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【题型归类大全】2023年高考一复习学案（理科数学）考点07：二次函数与幂函数
展开这是一份【题型归类大全】2023年高考一复习学案（理科数学）考点07：二次函数与幂函数，共18页。
[考纲传真]
1.(1)了解幂函数的概念；
(2)结合函数y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝xeq \s\up10(\f(1,2))，y＝eq \f(1,x)的图象，了解它们的变化情况.
2.理解二次函数的图象和性质，能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题．
[题型归类]
1.幂函数的图象与性质
2.利用幂函数比较大小问题
3.与幂函数、二次函数有关的解不等式问题
4.求二次函数的解析式
5.二次函数的图象
6.二次函数的单调性
7.二次函数的最值
8.含参数的二次函数的最值与值域
9.与二次函数有关的恒成立问题
10.二次函数、一元二次方程、二次不等式的关系
题型一：幂函数的图象与性质
知识与方法
幂函数
(1)定义：形如y＝xα(α∈R)的函数称为幂函数，其中x是自变量，α是常数．
(2)五种常见幂函数的图象与性质
[规律方法] 幂函数的性质与图象特征的关系
1幂函数的形式是y＝xαα∈R，其中只有一个参数α，因此只需一个条件即可确定其解析式.
2判断幂函数y＝xαα∈R的奇偶性时，当α是分数时，一般将其先化为根式，再判断.
3若幂函数y＝xα在0，＋∞上单调递增，则α＞0，若在0，＋∞上单调递减，则α＜0.
►例1 幂函数y＝f(x)的图象过点(8,2eq \r(2))，则幂函数y＝f(x)的图象是( )
A B C D
解析：
[令f(x)＝xα，由f(8)＝2eq \r(2)得8α＝2eq \r(2)，
即23α＝2eq \s\up10(\f(3,2))，解得α＝eq \f(1,2)，所以f(x)＝xeq \s\up10(\f(1,2))，故选C.]
►例2如图中曲线是幂函数y＝xn在第一象限的图象．已知n取±2，±eq \f(1,2)四个值，则相应于曲线C1，C2，C3，C4的n值依次为( )
A．－2，－eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，2 B．2，eq \f(1,2)，－eq \f(1,2)，－2
C．－eq \f(1,2)，－2,2，eq \f(1,2) D．2，eq \f(1,2)，－2，－eq \f(1,2)
解析：选B 由幂函数图象及其单调性之间的关系可知，曲线C1，C2，C3，C4所对应的n依次为2，eq \f(1,2)，－eq \f(1,2)，－2.
►例3幂函数y＝xm2－2m－3(m∈Z)的图象如图所示，则m的值为 ( )
A．－1
解析：∵函数f(x)＝(m2－m－1)·x－5m－3是幂函数，
∴m2－m－1＝1，解得m＝2或m＝－1.
当m＝2时，－5m－3＝－13，函数y＝x－13在(0，＋∞)上是减函数；
当m＝－1时，－5m－3＝2，函数y＝x2在(0，＋∞)上是增函数．
∴m＝－1.
题型二：利用幂函数比较大小问题
知识与方法
幂函数的形式是y＝xα(α∈R)，其中只有一个参数α，因此只需一个条件即可确定其解析式．
(2)在区间(0,1)上，幂函数中指数越大，函数图象越靠近x轴(简记为“指大图低”)，在区间(1，＋∞)上，幂函数中指数越大，函数图象越远离x轴．
►例1 若a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(\f(2,3))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up10(\f(2,3))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(\f(1,3))，则a，b，c的大小关系是( )
A．a＜b＜c B．c＜a＜b
C．b＜c＜a D．b＜a＜c
解析：
D [a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(\f(2,3))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up10(\f(1,3))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up10(\f(2,3))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,25)))eq \s\up10(\f(1,3))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(\f(1,3))，由eq \f(1,25)＜eq \f(1,4)＜eq \f(1,2)得b＜a＜c，故选D.]
►例2若(2m＋1)eq \f(1,2)>(m2＋m－1)eq \f(1,2)，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(－\r(5)－1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，＋∞))
C．(－1,2) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，2))
解析：因为函数y＝xeq \f(1,2)的定义域为[0，＋∞)，
且在定义域内为增函数，
所以不等式等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋1≥0，,m2＋m－1≥0，,2m＋1>m2＋m－1.))
