2026-北京卷-15 填-导数综合

本题导读

本题是一道关于绝对值复合函数性质的高难度综合压轴填空题。核心在于首先通过两次求导，彻底摸清内层偶函数 $g(x)=x^2-\cos x-c^2$ 的单调性、极值与值域分布；随后在外层绝对值作用下，逐一深入剖析在开闭各异的区间上函数的最大最小值的存在性、特定参数下方程根的精确个数、以及动态交点的数量规律。

📌【题干】

Question

（2026年北京卷）设 $c\in \mathbb{R}$，函数 $f(x)=|x^2-\cos x-c^2|$.给出下列四个论断：

① $f(x)$ 在 $(-1,1]$ 上既有最小值又有最大值；

② 当 $c=0$ 时， $f(x)=1$ 有 3 个解；

③ 当 $c=1,x\in (1,2]$ 时， $f(x)$ 有最大值；

④ 当 $c>0$ 时， $f(x)$ 与 $y=c$ 有 4 个交点. 其中正确论断的序号是 $\underline{}$ .

🔍【思路分析】

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1. 基础骨架研究（内层函数分析）： 令内层函数 $g(x)=x^2-\cos x-c^2$。

• 奇偶性： $g(-x)=(-x{)}^2-\cos (-x)-c^2=x^2-\cos x-c^2=g(x)$，为偶函数。
• 单调性：对 $g(x)$ 进行求导， $g^{\prime }(x)=2x+\sin x$。由于单调性不直观，继续求二阶导数 $g^{\prime \prime }(x)=2+\cos x\ge 2-1=1>0$ 恒成立。
• 由 $g^{\prime \prime }(x)>0$ 知，一阶导函数 $g^{\prime }(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递增。结合 $g^{\prime }(0)=0$，判定 $g^{\prime }(x)$ 的符号：当 $x<0$ 时 $g^{\prime }(x)<0$；当 $x>0$ 时 $g^{\prime }(x)>0$。
• 结论：内层函数 $g(x)$ 在 $(-\infty ,0)$ 上单调递减，在 $(0,+\infty )$ 上单调递增，在 $x=0$ 处取得唯一全局极小值（即最小值） $g(0)=-1-c^2$。

2. 论断①分析（区间最值存在性）： 在半开半闭区间 $(-1,1]$ 上，利用 $g(x)$ 的偶属性与单调性，其在开端点 $x\to -1^{+}$ 的极限值与闭端点 $x=1$ 的值相等。通过最值定理与绝对值翻折机制，判定全局最大值与最小值均能被具体点集取到。
3. 论断②分析（固定参数方程根的个数）： 当 $c=0$ 时， $f(x)=|x^2-\cos x|=1$ 拆分为 $x^2-\cos x=1$ 或 $x^2-\cos x=-1$，结合内层函数的最小值性质计算各分支解的个数。
4. 论断③分析（特定区间最值判定）： 当 $c=1$ 时， $f(x)=|x^2-\cos x-1|$。在 $x\in (1,2]$ 上，内层函数严格大于 0，绝对值可直接脱去。利用一阶导数符号判定其在闭端点 $x=2$ 处直接取得最大值。
5. 论断④分析（动态函数交点计数）： 方程 $|x^2-\cos x-c^2|=c$ 转化为内层核心函数 $u(x)=x^2-\cos x$ 分别等于 $c^2+c$ 与 $c^2-c$ 的两个水平线交点问题，通过判别这两条水平线与 $u(x)$ 最小值的相对高度关系锁定解的总数。

✅【答案】

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①②③④

✍【详细解析】

Abstract

令内层函数 $g(x)=x^2-\cos x-c^2$。 可知， $g(x)$ 是偶函数。其导函数满足： $g^{\prime }(x)=2x+\sin x,g^{\prime \prime }(x)=2+\cos x>0(\forall x\in \mathbb{R})$ 由于二阶导数恒正，一阶导数 $g^{\prime }(x)$ 严格单调递增，且 $g^{\prime }(0)=0$。 从而可知内层函数 $g(x)$ 的单调性为： 在 $(-\infty ,0)$ 上严格单调递减，在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递增。 当 $x=0$ 时取得极小值： $g(0)=0^2-\cos 0-c^2=-1-c^2$

