专题05 幂函数与二次函数4题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测（解析版）

这是一份专题05 幂函数与二次函数4题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测（解析版），共49页。试卷主要包含了幂函数的定义，幂函数的特征，常见的幂函数图像及性质，二次函数解析式的三种形式，二次函数的图像，二次函数在闭区间上的最值等内容，欢迎下载使用。


1、幂函数的定义
一般地，（为有理数）的函数，即以底数为自变量，幂为因变量，指数为常数的函数称为幂函数.
2、幂函数的特征：同时满足一下三个条件才是幂函数
①的系数为1； ②的底数是自变量； ③指数为常数.
（3）幂函数的图象和性质
3、常见的幂函数图像及性质：
4、二次函数解析式的三种形式
（1）一般式：；
（2）顶点式：；其中，为抛物线顶点坐标，为对称轴方程.
（3）零点式：，其中，是抛物线与轴交点的横坐标.
5、二次函数的图像
二次函数的图像是一条抛物线，对称轴方程为，顶点坐标为.
（1）单调性与最值
①当时，如图所示，抛物线开口向上，函数在上递减，在上递增，当时，；
②当时，如图所示，抛物线开口向下，函数在上递增，在上递减，当时，
（2）与轴相交的弦长
当时，二次函数的图像与轴有两个交点和，.
6、二次函数在闭区间上的最值
闭区间上二次函数最值的取得一定是在区间端点或顶点处.
对二次函数，当时，在区间上的最大值是，最小值是，令：
（1）若，则；
（2）若，则；
（3）若，则；
（4）若，则.
一、单选题
1．（2024高一·全国·假期作业）关于x的方程有两个实数根，，且，那么m的值为（ ）
A．B．C．或1D．或4
【答案】A
【分析】，利用韦达定理可得答案.
【详解】关于x的方程有两个实数根，
，
解得：，
关于x的方程有两个实数根，，
，，
，即，
解得：或舍去
故选：A.
2．（2024·山东）关于函数，以下表达错误的选项是（ ）
A．函数的最大值是1B．函数图象的对称轴是直线
C．函数的单调递减区间是D．函数图象过点
【答案】C
【分析】根据二次函数的图像与性质，直接进行求解即可.
【详解】，最大值是1，A正确；
对称轴是直线，B正确；
单调递减区间是，故C错误；
令的，故在函数图象上，故D正确，
故选：C
3．（2024·浙江）若函数在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则的值
A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关
【答案】B
【详解】因为最值在中取，所以最值之差一定与无关，选B．
【名师点睛】对于二次函数的最值或值域问题，通常先判断函数图象对称轴与所给自变量闭区间的关系，结合图象，当函数图象开口向上时，若对称轴在区间的左边，则函数在所给区间内单调递增；若对称轴在区间的右边，则函数在所给区间内单调递减；若对称轴在区间内，则函数图象顶点的纵坐标为最小值，区间端点距离对称轴较远的一端取得函数的最大值．
4．（2024·新疆阿勒泰·三模）已知函数则函数，则函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由可知 图像与的图像关于轴对称，由 的图像即可得出结果.
【详解】因为，所以 图像与的图像关于轴对称，
由解析式，作出的图像如图
从而可得图像为B选项.
故选：B.
5．（2024·湖南娄底·模拟预测）已知函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】将函数在区间上单调递增，转化为且在区间上恒成立可求解.
【详解】因为函数在区间上单调递增，
所以且在区间上恒成立，
所以，解得或.
故选：B
6．（2024·海南·模拟预测）已知函数，，的图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由函数图象可确定大小关系，结合指数函数单调性可得结果.
【详解】由图象可知：，.
故选：C.
7．（2024高一上·宁夏吴忠·阶段练习）已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B．C．D．
【答案】D
【分析】结合二次函数和分段函数性质，研究给定函数的单调性，再借助单调性求解不等式作答.
【详解】因为开口向下的二次函数，对称轴为，故函数在上单调递减；
为开口向上的二次函数，对称轴为，故函数在上单调递减，且，因此函数在R上单调递减，则，即，
解得或，
所以实数的取值范围是。
故选：D
8．（2024高三·河北·专题练习）设，二次函数的图象为下列之一，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由二次函数的性质得该函数的对称轴不能为轴，当开口向上时，对称轴，进而得该函数图象，进而结合函数图象过坐标原点且开口向下即可得答案.
【详解】由题知，，
所以二次函数的图象不关于轴对称，故排除第一、二个函数图象，
当时，该二次函数的对称轴为，故第四个图象也不满足题意，
当时，该二次函数的对称轴为，开口向下，故第三个函数图象满足题意.
此时函数图象过坐标原点，故，解得，
由于，故.