解2m＋1≥0，得m≥－eq \f(1,2)；
解m2＋m－1≥0，得m≤eq \f(－\r(5)－1,2)或m≥eq \f(\r(5)－1,2).
解2m＋1>m2＋m－1，得－1
►例3若(a＋1)eq \f(1,2)<(3－2a)eq \f(1,2)，则实数a的取值范围是________．
解析：易知函数y＝xeq \f(1,2)的定义域为[0，＋∞)，在定义域内为增函数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋1≥0，,3－2a≥0，,a＋1<3－2a，))解之得－1≤a
A．a
∴f(x)＝x3，且f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
又eq \f(\r(3),3)
知识与方法
►例1 设函数f(x)＝则使得f(x)≤2成立的x的取值范围是________．
(－∞，8] [当x<1时，x－1<0，ex－1
当x≥1时，xeq \s\up12(\f(1,2))≤2，x≤23＝8，∴1≤x≤8.
综上可知x∈(－∞，8]．]
解析：
►例2函数f(x)＝(x－2)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)单调递增，则f(2－x)>0的解集为( D )
A．{x|－2
C．{x|0
解析：函数f(x)＝ax2＋(b－2a)x－2b为偶函数，则b－2a＝0，故f(x)＝ax2－4a＝a(x－2)(x＋2)，因为在(0，＋∞)单调递增，所以a>0.根据二次函数的性质可知，不等式f(2－x)>0的解集为{x|2－x>2，或2－x<－2}＝{x|x<0，或x>4}，故选D.
►例3二次函数f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，且f′(x)＝－x－1，则不等式f(10x)>0的解集为( )
A．(－3,1) B．(－lg 3,0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1 000)，1)) D．(－∞，0)
答案 D
解析 由题意设f(x)＝ax2＋bx＋eq \f(3,2) (a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b，∵f′(x)＝－x－1，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝－1，,b＝－1，)) ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2)，,b＝－1，))
∴f(x)＝－eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)，
令f(x)>0，得－3
∴不等式f(10x)>0可化为0<10x<1，∴x<0，故选D.
题型四：求二次函数的解析式
知识与方法
)二次函数解析式的三种形式
一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)；
顶点式：f(x)＝a(x－h)2＋k(a≠0)，顶点坐标为(h，k)；
零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2为f(x)的零点．
求二次函数解析式的方法
二次函数解析式的求法
根据已知条件确定二次函数解析式，一般用待定系数法，选择规律如下：
(1)已知三个点坐标，宜选用一般式；
(2)已知顶点坐标、对称轴、最大(小)值等，宜选用顶点式；
(3)已知图象与x轴两交点坐标，宜选用两根式．
►例1 若函数f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(常数a，b∈R)是偶函数，且它的值域为(－∞，4]，则该函数的解析式f(x)＝________.
解析：由f(x)是偶函数知f(x)图象关于y轴对称，所以－a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,b)))，即b＝－2或a＝0，
当a＝0时，则f(x)＝bx2，值域为(－∞，0]或[0，＋∞), 不满足已知值域(－∞，4]，∴a＝0舍去，
所以f(x)＝－2x2＋2a2，
又f(x)的值域为(－∞，4]，
所以2a2＝4，
故f(x)＝－2x2＋4.
►例2已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，x∈R.若函数f(x)的最小值为f(－1)＝0，求f(x)的解析式，并写出单调区间．
[自主解答] 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1＝a－b＋1＝0，,－\f(b,2a)＝－1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2，))
∴f(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2.
故二次函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1]，单调递增区间为[－1，＋∞)．
解析：
►例3已知二次函数f(x)满足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8.求此二次函数的解析式．
解：依题意，知f(x)＋1＝0的两根为x1＝2，x2＝－1，
故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)，a≠0.
即f(x)＝ax2－ax－2a－1.
又函数有最大值ymax＝8，即－eq \f(9a＋4,4)＝8，
解得a＝－4.
故函数解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
解析：
►例4已知二次函数y＝x2＋2kx＋3－2k，则顶点位置最高时函数的解析式为y＝x2－2x＋5.
