3.5 幂函数与一元二次函数（精练）-2024年高考数学一轮复习导与练高分突破（新高考）

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1．（2023·天津·统考高考真题）若，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由在R上递增，则，
由在上递增，则.所以.故选：D
2．（2023·江苏）下列命题中正确的是（ ）
A．当时函数的图象是一条直线
B．幂函数的图象都经过和点
C．若幂函数是奇函数，则是定义域上的增函数
D．幂函数的图象不可能出现在第四象限
【答案】D
【解析】对于A，当时函数的图像是一条直线但去掉点，故A错误；
对于B，幂函数的图像都经过点，当指数时，都经过点，故B错误；
对于C，幂函数的图像关于原点对称，且当时，函数是定义域上的增函数；
当时，函数在和上都为减函数，故C错误；
对于D，由于在函数中，只要，必有，所以幂函数的图像不可能出现在第四象限，故D正确.
故选：D.
3．（2023·安徽滁州·校考模拟预测）函数与在均单调递减的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】函数在均单调递减可得即；
函数在均单调递减可得，解得，
若函数与均单调递减，可得，
由题可得所求区间真包含于，
结合选项，函数与均单调递减的一个充分不必要条件是C
故选：C
4．（2023·辽宁锦州·渤海大学附属高级中学校考模拟预测）若幂函数在区间上单调递增，则（ ）
A．B．3C．或3D．1或
【答案】A
【解析】因为函数为幂函数，且在区间上单调递增，
所以且，
由，得或，
当时，，满足题意；
当时，足，不符合题意.
综上.
故选：A.
5．（2023春·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）设，若幂函数定义域为R，且其图像关于y轴成轴对称，则m的值可以为（ ）
A．1B．4C．7D．10
【答案】C
【解析】由题意知，因为其图像关于y轴成轴对称，则.故选：C．
6．（2023·北京）已知函数的值域是，则x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】，画出图像，如图所示，

令，则，解得或，
令，则，解得（舍去）或，
对于A：当时，结合图像，得，故A错误；
对于B：当时，结合图像，得，故B错误；
对于C：当时，结合图像，得，故C错误；
对于D：当时，结合图像，得，故D正确；
故选：D．
6．（2023·陕西）已知函数的定义域为，且当时，，则的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由的定义域为，，
则，即，
所以，
因为，所以函数在上单调递增，
当，当，
故函数的值域为.
故选：C．
7．（2023·海南）已知，并且m、n是方程的两根，则实数a、b、m、n的大小关系可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设，又，
分别画出这两个函数的图象，
其中的图象可看成是由的图象向上平移1个单位得到，如图，

由图可知：．
故选：A．
8．（2023·全国·统考高考真题）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
9．（2023·全国·高三专题练习）已知命题p：“∀x∈，(a＋1)x2－2(a＋1)x＋3>0”为真命题，则实数a的取值范围是（ ）
A．－1C．a<－1D．－1≤a<2
【答案】D
【解析】当a＝－1时，3>0成立；当a≠－1时，需满足，
解得－110．（2023·湖南）已知函数（b，c为实数），.若方程有两个正实数根，，则的最小值是（ ）
A．4B．2C．1D．
【答案】B
【解析】因为函数（b，c为实数），，
所以，解得，所以，
因为方程有两个正实数根，，所以，解得，
所以，当c=2时，等号成立，所以其最小值是2，故选：B
11．（2023山东）若函数在区间上是减函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由可知是二次函数，其对称轴为 ，
要使得函数在 上时是减函数，则必须 ，即 ；故选：C.
12．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第一二二中学校校考三模）已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由题意，函数，
根据二次函数的性质，作出函数的图象，如图所示，
结合图象，可知函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，
所以，即，
当时，不等式，即为，解得；
当时，不等式，即为，解得，
综上可得，实数的取值范围是.
故选：C.