故选：B
9．（2024高三下·河南新乡·开学考试）已知函数若的最小值为6，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由基本不等式求得在时的最小值是6，因此时函数的最小值不小于6，根据二次函数性质分类讨论求解．
【详解】因为当时，，当且仅当时，等号成立，
所以当时，，当时，的最小值大于或等于6.
当时，在上单调递减，则.
由得；
当时，.
由得.
综合可得.
故选：C．
10．（2024·全国·模拟预测）已知x，，满足，，则（ ）
A．-1B．0C．1D．2
【答案】B
【分析】令，，易得为奇函数且为增函数，再由和，变形得到，求解．
【详解】解：令，，则，
∴为奇函数．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，．
又∵在R上单调递增，
∴，即．
故选：B．
11．（2024·贵州毕节·二模）已知，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用指数函数，幂函数，对数函数的单调性即可解出的范围.
【详解】，根据指数函数在上单调递减得，
，根据幂函数在上单调递增知，则，
，根据对数函数在上单调递减得，
综上.
故选：D.
12．（2024高三·全国·专题练习）已知a，b，c∈R，函数f (x)＝ax2＋bx＋c.若f (0)＝f （4）>f （1），则（ ）
A．a>0，4a＋b＝0B．a<0，4a＋b＝0
C．a>0，2a＋b＝0D．a<0，2a＋b＝0
【答案】A
【分析】由已知得f (x)的图象的对称轴为x＝2且f (x)先减后增，可得选项.
【详解】由f (0)＝f （4），得f (x)＝ax2＋bx＋c图象的对称轴为x＝－＝2，∴4a＋b＝0，
又f (0)>f （1），f （4）>f （1），∴f (x)先减后增，于是a>0，
故选：A.
【点睛】本题考查二次函数的对称轴，单调性，属于基础题.
13．（2024·浙江）已知函数f(x)=x2+bx，则“b＜0”是“f(f(x))的最小值与f(x)的最小值相等”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】试题分析：由题意知，最小值为．
令，则，
当时，的最小值为，所以“”能推出“的最小值与的最小值相等”；
当时，的最小值为0，的最小值也为0，所以“的最小值与的最小值相等”不能推出“”．故选A．
考点：充分必要条件．
14．（2024高三·全国·专题练习）如果函数在区间上单调递减，则的最大值为（ ）
A．16B．18C．25D．
【答案】B
【分析】分，，，结合二次函数的单调性与基本不等式即可求解.
【详解】当时，在区间上单调递减，则，
所以，没有最大值，舍去；
当时，抛物线的对称轴为.
当时，据题意，可得，即.
.
当且仅当且，得，等号成立；
当时，抛物线开口向下，据题意得，，即..
当且仅当且，得，故应舍去.
要使得取得最大值，应有.
因为在上单调递减.
所以.
综上所述，的最大值为18.
故选：B.
15．（2024·陕西）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
【答案】A
【详解】若选项A错误时，选项B、C、D正确，，因为是的极值点，是的极值，所以，即，解得：，因为点在曲线上，所以，即，解得：，所以，，所以，因为，所以不是的零点，所以选项A错误，选项B、C、D正确，故选A．
【考点定位】1、函数的零点；2、利用导数研究函数的极值．
16．（2024·四川乐山·一模）已知幂函数和，其中，则有下列说法：
①和图象都过点；
②和图象都过点；
③在区间上，增长速度更快的是；
④在区间上，增长速度更快的是.
则其中正确命题的序号是（ ）
A．①③B．②③C．①④D．②④
【答案】A
【分析】由幂函数的性质进行分析判断即可
【详解】幂函数的图象过定点，①正确，
在区间上，越大增长速度更快，③正确，
故选：A.
17．（2024·河北衡水·模拟预测）已知幂函数是定义在区间上的奇函数，则（ ）
A．8B．4C．2D．1
【答案】A
【分析】由奇函数定义域的对称性得，然后可得函数解析式，计算函数值．
【详解】因为幂函数在上是奇函数，所以，所以，所以，
故选：A．
18．（2024·北京东城·一模）下列函数中，定义域与值域均为R的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用指数函数，对数函数，幂函数和反比例函数的性质判断.
【详解】A. 函数的定义域为，值域为R；
B. 函数的定义域为R，值域为；
C. 函数的定义域为R，值域为R；
D. 函数的定义域为，值域为，
故选：C
二、多选题
19．（2024·江苏·模拟预测）若函数，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】利用幂函数的性质及函数的单调性的性质，结合特殊值法及构造函数法即可求解.
【详解】由幂函数的性质知， 在上单调递增.
因为,所以，即，，
所以．故A正确；
令，则，故B错误；
令，则
由函数单调性的性质知，在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，于是有，故C正确；
令，则，
所以因为，故D错误．
故选：AC.