解析：由题意可知y＝x2＋2kx＋3－2k＝(x＋k)2－k2－2k＋3，所以该函数的顶点坐标为(－k，－k2－2k＋3)．
设顶点的纵坐标为y＝－k2－2k＋3＝－(k＋1)2＋4，所以当k＝－1时，顶点位置最高，此时函数的解析式为y＝x2－2x＋5.
题型五：二次函数的图象
知识与方法
►例1 已知abc＞0，则二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是( )
D [A项，因为a＜0，－eq \f(b,2a)＜0，
所以b＜0.又因为abc＞0，所以c＞0，
而f(0)＝c＜0，故A错．
B项，因为a＜0，－eq \f(b,2a)＞0，所以b＞0.
又因为abc＞0，所以c＜0，而f(0)＝c＞0，故B错．
C项，因为a＞0，－eq \f(b,2a)＜0，所以b＞0.
又因为abc＞0，所以c＞0，而f(0)＝c＜0，故C错．
D项，因为a＞0，－eq \f(b,2a)＞0，所以b<0.
又因为abc＞0，所以c＜0，而f(0)＝c＜0，故选D.]
解析：
►例2已知函数y＝ax2＋bx＋c，如果a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，则它的图象是( )
A B C D
解析：选D ∵a＞b＞c，a＋b＋c＝0，
∴a＞0，c＜0，
∴y＝ax2＋bx＋c的开口向上，且与y轴的交点(0，c)在负半轴上．
解析：
►例3若函数f(x)＝x2＋ax＋b的图象与x轴的交点为(1,0)和(3,0)，则函数f(x)( )
A．在(－∞，2]上单调递减，在[2，＋∞)上单调递增
B．在(－∞，3)上单调递增
C．在[1,3]上单调递增
D．单调性不能确定
解析：选A 由已知可得该函数的图象的对称轴为x＝2，又二次项系数为1＞0，所以f(x)在(－∞，2]上是单调递减的，在[2，＋∞)上是单调递增的．
解析：
►例4设abc＞0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是( )
解析：(1)A项，∵a＜0，－eq \f(b,2a)＜0，∴b＜0.
又∵abc＞0，∴c＞0，由图知f(0)＝c＜0，故A错；
B项，∵a＜0，－eq \f(b,2a)＞0，∴b＞0，又∵abc＞0，∴c＜0，而f(0)＝c＞0，故B错；
C项，∵a＞0，－eq \f(b,2a)＜0，∴b＞0，又∵abc＞0，∴c＞0，而f(0)＝c＜0，故C错；
D项，∵a＞0，－eq \f(b,2a)＞0，∴b＜0，又∵abc＞0，∴c＜0，由图知f(0)＝c＜0，故选D.
题型六：二次函数的单调性
知识与方法
►例1 函数f(x)＝(m－1)x2＋2mx＋3为偶函数，则f(x)在区间(－5，－3)上( )
A．先减后增 B．先增后减 C．单调递减 D．单调递增
解析：选D 因为f(x)＝(m－1)x2＋2mx＋3为偶函数，所以2m＝0，即m＝0.所以f(x)＝－x2＋3.
由二次函数的单调性可知，f(x)＝－x2＋3在(－5，－3)上为增函数．
解析：
►例2已知f(x)＝4x2－mx＋5在[2，＋∞)上是增函数，则实数m的取值范围是________．
解析：因为函数f(x)＝4x2－mx＋5的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,8)，＋∞))，所以eq \f(m,8)≤2，即m≤16.
答案：(－∞，16]
►例3已知函数f(x)＝x2＋2ax＋3，x∈[－4,6]，
(1)求实数a的取值范围，使y＝f(x)在区间[－4,6]上是单调函数；
(2)当a＝－1时，求f(|x|)的单调区间．
解 (1)函数f(x)＝x2＋2ax＋3的图象的对称轴为x＝－eq \f(2a,2)＝－a，
∴要使f(x)在[－4,6]上为单调函数，只需－a≤－4或－a≥6，解得a≥4或a≤－6.