13．（2023·全国·高三专题练习）若函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在[－1，2]上有最大值4，则a的值为( )
A．B．－3C．或－3D．4
【答案】C
【解析】由题意得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；
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的值为或－3．
故选：C．
14．（2023·哈尔滨）（多选）下列是函数的单调减区间的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】由解得，
所以，
函数图象如图所示，
由图可知函数的单调减区间为和，
故选：AC
15．（2023·黑龙江）已知函数：①，②，③，④，既是偶函数，又在上为增函数的是_________．
【答案】①④
【解析】对于①，设，定义域为，满足，
故为偶函数，又，在上为增函数，符合题意；
对于②，定义域为R，且为偶函数，在上为增函数，
故在上为减函数，不符题意；
对于③，定义域为R，设，则，
故为奇函数，不符题意；
对于④，定义域为，设，满足，
故为偶函数，在上为减函数，故在上为增函数，符合题意，
故答案为：①④
16．（2023春·上海·高三校联考阶段练习）已知函数，则关于的表达式的解集为__________.
【答案】
【解析】由题意可知，的定义域为，
所以，
所以函数是奇函数，
由幂函数的性质知，函数在函数上单调递增，
由，得，即，
所以，即，解得，
所以关于的表达式的解集为.
故答案为：.
17．（2023春·上海杨浦·高三同济大学第一附属中学校考阶段练习）已知实数，若幂函数为偶函数，且在上严格递减，则实数__________．
【答案】
【解析】因在上单调递减，则；又为偶函数，则
.故答案为：.
18．（2023·广东深圳）若函数的定义域为，值域为，则m的取值范围为__________.
【答案】
【解析】由题意可得函数的图像开口向上，对称轴为，
当时，，
令，解得或，
因为函数的定义域为，值域为，
故，故答案为：
19．（2023·四川）若函数的图象关于直线对称，则的最大值为__________．
【答案】30
【解析】因为函数的图象关于直线对称，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以当或时，函数取最大值，最大值为.
故答案为：30.
20．（2023·内蒙古）已知二次函数，其图象过点，且满足，则的解析式为______.
【答案】
【解析】根据题意可知，
又恒相等，
化简得到恒相等，
所以，故，，，
所以的解析式为.
故答案为：.
1．（2022·全国·高三专题练习）若，，成等差数列，则二次函数的图象与轴的交点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．1或2
【答案】D
【解析】由，，成等差数列，可得，
所以，
所以二次函数的图象与轴交点的个数为1或2.故选：D.
2．（2022·天津·南开中学二模）已知函数是R上的单调函数，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】当函数是R上的单调递减函数，所以，解得，
因为且，所以当时，不可能是增函数，所以函数在R上不可能是增函数，
综上：实数a的取值范围为，故选：B
3（2022·重庆·模拟预测）已知二次函数的两个零点都在区间内，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】二次函数，对称轴为，开口向上，在上单调递减，在上单调递增，
要使二次函数的两个零点都在区间内，需，解得
故实数a的取值范围是故选：C
4．（2022·全国·高三专题练习（理））若集合中有且只有一个元素，则正实数的取值范围是___________
【答案】
【解析】由题意，不等式且，即，
令，
所以，
所以是一个二次函数，图象是确定的一条抛物线，
而一次函数，图象是过一定点的动直线，
作出函数和的图象，如图所示，
其中，
又因为，结合图象，
要使得集合中有且只有一个元素，
可得，即，解得.
即正实数的取值范围是.
故答案为：.
5．（2023·河北·统考模拟预测）已知函数，若，则实数的取值范围为_________．
【答案】
【解析】令，
因为，所以函数为奇函数，
由函数都是增函数，可得为增函数，
，
则不等式，
即为，即，
即，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
6．（2023·全国·高三专题练习）对于区间，若函数同时满足：①在上是单调函数；②函数的值域是，则称区间为函数的“保值”区间.若函数存在“保值”区间，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【解析】因为函数的单调递增区间为，递减区间为，
所以当时，
则有，即方程有两个不相等的正根，
所以，解得；
当时，
则有，
则，，
即方程有两个不相等的负根，
所以，解得；
当时，此时，则，与题设矛盾；
当时，则，
即，解得或(舍去)；
综上所述：实数的取值范围为：.