20．（2024·吉林长春·模拟预测）已知幂函数图像经过点，则下列命题正确的有（ ）
A．函数为增函数B．函数为偶函数
C．若，则D．若，则
【答案】BD
【分析】先代点求出幂函数的解析式，根据幂函数的性质直接可得单调性和奇偶性，可判断A，B，由，可判断C，
假设，对不等式进行证明，即可判断D.
【详解】将点代入函数得：，则.
所以，显然在定义域上为减函数，所以A错误；
，所以为偶函数，所以B正确；
当时，，即，所以C错误；
当若时，
假设，整理得
，化简得，，
即证明成立，
利用基本不等式，，因为，故等号不成立，成立；
即成立，所以D正确.
故选：BD.
21．（2024高一上·重庆·阶段练习）已知关于x的方程x2＋(m－3)x＋m＝0，下列结论正确的是（ ）
A．方程x2＋(m－3)x＋m＝0有实数根的充要条件是m∈{m|m<1或m>9}
B．方程x2＋(m－3)x＋m＝0有一正一负根的充要条件是m∈{m|m<0}
C．方程x2＋(m－3)x＋m＝0有两正实数根的充要条件是m∈{m|0D．方程x2＋(m－3)x＋m＝0无实数根的必要条件是m∈{m|m>1}
【答案】BCD
【分析】根据二次方程根与系数的关系和充要条件和必要条件的定义，依次判断每个选项的正误得到答案.
【详解】方程x2＋(m－3)x＋m＝0有实数根的充要条件是，解得，A错误；
方程x2＋(m－3)x＋m＝0有一正一负根的充要条件是，解得，B正确；
方程x2＋(m－3)x＋m＝0有两正实数根的充要条件是，解得，C正确；
方程x2＋(m－3)x＋m＝0无实数根的充要条件是，解得，
，故必要条件是m∈{m|m>1}，故D正确.
故选：BCD.
22．（2024高一上·湖南长沙·期中）设二次函数的值域为，下列各值（或式子）中一定大于的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】由二次函数的性质与基本不等式求解即可
【详解】因为二次函数的值域为，
所以，所以，解得，
所以
，
由于，，当且仅当时取等号，
所以，
对于A：，故A 错误；
对于B：，故B正确；
对于C：令，则，故C错误；
对于D：，
，故D正确；
故选：BD
三、填空题
23．（2024高一上·全国·期末）已知幂函数的图象关于原点对称，则满足成立的实数a的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用幂函数的定义及性质求出m值，再解一元二次不等式即可得解.
【详解】因函数是幂函数，则，解得或，
当时，是偶函数，其图象关于y轴对称，与已知的图象关于原点对称矛盾，
当时，是奇函数，其图象关于原点对称，于是得，
不等式化为：，即，解得：，
所以实数a的取值范围为.
故答案为：
24．（2024高一上·四川眉山·期中）下面命题：①幂函数图象不过第四象限；②图象是一条直线；③若函数的定义域是，则它的值域是；④若函数的定义域是，则它的值域是；⑤若函数的值域是，则它的定义域一定是．其中不正确命题的序号是 ．
【答案】②③④⑤
【分析】根据函数的性质以及函数定义域值域等性质分别进行判断即可．
【详解】解：幂函数图象不过第四象限，①正确；图象是直线上去掉点，②错误；函数的定义域是，则它的值域是，③错误；函数的定义域是，则它的值域是，④错误；若函数的值域是，则它的定义域也可能是，⑤错误，
故答案为：②③④⑤．
【点睛】本题主要考查命题的真假判断，利用函数的性质以及函数定义域，值域，单调性的性质是解决本题的关键，属于基础题．
25．（2024高三上·河北衡水·周测）已知，，若对，，，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据，，，由求解.
【详解】因为对，，，
所以只需即可，
因为，，
所以，，
由，
解得
故答案为：.
【点睛】本题主要考查不等式恒能成立问题以及函数的最值的求法，属于中档题.
26．（2024高三上·福建三明·期中）已知，则实数的取值范围是

【答案】
【分析】由题意利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性，求出实数的取值范围．
【详解】已知，或①；
，②；
，③．
综合①②③，求得实数的取值范围为．
故答案为：﹒
27．（2024高三下·上海嘉定·阶段练习）已知函数，若函数的值域为，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】判断单调递增，讨论或，根据分段函数的值域可得且，解不等式即可求解.
【详解】由函数单调递增，
①当时，若，有，
而，此时函数的值域不是；
②当时，若，有，而，
若函数的值域为，必有，可得．
则实数的取值范围为．
故答案为：
28．（2024高三·全国·专题练习）不等式的解集为： ．
【答案】
【分析】不等式变形为，即，构造函数，判断出函数得单调性，再根据函数的单调性解不等式即可.