故a的取值范围是(－∞，－6]∪[4，＋∞)．
(2)当a＝－1时，f(|x|)＝x2－2|x|＋3
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x＋3＝x＋12＋2，x≤0，,x2－2x＋3＝x－12＋2，x>0，))
其图象如图所示．
又∵x∈[－4,6]，∴f(|x|)在区间[－4，－1)和[0,1)上为减函数，在区间[－1,0)和[1,6]上为增函数．
►例4已知函数f(x)＝x2＋2ax＋2，x∈[－5,5]．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最大值和最小值；
(2)求实数a的取值范围，使y＝f(x)在区间[－5,5]上是单调函数．
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[－5,5]，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值1；
当x＝－5时，f(x)取得最大值37.
(2)函数f(x)＝(x＋a)2＋2－a2的图象的对称轴为直线x＝－a，
因为y＝f(x)在区间[－5,5]上是单调函数，
所以－a≤－5或－a≥5，即a≤－5或a≥5.
故a的取值范围是(－∞，－5]∪[5，＋∞)．
题型七：二次函数的最值
知识与方法
二次函数最值的求法,二次函数的区间最值问题一般有三种情况：①对称轴和区间都是给定的；②对称轴动，区间固定；③对称轴定，区间变动.解决这类问题的思路是抓住“三点一轴”进行数形结合，三点指的是区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴.具体方法是利用函数的单调性及分类讨论的思想求解.
对于②、③，通常要分对称轴在区间内、区间外两大类情况进行讨论.
►例1 已知函数f(x)＝x2－2x，若x∈[－2,3]，则函数f(x)的最大值为________.
答案 8
解析 f(x)＝(x－1)2－1，∵－2≤x≤3(如图)，
∴[f(x)]max＝f(－2)＝8.
解析：
►例2已知函数f(x)＝x2－2x，若x∈[－2，a]，求f(x)的最小值．
解 ∵函数y＝x2－2x＝(x－1)2－1，
∴对称轴为直线x＝1，
∵x＝1不一定在区间[－2，a]内，∴应进行讨论，当－2
综上，当－2
题型八：含参数的二次函数的最值与值域
知识与方法
二次函数在闭区间上的最值问题，一定要根据对称轴与区间的相对位置关系确定最值，当函数解析式中含有参数时，要根据参数的最值情况进行分类讨论．
由不等式恒成立求参数取值范围的思路及关键
①一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数直接求最值．
②两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离．这两个思路的依据是：a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
►例1 已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－1,2]上有最大值4，则实数a的值为________．
解析：f(x)＝a(x＋1)2＋1－a.
(1)当a＝0时，函数f(x)在区间[－1,2]上的值为常数1，不符合题意，舍去；
(2)当a＞0时，函数f(x)在区间[－1,2]上是增函数，最大值为f(2)＝8a＋1＝4，解得a＝eq \f(3,8)；
(3)当a＜0时，函数f(x)在区间[－1,2]上是减函数，最大值为f(－1)＝1－a＝4，解得a＝－3.
综上可知，a的值为eq \f(3,8)或－3.
►例2已知函数f(x)＝－x2＋4x，x∈[m,5]的值域是[－5,4]，则实数m的取值范围是( C )
A．(－∞，－1) B．(－1,2]
C．[－1,2] D．[2,5]
解析：∵f(x)＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，∴当x＝2时，f(2)＝4，由f(x)＝－x2＋4x＝－5，解得x＝5或x＝－1，∴要使函数在[m,5]的值域是[－5,4]，则－1≤m≤2，故选C.
►例3已知函数y＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围为________．
答案 [1,2]
解析 如图，由图象可知m的取值范围是[1,2]．
►例4已知函数f(x)＝x2－2ax＋2a＋4的定义域为R，值域为[1，＋∞)，则a的值为________．
答案 －1或3
解析 由于函数f(x)的值域为[1，＋∞)，
所以f(x)min＝1.
又f(x)＝(x－a)2－a2＋2a＋4，
当x∈R时，f(x)min＝f(a)＝－a2＋2a＋4＝1，
即a2－2a－3＝0，
解得a＝3或a＝－1.
题型九：与二次函数有关的恒成立问题
知识与方法
[规律方法] 形如fx≥0fx≤0恒成立问题的求解思路
1x∈R的不等式确定参数的范围时，结合二次函数的图象，利用判别式来求解.