故答案为：
7．（2023·全国·高三专题练习）关于的方程满足下列条件，求的取值范围．
(1)有两个正根；
(2)一个根大于，一个根小于；
(3)一个根在内，另一个根在内；
(4)一个根小于，一个根大于；
(5)两个根都在内．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
【解析】（1）令，设的两个根为.
由题得，解得.
（2）若方程的一个根大于，一个根小于，则，解得
（3）若方程一个根在内，另一个根在内，则，解得
（4）若方程的一个根小于，一个根大于，
则，解得
（5）若方程的两个根都在内，则，解得
8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)若不等式的解集为[1，2]，求不等式的解集；
(2)若对于任意的，，不等式恒成立，求实数a的取值范围；
(3)已知，若方程在有解，求实数a的取值范围．
【答案】(1)，，
(2)
(3)[0，1）．
【解析】（1）解：若不等式的解集为，，
即1，2是方程的两个根，
则，即，
则，由得，
即得，得或，
即不等式的解集为，，．
（2）解:不等式恒成立，
即在，恒成立，
令，，，
则，
令，解得：，
故在，递增，在，递减，
故（1）或，
而（1），，
故．
（3）解：由得，
，即，
若方程在，有解，等价为有解，
设，
，，，，
即，即，则，
即实数的取值范围是，．
9.（2023广东潮州）设函数f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函数f(x)的最小值．
【答案】见解析
【解析】f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函数图象的对称轴为直线x＝1．
当t＋1<1，即t<0时，函数图象如图(1)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为减函数，所以最小值为f(t＋1)＝t2＋1；
当t≤1≤t＋1，即0≤t≤1时，函数图象如图(2)所示，在x＝1处取得最小值，最小值为f(1)＝1；
当t>1时，函数图象如图(3)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为增函数，所以最小值为f(t)＝t2－2t＋2．
综上可知，f(x)min＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t2＋1，t<0，,1，0≤t≤1，,t2－2t＋2，t>1.))
10．（2023福建福州）已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝ eq \f(8x,1＋x2) ，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝x2－ax＋1．
(1)若对任意x∈R，a∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，1)) ，不等式f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ≤g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) ＋3恒成立，求t的取值范围．
(2)若存在a∈R，对任意x1∈ eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞)))) ，总存在唯一x0∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，2)) ，使得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1)) ＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0)) 成立，求a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)因为∀x∈R， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1)) eq \s\up12(2) ＝1＋x2－2x≥0，所以1＋x2≥2x，
所以∀x∈R， eq \f(2x,1＋x2) ≤1，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) eq \s\d7(max) ＝4，
要使对任意x∈R，a∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，1)) ，不等式f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ≤g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) ＋3恒成立，只需f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) eq \s\d7(max) ≤t2－at＋4，
所以t2－at＋4≥4，即－ta＋t2≥0．
记h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a)) ＝－ta＋t2，因为a∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，1)) ，所以只需 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))≥0，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))≥0，)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t2＋t≥0，,t2－t≥0，))
解得t≤－1或t＝0或t≥1．故t的取值范围为t≤－1或t＝0或t≥1．
(2)当x＝0时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0)) ＝0；
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞)) 时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝ eq \f(8x,1＋x2) ＝ eq \f(8,x＋\f(1,x)) ，因为x＋ eq \f(1,x) ≥2 eq \r(x·\f(1,x)) ＝2，当且仅当x＝1时，等号成立，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝ eq \f(8,x＋\f(1,x)) ∈ eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(0，4)))) ，所以函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) 在 eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞)))) 上的值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，4)) ．
因为对任意y∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，4)) ，总存在唯一x0∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，2)) ，使得y＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0)) 成立．
故 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，4)) ⊆ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(y\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(y＝x2－ax＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1≤x≤2)))) ，
以下分三种情况讨论：
①当 eq \f(a,2) ≤－1，即a≤－2时，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))＝a＋2≤0,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝5－2a≥4)) ，解得a≤－2；
②当 eq \f(a,2) ≥2，即a≥4时，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))＝a＋2≥4, g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝5－2a≤0)) ，解得a≥4；
③当－1< eq \f(a,2) <2，即－2解得2≤a<4，综上a≤－2或a≥2．