性质，方程与函数的转化思想，属于难题10（2021福建福州高一期末）设，计算机程序中的命令函数表示不超过的最大整数，例如：，.若函数（，且），则下列说法正确的是（）A在区间上为单调函数B在区间上不存在最大值C在区间上有5个零点D若的图象

28、上至少存在4对关于坐标原点对称的点，则.【答案】BD【解析】由题意，画出的图象，观察在区间的图像即可判断选项AB；观察在区间上的零点即可判断选项C；通过条件分析出函数与的图象至少有4个交点，观察图像得到，即可判断选项D.【详解】由题意，画出的图象如图所示：由在区间上的图象可知，在区间上为非单调函数，A项错误；在区间上，没有最大值，B项正确；无论还是，在区间内恒有1个零点，由图象可知，在区间上有5个零点，所以在区间上有6个零点，C项错误；要使的图象上至少存在4对关于坐标原点对称的点，则函数与的图象至少有4个交点，由图象得，解得，D项正确.故选：BD.【点睛】关键点睛：本题是函数的综合问题，主要考

29、查函数的图像，函数的单调性以及考生对新定义的理解.数形结合是解决本题的关键.11（2021全国高一单元测试）数学的对称美在中国传统文化中多有体现，譬如如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分展现了相互转化对称统一的和谐美.如果能够将圆的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”，下列说法正确的是（）A对于任意一个圆，其“优美函数”有无数个B可以是某个圆的“优美函数”C正弦函数可以同时是无数个圆的“优美函数”D函数是“优美函数”的充要条件为函数的图象是中心对称图形【答案】ABC【解析】【分析】利用“优美函数”的定义判断选项A，B，C正确，函数的图象是中心对称图形，则函数有可能

30、是“优美函数”，但是函数是“优美函数”时，图象不一定是中心对称图形，举出反例，可判断选项D错误【详解】对于A：过圆心的直线都可以将圆的周长和面积同时平分，所以对于任意一个圆，其“优美函数”有无数个，故选项A正确；对于B：因为函数图象关于原点成中心对称，所以将圆的圆心放在原点，则函数是该圆的“优美函数”，故选项B正确；对于C：将圆的圆心放在正弦函数的对称中心上，则正弦函数是该圆的“优美函数”，故选项C正确；对于D：函数的图象是中心对称图形，则函数不一定是“优美函数”，如；函数是“优美函数”时，图象也不一定是中心对称图形，如图所示：所以函数的图象是中心对称图形是函数是“优美函数”的不充分不必要条件

31、，故选项D错误.故选：ABC.【点睛】方法点睛：通过函数的新定义，结合函数图象的应用，以及对函数对称性的理解，使用数形结合的方法来分析问题.12（2020重庆市秀山高级中学校高三阶段练习）设表示不超过的最大整数，给出以下命题，其中正确的是（）A若，则BC若，则可由解得的范围是D若，则函数的值域为【答案】ABD【解析】根据的意义判断，即时，【详解】由题意时，A设，则，若，则，即，A正确；B由的定义，时，同理时，时，时，B正确；C，若，则，满足题意，但也满足题意，C错；D定义域是，则，即，是奇函数；设，则， 时，时，函数的值域为，D正确故选：ABD【点睛】本题考查新定义函数，解题关键是理解新定义，

32、用不等关系表示出函数的值，从而使问题得解旨在学生的创新意识，运算求解能力逻辑推理能力13（2022全国高二课时练习）已知函数，其中，则_，_.【答案】 0 【解析】先令，代入函数即可计算出的值；然后根据题干的表达式可得，很明显，进一步化简计算再代入可得的值.【详解】由得，很明显，即，令，则，故答案为：0，.【点睛】本题主要考查了函数与数列的综合考查了转化思想，函数思想，逻辑思维能力和数学运算能力，属于难题.三、填空题14（2022全国高三专题练习）已知函数，给出下列命题：存在实数，使得函数为奇函数；对任意实数，均存在实数，使得函数关于对称；若对任意非零实数，都成立，则实数的取值范围为；存在实数

33、，使得函数对任意非零实数均存在6个零点.其中的真命题是_.（写出所有真命题的序号）【答案】【解析】利用特殊值法可判断不正确；验证，可判定正确；利用基本不等式可判定正确；当时，分析出函数在上现递减再递增，即，可得出，利用不恒成立，可判定错误，同理可得，当时，命题也不成立，从而得到为假命题.【详解】由题意，令，函数的定义域为，则，所以函数为偶函数.对于，若，则 ，则，此时函数不是奇函数；若，则函数的定义域为且，显然.综上所述，对任意的，函数都不是奇函数；对于，所以，函数关于直线对称.因此，对任意实数，均存在实数，使得函数关于对称，所以正确；对于，当且仅当时，等号成立， ，当且仅当时，等号成立，所以

34、，因为，当时，两个等号可以同时成立，所以.因此，实数的取值范围是，正确；对于，假设存在实数，使得直线与函数的图象有6个交点，若，当时， ，此时，函数在区间单调递减，在区间上单调递增，当时，；当时，任取，且，即，则 ，因为，随着的增大而增大，当且时，当且时，所以，使得当时，则，所以，函数在区间上单调递减；当时，则，所以，函数在区间上单调递增，所以，当时，.若存在实数，使得函数对任意非零实数均存在6个零点，即直线与函数的图象有6个交点，由于函数的图象关于直线对称，则直线与函数在直线右侧的图象有3个交点，所以，.由于为定值，当且当逐渐增大时，也在逐渐增大，所以不可能恒成立，所以当时，不存在实数，使得函数对任意非零实数 均存在6个零点；同理可知，当时，不存在实数，使得函数对任意非零实数均存在6个零点，故命题错误.故答案为：.【点睛】已知函数的零点个数求解参数的取值范围问题的常用方法：1、分离参数法：一般命题的情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离出参数，构造新的函数，求得新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，从而确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题的情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类的标准，在每个小区间内研究函数零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各校范围并在