【详解】不等式变形为，
所以，
令，则有，
因为函数在R上单调递增，
所以在R上单调递增，
则，解得，
故不等式的解集为．
故答案为：.
29．（2024高一上·全国·课后作业）已知幂函数，若，则a的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意得到幂函数的定义域和单调性，得到不等式的等价不等式组，即可求解.
【详解】由幂函数，
可得函数的定义域为，且是递减函数，
因为，可得，解得，
即实数的取值范围为.
故答案为：
30．（2024·上海闵行·一模）已知二次函数的值域为，则函数的值域为 ．
【答案】
【分析】由二次函数的值域为，分析求出参数，然后代入中求出值域即可
【详解】由二次函数的值域为得：
解得：或（舍去）
所以
因为
所以函数的值域为：
故答案为：.
31．（2024·贵州毕节·模拟预测）写出一个同时具有下列性质①②③的非常值函数 .
①在上恒成立；②是偶函数；③.
【答案】（答案不唯一，形如均可）
【分析】结合①②可联想到函数是奇函数，再由③结合联想幂函数写出解析式作答.
【详解】由②知，函数可以是奇函数，由①知，函数在上可以是减函数，
由③结合①②，令，显然，满足①；是偶函数，满足②；
，满足③，
所以.
故答案为：
32．（2024·新疆阿勒泰·一模）已知二次函数（a，b为常数）满足，且方程有两等根，在上的最大值为，则的最大值为 .
【答案】1
【分析】由有两等根，可得得，由可得 为对称轴，可得，则可得到的解析式，对分类讨论，利用函数单调性可得的最大值.
【详解】解：已知方程有两等根，即有两等根，
，解得；
，得，是函数图象的对称轴.
而此函数图象的对称轴是直线，，
故，
若在上的最大值为，
当时，在上是增函数，，
当时，在上是增函数，在上是减函数，，
综上，的最大值为1.
故答案为：1.
33．（2024·湖北）为实数，函数在区间上的最大值记为. 当 时，的值最小.
【答案】．
【详解】因为函数，所以分以下几种情况对其进行讨论：
①当时，函数
在区间上单调递增，所以；
②当时，此时
，，而，所以；
③当
时，在区间上递增，在上递减．当时，取得最
大值；
④当时，在区间上递增，当时，取得最
大值，
则在上递减，上递增，即当
时，的值最小．
故答案为：．
考点：本题考查分段函数的最值问题和函数在区间上的最值问题，属高档题．
四、解答题
34．（2024高三下·上海浦东新·阶段练习）已知.
(1)若，，解关于的不等式；
(2)若，在上的最大值为，最小值为，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求出，将用表示，然后再把分类讨论，结合一元二次不等式的解法即可得出答案；
（2）利用反证法证明，若等于0，得到也等于0，所以等于，得到（2）与互为相反数，不合题意；若不为0，由，解得，代入中，求出二次函数的对称轴，假设对称轴小于或大于2，即可得到对称轴在区间的左外侧或右外侧，得到为单调函数，函数的最值在，取到，把2和代入得到最值互为相反数，不合题意，所以假设错误，综上，得证；
【详解】（1）解：因为，
所以，
又因，所以，
所以，
则不等式即为，
即，
若，则不等式的解集为；
若，则不等式的解集为；
若，
当时，则不等式的解集为；
当时，则不等式的解集为；
当时，则不等式的解集为；
（2）解：若，则，，
当时，
则无解，
所以；
若时，由，得，
对称轴为，假设，，，
区间，在对称轴的左外侧或右外侧，所以在，上是单调函数，
则的最值必在，处取到，
，，，
所以假设错误，则，
综上，得到.
35．（2024高一下·贵州黔东南·开学考试）已知函数是定义在上的奇函数，且时，，.
(1)求在区间上的解析式；
(2)若对，则，使得成立，求的取值范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）设，由奇函数的定义可得出，即可得出函数在区间上的解析式；
（2）求得函数在区间上的值域为，分析函数在区间上的单调性，可得出，即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）解：设，则，，
即当时，.
（2）解：当时，；当时，；
又因为，所以，函数在上的值域为，
在上单调递减，在上单调递增，
当时，，，
因为，则，使得成立，则，解得.
36．（2024高一上·河南平顶山·期末）已知函数．
(1)利用函数单调性的定义证明是单调递增函数；
(2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用单调性的定义，取值、作差、整理、定号、得结论，即可得证.
（2）令，根据x的范围，可得t的范围，原式等价为，，只需即可，分别讨论、和三种情况，根据二次函数的性质，计算求值，分析即可得答案.