令$u(x)=x^2-\cos x$ 可知， $u(x)$ 亦为偶函数，在 $(-\infty ,0)$ 递减， $(0,+\infty )$ 递增，最小值为 $u(0)=-1$。 因此对任意常数 $t>-1$，方程 $u(x)=t$ 恰有 2 个互为相反数的实数解； 当 $t=-1$ 时，恰有 1 个解（$x=0$）； 当 $t<-1$ 时，无实数解。

论断①： $f(x)$ 在 $(-1,1]$ 上既有最小值又有最大值．

证明：先看内层函数 $g(x)$ 在 $(-1,1]$ 上的值域。 因为 $g(x)$ 在 $(-1,0)$ 递减，在 $(0,1]$ 递增，且为偶函数。 其最小值在 $x=0$ 处取得，为 $g(0)=-1-c^2$。 当 $x\to -1^{+}$ 时， ${\lim }_{x\to -1^{+}}g(x)=1-\cos (-1)-c^2=1-\cos 1-c^2$。 当 $x=1$ 时， $g(1)=1-\cos 1-c^2$。 由于偶函数的对称性，虽然左端点 $x=-1$ 开区间取不到， 但内层函数 $g(x)$ 在 $(-1,1]$ 上的值域为闭区间： $I_g=[-1-c^2,1-\cos 1-c^2]$ 由于 $f(x)=|g(x)|$，由连续函数在闭区间上的性质，闭区间经过绝对值后，其对应的值域必然仍为闭区间 $[M_1,M_2]$。 具体而言，其最大值必在端点或极值点处取到，即 $\max f=\max \{|1+c^2|,|1-\cos 1-c^2|\}$，此值显然存在；

综上， $f(x)$ 在该区间上最大值与最小值均存在，论断①正确。

论断②：当 $c=0$ 时， $f(x)=1$ 有 3 个解．

证明：代入 $c=0$ 得 $f(x)=|x^2-\cos x|=1$。 去掉绝对值符号，等价于拆分为两个独立方程： $(分支1)x^2-\cos x=1⟹u(x)=1$ $(分支2)x^2-\cos x=-1⟹u(x)=-1$ 由前文 $u(x)$ 的最值可知： 对于分支 1：因为 $t=1>-1$，根据单调性，方程 $u(x)=1$ 在 $y$ 轴两侧各有一个解，共 2 个解。 对于分支 2：方程 $u(x)=-1$ 恰好对应 $u(x)$ 的最小值点，有且仅有唯一解 $x=0$。 由于 $u(0)=-1\ne 1$，这 3 个解互不相同。 综上，方程共有 $2+1=3$ 个解，论断②正确．

论断③：当 $c=1,x\in (1,2]$ 时， $f(x)$ 有最大值．

证明：当 $c=1$ 时，内层函数为 $p(x)=x^2-\cos x-1$。 当 $x\in (1,2]$ 时，考虑其导数 $p^{\prime }(x)=2x+\sin x$。 因为 $x>1>0$，所以 $2x>2$。又 $\sin x\ge -1$，由此可得： $p^{\prime }(x)>2-1=1>0$ 这说明内层函数 $p(x)$ 在 $(1,2]$ 上严格单调递增。 计算左端点临界值： $p(1)=1^2-\cos 1-1=-\cos 1$。因为 $1\in (0,\frac{\pi }{2})$， $\cos 1>0⟹p(1)<0$。 计算右端点值： $p(2)=2^2-\cos 2-1=3-\cos 2$。因为 $\cos 2<0⟹p(2)>3>0$． 由零点存在性定理， $p(x)$ 在 $(1,2]$ 上从负值连续单调上升到正值。 外层加绝对值后， $f(x)=|p(x)|$ 的图像为：先从 $|-\cos 1|=\cos 1$ 处的开端点单调递减到 0，再从 0 连续单调递增到右闭端点处的 $f(2)=|3-\cos 2|=3-\cos 2$。 由于 $\cos 1\approx 0.540$，而 $3-\cos 2\approx 3-(-0.416)=3.416$。 显然有 $3-\cos 2>\cos 1$。 因此，整个绝对值函数 $f(x)$ 的全局最大值在右端闭点 $x=2$ 处严格取得，最大值为 $3-\cos 2$。 所以 $f(x)$ 有最大值，论断③正确。

