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2026年高考数学北京-14<-->2026年高考数学北京-16
（5分）已知$c$是非负常数，函数$f(x)=\vert x^{2}-\cos x-c^{2}\vert$．给出下列四个结论：
①$f(x)$在区间$(-1$，$1]$上有最小值和最大值；
②当$c=1$时，$f(x)$在区间$(1$，$2]$上有最大值；
③当$c=0$时，方程$f(x)=1$的解集有3个元素；
④当$c > 0$时，方程$f(x)=c$的解集有4个元素．
其中正确结论的序号是____ ．
〖答案〗①②③④．
〖分析〗①，构造函数$g(x)=x^{2}-\cos x-c^{2}$并求其单调性和奇偶性，求出$f(x)$的奇偶性，分$g(x)$在$(-1$，$1]$内有零点和$g(x)$在$(-1$，$1]$内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出$f(x)$在$c$取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出$f(x)=1$时$x$的值，即可判断；③，求出$f(x)$在$(1$，$2]$上的单调性，即可判断；④，求出$f(0)=1+c^{2} > c$，结合$f(x)$单调性即可得出与直线$y=c$的交点个数，即可判断．
〖解答〗解：由题意，
①在$g(x)=x^{2}-\cos x-c^{2}$中，$g'(x)=2x+\sin x$，$g$（1）$=1-\cos 1-c^{2}$，
$g(-x)=(-x)^{2}-\cos (-x)-c^{2}=x^{2}-\cos x-c^{2}=g(x)$，函数为偶函数，
在$h(x)=g'(x)=2x+\sin x$中，$h'(x)=2+\cos x > 0$，
$\therefore$函数$h(x)=g'(x)=2x+\sin x$单调递增，
$\because h(0)=g'(0)=0+0=0$，
$\therefore$当$x < 0$时，$h(x)=g'(x) < 0$，当$x > 0$时，$h(x)=g'(x) > 0$，
$\therefore g(x)$在$(-\infty ,0)$上单调递减，在$(0,+\infty )$上单调递增，
$\therefore$函数在$x=0$处取最小值，$g(0)=0-\cos 0-c^{2}=-1-c^{2}$，
在$f(x)=\vert x^{2}-\cos x-c^{2}\vert$中，
$f(-x)=\vert (-x)^{2}-\cos (-x)-c^{2}\vert =\vert x^{2}-\cos x-c^{2}\vert =f(x)$，为偶函数，
当$g(x)$在$(-1$，$1]$内有零点时，
即$\exists x_{1}\in (-1,0)$，$x_{2}\in (0,1)$，使得$g(x)=0$，
此时$f(x)$在$(-1$，$x_{1}]$，$[0$，$x_{2}]$上单调递减，在$[x_{1}$，$0]$，$[x_{2}$，$1]$上单调递增，
$f(x_{1})=f(x_{2})=0$，$f(0)=-g(0)=1+c^{2}$，$f$（1）$=g$（1）$=1-\cos 1-c^{2}$，
$\because 1+c^{2} > 1-\cos 1-c^{2}$，
$\therefore f(0) > f$（1），
$\therefore f(x)$在$x=x_{1}$和$x=x_{2}$处取最小值，$f(x)_{min}=0$，
在$x=0$处取最大值，$f{{(x)}_{max}}=1+{{c}^{2}}$．
当$g(x)$在$(-1$，$1]$内无零点时，$f(x)=-g(x)=-x^{2}+\cos x+c^{2}$，
$f(x)$在$(-1$，$0]$上单调递增，在$[-2$，$-1]$，$[0$，$1]$上单调递减，
$\therefore f(x)$在$x=1$处取得最小值，$f{{(x)}_{min}}=f(1)=-1+\cos 1+{{c}^{2}}$，
在$x=0$处取得最大值，$f{{(x)}_{max}}=f(0)=0+\cos 0+{{c}^{2}}={{c}^{2}}+1$，
故①正确；
②同①可得推广结论，
在$f(x)=\vert x^{2}-\cos x-c^{2}\vert$中，$f(0)=\vert 0-\cos 0-c^{2}\vert =1+c^{2}$，
$f(-x)=\vert (-x)^{2}-\cos (-x)-c^{2}\vert =\vert x^{2}-\cos x-c^{2}\vert =f(x)$，为偶函数，
即$\exists x_{1}\in (-\infty ,0)$，$x_{2}\in (0,+\infty )$，使得$g(x_{1})=0$，$g(x_{2})=0$，
此时$f(x)$在$(-\infty$，$x_{1}]$，$[0$，$x_{2}]$上单调递减，在$[x_{1}$，$0]$，$[x_{2}$，$+\infty )$上单调递增，
$\therefore f(x)$在$x=x_{1}$和$x=x_{2}$处取极小值，
当$c=0$时，$f(x)=\vert x^{2}-\cos x\vert$，$g(x)=x^{2}-\cos x$，$f(0)=1$，
$\because f(x)$在$(-\infty$，$x_{1}]$上单调递减，$f(x_{1})=0$，
$\therefore \exists x_{3}\in (-\infty$，$x_{1}]$，使得$f(x_{3})=1$，
$\because f(x)$在$[x_{2}$，$+\infty )$上单调递增，$f(x_{2})=0$，
$\therefore \exists x_{4}\in [x_{2}$，$+\infty )$，使得$f(x_{4})=1$，
$\therefore$当$x=x_{3}$，$x_{4}$，0时，$f(x)=1$，
$\therefore c=0$，$f(x)$有3解，
故②正确；
③当$c=1$时，
$f(x)=\vert x^{2}-\cos x-1\vert$，$g(x)=x^{2}-\cos x-1$，$f$（1）$=\vert 1-\cos 1-1\vert =\cos 1 > 0$，
由①可得，$g(x)$在$(0,+\infty )$上单调递增，
$\because g$（1）$=1-\cos 1-1=-\cos 1 < 0$，$g$（2）$=2^{2}-\cos 2-1=3-\cos 2 > 0$，
$\therefore \exists x_{5}(1,2)$，使得$g(x_{5})=0$，
$\therefore$在$f(x)=\vert x^{2}-\cos x-1\vert$中，$x\in (1$，$2]$，
此时$f(x)$在$(1$，$x_{5}]$上单调递减，在$[x_{5}$，$2]$上单调递增，
$\therefore f(x)$在$x=2$处取最大值，
③正确；
④由②可得，
在$f(x)=\vert x^{2}-\cos x-c^{2}\vert$中，$f(0)=1+c^{2}$，
此时$f(x)$在$(-\infty$，$x_{1}]$，$[0$，$x_{2}]$上单调递减，在$[x_{1}$，$0]$，$[x_{2}$，$+\infty )$上单调递增，
在$\omega (x)=1+x^{2}-x$中，△$=(-1)^{2}-4\times 1\times 1=-3 < 0$，
$1 > 0$，开口向上，
$\therefore$函数$\omega (x)=1+x^{2}-x > 0$，即$1+x^{2} > x$恒成立，
$\therefore f(0)=1+c^{2} > c$
$\therefore y=c$在$(0$，$f(0))$下方，
$\because c > 0$，
$\therefore y=c$在$x$轴上方，
此时$y=c$与$f(x)$有4个交点，
故④正确．
故答案为：①②③④．
〖点评〗本题主要考查导数的综合运用，属于难题．
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