【详解】（1）由已知可得的定义域为，
任取，且，
则，
因为，，，
所以，即，
所以在上是单调递增函数．
（2），
令，则当时，，
所以．
令，，
则只需．
当，即时，在上单调递增，
所以，解得，与矛盾，舍去；
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得；
当即时，在上单调递减，
所以，解得，与矛盾，舍去．
综上，实数的取值范围是．
37．（2024高一上·贵州毕节·期末）已知函数．
(1)当时，解关于x的不等式；
(2)函数在上的最大值为0，最小值是，求实数a和t的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）代入解不等式组可得答案；
（2）由题意，结合最大值为0最小值是分、数形结合可得答案.
【详解】（1）当时，不等式，
即为，
即，所以，
所以或，
所以原不等式的解集为．
（2），
由题意或，这时解得，
若，则，所以；
若，即，
所以，则，
综上，或．
38．（2024高一上·辽宁大连·期中）已知值域为的二次函数满足，且方程的两个实根满足．
(1)求的表达式；
(2)函数在区间上的最大值为，最小值为，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据可以判断函数的对称轴，再根据函数的值域可以确定二次函数的顶点坐标，则可设，根据一元二次方程根与系数的关系，结合已知进行求解，求出的值，即可得出的表达式；
（2）根据题意，可以判断出函数在区间上的单调性，由，求得，进而可知的对称轴方程为，结合二次函数的图象与性质以及单调性，得出，即可求出的取值范围.
【详解】（1）解：由，可得的图象关于直线对称，
函数的值域为，所以二次函数的顶点坐标为，
所以设，
根据根与系数的关系，可得，，
因为方程的两个实根满足
则，
解得：，所以.
（2）解：由于函数在区间上的最大值为，最小值为，
则函数在区间上单调递增，
又，即，
所以的对称轴方程为，则，即，
故的取值范围为.
39．（2024高三上·全国·阶段练习）已知函数为偶函数.
（1）求的值；
（2）设函数，是否存在实数，使得函数在区间上的最小值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】（1）根据题意得出，代入函数解析式，从而求出的值；
（2）根据（1）得出，利用换元得出二次函数，讨论对称轴与区间的关系即可求出的值.
【详解】（1）由题意知函数的定义域为，
因为为偶函数，所以对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
所以，解得.
（2）由（1）知所以，
令，则，其对称轴为，
①当，即时，在上单调递减，
所以，
由，
解得，此时不满足，此时不存在符合题意的值；
②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
由，解得或，又，所以；
③当，即时，在上单调递增，
所以，
由，解得，不满足，此时不存在符合题意的值.
综上所述，存在，使得函数在区间上的最小值为.
40．（2024高一上·湖南衡阳·期末）二次函数为偶函数，，且恒成立．
(1)求的解析式；
(2)，记函数在上的最大值为，求的最小值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1) 设，由，恒成立，列出不等式组，求解即可；
(2)分，，和，求出的解析式，即可得的最小值.
【详解】（1）解：依题设，
由，得，
，得恒成立，
∴，
得，
所以，又，
所以，
∴；
（2）解：由题意可得：，，
若，则，则在[0,1]上单调递增，
所以；
若，当，即时，在[0,1]上单调递增，
当，只须比较与的大小，
由，得：，此时，
时，，此时，
综上，，
时，，
时，，
时，，
综上可知：的最小值为．
41．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，当时，设的最大值为，求的最小值．
【答案】最小值为．
【分析】根据绝对值三角不等式可得，结合不等式即可确定等号成立的条件，即可求解.
【详解】令，分别取，1，2，可得，
，．
由，利用绝对值三角不等式可得
，因此
当，时，，当且仅当时取等号，而，得在上的最大值为，说明等号能成立．
故的最小值为．
42．（2024高一上·广东·期中）已知函数，
(1)当时，①求函数单调递增区间；②求函数在区间的值域；
(2)当时，记函数的最大值为，求的最小值．
【答案】(1)①函数单调递增区间为和；②；
(2)
【分析】（1）由已知，将代入原函数，去掉绝对值，分别在和两种情况下讨论二次函数的单调区间，根据得到的函数的单调性，在区间上可确定最值点，从而确定值域；
（2）分别在，以及三种情况下，结合二次函数的对称轴与端点值的大小即可确定函数的最大值，从而求解出的解析式，然后根据函数的单调性，再求解的最小值.
【详解】（1）当时，函数，
当时，函数，
此时，函数在上单调递增，
当时，函数，
此时，函数在上单调递增，
所以函数单调递增区间为和；
因为函数单调递增区间为和，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，，
因为，，
，，
所以函数在区间的值域为；
（2）由已知可得，，
当时，即时，，对称轴为，
当时，即时，函数在区间上单调递增，
所以，
当时，即时，
函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，
当时，即时，若，，若，，
因为当时，，对称轴为，
所以函数在区间上单调递增，所以，
当，即时，此时，
函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以
若，即时，，
若，即时，，
综上所述，，
函数在区间上单调递减，
函数在区间上单调递减，
函数在区间上单调递增，
所以.