2x∈[a，b]的不等式确定参数范围时，①根据函数的单调性，求其最值，让最值大于等于或小于等于0，从而求出参数的范围；②数形结合，利用二次函数在端点a，b处的取值特点确定不等式求参数的取值范围.③分离参数，变为a≥gx或a≤gx恒成立问题，然后再求gx的最值.
3已知参数k∈[a，b]的不等式确定x的范围，要注意变换主元，一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数.
►例1 已知x∈[－1,1]时，f(x)＝x2－ax＋eq \f(a,2)＞0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(0,2) B．(2，＋∞) C．(0，＋∞) D．(0,4)
解析：二次函数图象开口向上，对称轴为x＝eq \f(a,2)，又x∈[－1,1]时，f(x)＝x2－ax＋eq \f(a,2)＞0恒成立，即f(x)最小值＞0.
①当eq \f(a,2)≤－1，即a≤－2时，f(－1)＝1＋a＋eq \f(a,2)＞0，解得a＞－eq \f(2,3)，与a≤－2矛盾；
②当eq \f(a,2)≥1，即a≥2时，f(1)＝1－a＋eq \f(a,2)＞0，解得a＜2，与a≥2矛盾；
③当－1＜eq \f(a,2)＜1，即－2＜a＜2时，Δ＝(－a)2－4·eq \f(a,2)＜0，解得0＜a＜2.综上得实数a的取值范围是(0,2)．
►例2对于任意a∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值恒大于零，那么x的取值范围是( )
A．(1,3) B．(－∞，1)∪(3，＋∞)
C．(1,2) D．(3，＋∞)
解析：选B f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a＝(x－2)a＋x2－4x＋4，
令g(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1＞0，,g－1＞0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－3x＋2＞0，,x2－5x＋6＞0.))
解得x＞3或x＜1，故选B.
解析：
►例3设函数f(x)＝ax2－2x＋2，对于满足1
解析：由题意得a>eq \f(2,x)－eq \f(2,x2)对1
►例4设函数f(x)＝mx2－mx－1，若对于x∈[1,3]，f(x)<－m＋4恒成立，则实数m的取值范围为( D )
A．(－∞，0] B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,7)))
C．(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,7))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,7)))
解析：由题意，f(x)<－m＋4对于x∈[1,3]恒成立即m(x2－x＋1)<5对于x∈[1,3]恒成立．∵当x∈[1,3]时，x2－x＋1∈[1,7]，∴不等式f(x)<－m＋4等价于m
►例1 对二次函数（为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ）．
A．是的零点 B．1是的极值点
C．3是的极值 D. 点在曲线上
1.解析 观察四个选项会发现B,C这两个选项是“配套”的，所以以此为切入点，假设B,C正确，即为的顶点.由于抛物线开口向下时，D肯定错；抛物线开口向上时，A肯定错. 由此说明A与D中必有一个错误.假设A正确，
则有，与条件为整数矛盾，说明A错误. 故选A.
►例2已知函数f(x)＝x2－4x＋a＋3，a∈R.
(1)若函数f(x)在(－∞，＋∞)上至少有一个零点，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在[a，a＋1]上的最大值为3，求a的值．
解：(1)由Δ＝16－4(a＋3)≥0，得a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
(2)f(x)＝(x－2)2＋a－1.
当a＋1<2，即a<1时，f(x)max＝f(a)＝a2－3a＋3＝3，解得a＝0，a＝3(舍去)；
当a＋1≥2，eq \f(a＋a＋1,2)≤2，即1≤a≤eq \f(3,2)时，f(x)max＝f(a)＝3，解得a＝0或3(均舍)；当a≤2，eq \f(a＋a＋1,2)>2，即eq \f(3,2)
综上，a＝0或a＝eq \f(1＋\r(13),2).
函数特征性质
y＝x
y＝x2
y＝x3
y＝xeq \s\up12(\f(1,2))
y＝x－1
图象
定义域
R
R
R
{x|x≥0}
{x|x≠0}
值域
R
{y|y≥0}
R
{y|y≥0}
{y|y≠0}
奇偶性
奇
偶
奇
非奇非偶
奇
单调性
增
(－∞，0)减，
(0，＋∞)增
增
增
(－∞，0)和
(0，＋∞)减
公共点
(1,1)
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