论断④：当 $c>0$ 时， $f(x)$ 与 $y=c$ 有 4 个交点．

证明：函数 $f(x)$ 与 $y=c$ 的交点个数，即为方程 $|x^2-\cos x-c^2|=c$ 的实根个数。 由于 $c>0$，去掉绝对值符号将其等价拆分为两个方程： $x^2-\cos x-c^2=c⟹u(x)=c^2+c$ $x^2-\cos x-c^2=-c⟹u(x)=c^2-c$ 已知偶函数 $u(x)$ 的最小值为 $-1$，方程 $u(x)=t$ 在 $t>-1$ 时有 2 个解。我们只需精细研判两个水平高度 $t_1=c^2+c$ 与 $t_2=c^2-c$ 是否均严格大于 $-1$：

1. 对于高度 $t_1=c^2+c$：因为已知 $c>0$，所以 $c^2+c>0>-1$ 恒成立。因此方程 $u(x)=c^2+c$ 必有 2 个不同的实根。
2. 对于高度 $t_2=c^2-c$：对其进行配方： $c^2-c={\left(c-\frac{1}{2}\right)}^2-\frac{1}{4}$ 因为完全平方式 ${\left(c-\frac{1}{2}\right)}^2\ge 0$， 所以： $c^2-c\ge -\frac{1}{4}>-1$ 恒成立，

由于高度 $t_2$ 严格大于最小值 $-1$，因此方程 $u(x)=c^2-c$ 也必有 2 个不同的实根。 3. 检验各根的异同性：因为 $c>0⟹c^2+c\ne c^2-c$，两条水平直线绝不重合，故产生的 4 个实根互不相同。 综上，当 $c>0$ 时，函数 $f(x)$ 与 $y=c$ 恰好有 4 个不同的交点，论断④正确。

综上所述，①②③④四个论断全部正确。

故答案为： ①②③④。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：连续函数最值定理在非闭区间上的对称性代换补缺；一元二次多项式配方法在最值区间夹逼中的应用；绝对值方程向多分支水平割线法的位置关系转化。
2. 核心方法：高阶导数剥离分析法、分类分项代数控算法。
3. 避坑指南：

• 错判非闭区间的最大值存在性：在论断③中，学生容易陷入思维定势，认为自变量区间 $(1,2]$ 左端是开区间，取不到临界值，就主观断定最大值或最小值不存在。切记必须定量比对两端点的绝对高度。本题中由于右闭端点的高度（约 3.416）远大于左开端点趋近的高度（约 0.540），最大值被右端点牢牢锁定，与左端开区间无任何因果干扰。
• 对论断④的高度临界值产生漏判：在判定 $u(x)=c^2-c$ 的根数时，必须将其与 $u(x)$ 的最小值 $-1$ 进行严格不等式比对，通过配方解出下界 $-\frac{1}{4}>-1$，是确保该论断必定拥有双根的唯一严谨代数逻辑。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题是高考理科数学中考查“导数与函数性质综合”的最高难度填空压轴题（第 15 题位置）。题目打破了常规单一初等函数的局限，通过引入多项式与三角函数复合、外层翻折及动态参量 $c$，全方位高标高地测试考生的数形结合、代数变形及逻辑推理的极限控算力。
2. 结论推广： 本题中对于形如 $f(x)=|u(x)-c^2|$ （其中 $u(x)$ 为拥有单一极小值 $\mu$ 的偶函数）的数形演变，其与水平线 $y=c$ 的交点规律是一类标准的**分叉理论（Bifurcation Theory）**模型。通过解方程可将其高度归结为 $t=c^2\pm c$。这类超越方程的根数转折取决于参数 $c$ 是否促使分支高度跨越极小值边界 $\mu$。掌握这种将绝对值图象割补线转化为水平线与母函数最值比对的代数精髓，是秒杀此类全部圆锥或超越函数压轴题的通用最高阶解法。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2006-上海卷理-11 填-函数图象无公共点
• 2013-新课标I卷理-11 单-分段函数
• 2013-新课标II卷理-10 单-导数极值