【点睛】在涉及二次函数有关的函数单调性、最值和值域的求解问题时，解题的关键是能够够结合对称轴的位置，分段函数分段处对参数进行讨论，在参数不同范围的情况下确定最值点的位置.
43．（2024高一上·山东潍坊·阶段练习）已知是一元二次方程的两个实数根.
(1)是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)求使的值为整数的实数的整数值.
【答案】(1)不存在，理由见解析；
(2)
【分析】（1）利用反证法先假设存在实数，使得成立，根据一元二次方程有两个实数根可得，因此原假设不成立，故不存在；
（2）根据题意，可得能被整除，即可求出的值.
【详解】（1）假设存在实数，使得成立，
一元二次方程的两个实数根，
，(不要忽略判别式的要求)，
由韦达定理得，
，
但，
不存在实数，使得成立.
（2），
要使其值是整数，只需要能被整除，
故，即，
，
.
44．（2024高一上·安徽·阶段练习）已知函数，且函数的值域为.
（1）求实数a的值；
（2）若关于x的不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若关于x的方程有三个不同的实数根，求实数k的取值范围.
【答案】（1）1；（2）；（3）.
【分析】（1）由题意知，，计算可得；
（2）依题意参变分离可得在恒成立；令则在上恒成立，记，利用二次函数的性质计算可得；
（3）依题意可化为有三个不同根，令，设有两个不同的实数根且.
原方程有3个不同实数根等价于或.根据二次函数根的分布问题求出参数的取值范围；
【详解】解：（1）由题意知，，即，解得.
（2）由在上恒成立，可化为在恒成立；
令，由，可得，
则在上恒成立.
记，函数在上单调递减，所以.
所以，解得，所以实数m的取值范围是.
（3）方程有三个不同的实数根，
可化为有三个不同根.
令，则.当时，且递减，
当时，且递增，当时，，
当时，且递增.
设有两个不同的实数根且.
原方程有3个不同实数根等价于或.
记，则或
解得.
综上，实数k的取值范围是.
【点睛】含参不等式恒成立问题常用方法：1.转化为有关函数的最值的不等式关系；2．分离参数，转化为参数与函数最值关系.
45．（2024高三上·江西鹰潭·阶段练习）已知幂函数的定义域为R.
(1)求实数的值；
(2)若函数在上不单调，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由幂函数定义求得参数值；
（2）由二次函数的单调性知对称轴在开区间上，再由指数函数性质，对数的定义得结论．
【详解】（1）由题意且，解得；
（2）由（1），的对称轴 ，
因为在上不单调，所以，
解得．
函数
图象
定义域
值域
奇偶性
奇
偶
奇
非奇非偶
奇
单调性
在上单调递增
在上单调递减，在上单调递增
在上单调递增
在上单调递增
在和上单调递减
公共点
（一）
幂函数的定义及其图像
1、幂函数在第一象限内图象的画法如下：
①当时，其图象可类似画出；
②当时，其图象可类似画出；
③当时，其图象可类似画出．
题型1：幂函数的定义及其图像
1-1．（2024·江西·模拟预测）已知幂函数的图象过点，则（ ）
A．0B．2C．4D．5
【答案】C
【分析】根据幂函数的形式及过定点即可求解.
【详解】解：因为为幂函数
所以
又的图象过点
即
解得
所以
故选：C.
1-2．（2024高三·河北·学业考试）已知幂函数的图象过点，则的值为（ ）
A．2B．3C．4D．9
【答案】B
【分析】设幂函数为，代入点计算得到，计算得到答案.
【详解】设幂函数为，图象过点，故，故，
，.
故选：B
1-3．（2024高一下·湖北宜昌·期中）已知函数 且 的图象经过定点， 若幂函数 的图象也经过该点， 则 ．
【答案】
【分析】根据对数型函数的性质，结合幂函数的定义进行求解即可.
【详解】因为，所以，设幂函数，
因为幂函数 的图象经过，
所以，
因此，
故答案为：
1-4．（2024高一·全国·课后作业）已知幂函数（且互质）的图象关于y轴对称，如图所示，则（ ）
A．p，q均为奇数，且
B．q为偶数，p为奇数，且
C．q为奇数，p为偶数，且
D．q为奇数，p为偶数，且
【答案】D
【分析】根据函数的单调性可判断出；根据函数的奇偶性及，互质可判断出为偶数，为奇数.
【详解】因为函数的定义域为，且在上单调递减，
所以0，
因为函数的图象关于y轴对称，
所以函数为偶函数，即p为偶数，
又p、q互质，所以q为奇数，
所以选项D正确，
故选：D.
1-5．（2024高一上·陕西西安·期中）幂函数中a的取值集合C是的子集，当幂函数的值域与定义域相同时，集合C为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别求出各幂函数的定义域和值域，得到答案.
【详解】当时，定义域和值域均为，符合题意；
时，定义域为，值域为，故不合题意；
时，定义域为，值域为，符合题意；
时，定义域与值域均为R，符合题意；
时，定义域为R，值域为，不符合题意；
时，定义域与值域均为R，符合题意.
故选：C
（二）
幂函数性质的综合应用
函数
图象
定义域
值域
奇偶性
奇
偶
奇
非奇非偶
奇
单调性
在上单调递增
在上单调递减，在上单调递增
在上单调递增
在上单调递增
在和上单调递减
公共点
题型2：幂函数性质的综合应用
2-1．（2024高一上·上海杨浦·期末）已知，若幂函数奇函数，且在上为严格减函数，则 .
【答案】-1
【分析】根据幂函数在上为严格减函数，可得，再由幂函数奇函数即可得答案.
【详解】解：因为幂函数在上为严格减函数，
所以，
所以，
又因为幂函数奇函数，且，
所以，
故答案为：-1
2-2．（2024高三上·宁夏固原·期中）已知函数是幂函数，且在上递减，则实数（ ）
A．B．或C．D．
【答案】A
【分析】由幂函数定义以及性质即可求出.
【详解】因为是幂函数，所以，解得或，又因为在上单调递减，则.
故选：A
2-3．（2024·海南·模拟预测）已知为幂函数，则（ ）．
A．在上单调递增B．在上单调递减
C．在上单调递增D．在上单调递减
【答案】B
【分析】首先根据幂函数的定义求出参数的值，即可得到函数解析式，再分析其性质.
【详解】因为是幂函数，所以，解得或，
所以或，
对于，函数在上单调递增，在上单调递减；
对于，函数在上单调递减，且为奇函数，故在上单调递减；
故只有B选项“在上单调递减”符合这两个函数的性质．
故选：B
2-4．（2024·江苏）已知y=f(x)是奇函数，当x≥0时， ，则f(-8)的值是 .
【答案】
【分析】先求，再根据奇函数求
【详解】，因为为奇函数，所以
故答案为：
【点睛】本题考查根据奇函数性质求函数值，考查基本分析求解能力，属基础题.
2-5．（2024高三·全国·课后作业）已知幂函数（m为正整数）的图像关于y轴对称，且在上是严格减函数，求满足的实数a的取值范围．
【答案】
【分析】根据函数为幂函数以及函数的性质，可确定参数m的取值，结合幂函数的单调性，分类讨论求解不等式，可得答案.
【详解】因为函数在上是严格减函数，所以，解得．
由m为正整数，则或,
又函数的图像关于y轴对称，得是偶函数，
而当时，，为奇函数，不符题意，
当时，，为偶函数，于是．
因为为奇函数，在与上均为严格减函数，
所以等价于或或，
解得或，即.
（三）
二次方程的实根分布及条件
一般情况下需要从以下4个方面考虑：
（1）开口方向；（2）判别式；（3）对称轴与区间端点的关系；（4）区间端点函数值的正负.
题型3：二次方程的实根分布及条件
3-1．（2024高三·全国·阶段练习）方程的一根在区间内，另一根在区间内，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令，由二次函数根的分布性质有，，，求得的取值范围.
【详解】令，由二次函数根的分布性质，若一根在区间内，
另一根在区间（3，4）内，
只需，即，
解不等式组可得，即的取值范围为，
故选：C.
【点睛】本题考查了二次函数根的分布性质，属于中档题.
3-2．（2024高三·全国·专题练习）关于的方程有两个不相等的实数根，且，那么的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】说明时，不合题意，从而将化为，令，结合其与x轴有两个交点，且分布在1的两侧，可列不等式即可求得答案.
【详解】当时，即为，不符合题意；
故，即为，
令，
由于关于的方程有两个不相等的实数根，且，
则与x轴有两个交点，且分布在1的两侧，
故时，，即，解得，故，
故选：D
3-3．（2024高一·江苏·课后作业）设a为实数，若方程在区间上有两个不相等的实数解，则a的取值范围是（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据方程根的分布结合二次函数的图象列出不等式组求解即可.
【详解】令，
由方程在区间上有两个不相等的实数解可得
，即或，
解得，
故选：C
（四）
二次函数“动轴定区间”、“定轴动区间”问题
（1）要熟练掌握二次函数在某区间上的最值或值域的求法，特别是含参数的两类问题——动轴定区间和定轴动区间，解法是抓住“三点一轴”，三点指的是区间两个端点和区间中点，一轴指对称轴.即注意对对称轴与区间的不同位置关系加以分类讨论，往往分成：①轴处在区间的左侧；②轴处在区间的右侧；③轴穿过区间内部（部分题目还需讨论轴与区间中点的位置关系），从而对参数值的范围进行讨论.
（2）对于二次方程实根分布问题，要抓住四点，即开口方向、判别式、对称轴位置及区间端点函数值正负.
题型4：二次函数“动轴定区间”、“定轴动区间”问题
4-1．（2024高一上·海南·期中）已知在区间 上的值域为.
(1)求实数的值；
(2)若不等式 当上恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据区间 讨论 的对称轴 的位置，满足值域是 ，求出a；
（2）运用换元法构造函数根据单调性求解.
【详解】（1）函数 是开口向上，对称轴为 的二次函数，根据 的图像有：
当 时， 在 上的最小值 ，
不符合 ，舍；
当 时， 在 上的最小值 或 （舍），
， ，满足题意；
当 时， 在 上的最小值 （舍），
；
（2）由(1)， ，不等式为 ，
即 ，令 ，则 ， 在 时恒成立，
令 ，是对称轴为 开口向上的抛物线，在 时单调递减，
， ，即k的取值范围是 ；
综上， .
4-2．（2024·浙江）设函数.
（1）当时，求函数在上的最小值的表达式；
（2）已知函数在上存在零点，，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）将函数进行配方，利用对称轴与给定区间的位置关系，通过分类讨论确定函数在给定区间上的最小值，并用分段函数的形式进行表示；（2）设定函数的零点，根据条件表示两个零点之间的不等关系，通过分类讨论，分别确定参数的取值情况，利用并集原理得到参数的取值范围.
试题解析：（1）当时，，故其对称轴为.
当时，.
当时，.
当时，.
综上，
（2）设为方程的解，且，则.
由于，因此.
当时，，
由于和，
所以.
当时，，
由于和，所以.
综上可知，的取值范围是.
考点：1.函数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想.
4-3．（2024高一上·海南·期末）已知函数在区间上有最大值2和最小值1.
(1)求的值；
(2)不等式在上恒成立，求实数的取值范围；
(3)若且方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据二次函数的性质，分类讨论函数的单调性，结合已知列出方程组，即可得出；
（2）由已知可转化为在上恒成立.根据基本不等式即可求出实数的取值范围；
（3）由已知可推得有三个不同的实数解.令，作出的函数图象，可得.结合函数图象，该方程一个根大于0小于1，一个根大于等于1.令，根据二次函数的性质与图象，即可得出不等关系，进而求出实数的取值范围.
【详解】（1）由已知可得.
当时，在上为增函数，所以，解得；
当时，在上为减函数，所以，解得.
由于，所以.
（2）由（1）知，
所以在上恒成立，即，
因为，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
又，当且仅当时取等号.
所以，即.
所以求实数的范围为.
（3）方程化为，
化为，且.
令，则方程化为.
作出的函数图象
因为方程有三个不同的实数解，
所以有两个根，
且一个根大于0小于1，一个根大于等于1.
设，
记，
根据二次函数的图象与性质可得
，或，
解得.
所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：根据构成复合函数的函数特性，即可得出零点的分布情况.
4-4．（2024·浙江）已知函数，记是在区间上的最大值.
（1）证明：当时，；
（2）当，满足，求的最大值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【详解】（1）分析题意可知在上单调，从而可知
，分类讨论的取值范围即可求解.；（2）分析题意可知
，再由可得，
，即可得证.
试题解析：（1）由，得对称轴为直线，由，得
，故在上单调，∴，当时，由
，得，即，当时，由
，得，即，综上，当时，
；（2）由得，，故，，由，得，当，时，，且在上的最大值为，即，∴的最大值为..
考点：1.二次函数的性质；2.分类讨论的数学思想.
4-5．（2024高一上·浙江·阶段练习）已知函数．
(1)当时，解方程；
(2)当时，记函数在上的最大值为，求的最小值．
【答案】(1)和1
(2)
【分析】（1）分与两种情况，结合二次方程求解即可；
（2）根据分段函数中的二次函数性质，分析可得最大值在中取得，再根据区间端点与对称轴的关系分情况讨论，数形结合分析函数的最大值，进而求得的解析式，从而得到最小值即可.
【详解】（1）当时，令．
当时，，解得：
当时，，解得：
故方程的解为：和1；
（2），其中，
因为对称轴为，开口向下；对称轴为，开口向上，于是最大值在中取得．
当，即时，在上单调递减．；
当，即时，在上单调递增，在上单调递减，；
当，即时，在上单调递减，上单调递增，在上单调递减，
；
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，