高一上学期期中复习十大题型归纳（拔尖篇）-2023-2024学年高一数学重点题型专项训练（人教A版必修第一册）

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题型1
由函数的定义域或值域求参数
1．（2023·江苏·高一专题练习）若函数fx=xmx2−mx+2的定义域为R，则实数m的取值范围是（ ）
A．0,8B．8,+∞
C．0,8D．−∞,0∪8,+∞
【解题思路】由题意，问题转化为一次或者二次不等式恒正的问题，先检验一次不等式是否符合题意，对于二次不等式，联立二次项系数范围，判别式范围求解.
【解答过程】∵函数fx=xmx2−mx+2的定义域为R，∴mx2−mx+2>0对任意实数x恒成立.
若m=0，不等式转化为：2>0，显然成立；
若m≠0，要使mx2−mx+2>0对任意实数x恒成立，则m>0Δ=m2−8m<0，解得0故选：A.
2．（2023·全国·高一专题练习）已知函数fx=3x−1x+3(x≠−3)ax=−3的定义域与值域相同，则常数a=（ ）
A．3B．−3C．13D．−13
【解题思路】易知f(x)的定义域为R,得到值域为R,当x≠3时，利用分离常数法求得函数值的取值范围，{y∈R|y≠3}，从而得到a的值.
【解答过程】显然，fx=3x−1x+3(x≠−3)ax=−3的定义域为R,故值域为R,
y=3x−1x+3=3−10x+3值域为{y∈R|y≠3}，∴a=3,
故选：A.
3．（2023秋·全国·高一随堂练习）已知函数fx=1−a2x2+31−ax+6.
(1)若fx的定义域为[－2,1]，求实数a的值；
(2)若fx的定义域为R，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）命题等价于不等式(1−a2)x2+3(1−a)x+6≥0的解集为[−2,1]，然后可得1−a2<0且x1=−2、x2=1是方程(1−a2)x2+3(1−a)x+6=0的两根，然后利用韦达定理建立方程求解即可.
（2）分1−a2=0、1−a2≠0两种情况讨论，结合二次函数的知识即可求解；
【解答过程】（1）命题等价于不等式(1−a2)x2+3(1−a)x+6≥0的解集为[−2,1]，
显然1−a2≠0，如图.

∴1−a2<0且x1=−2、x2=1是方程(1−a2)x2+3(1−a)x+6=0的两根，
∴x1+x2=3(a−1)1−a2=−1x1⋅x2=61−a2=−2⇒a2−3a+2=0a2=4，
解得：a=2.
（2）①若1−a2=0，即a=±1，
当a=1时，f(x)=6，定义域为R，满足题意；
当a=−1时，f(x)=6x+6，定义域不为R，不满足题意；
②若1−a2≠0，g(x)=(1−a2)x2+3(1−a)x+6为二次函数，
∵f(x)定义域为R，∴g(x)≥0对x∈R恒成立，
∴1−a2>0△=91−a2−241−a2≤0⇒−1综合①、②得a的取值范围[−511,1].
4．（2023·全国·高一专题练习）已知f(x)=ax2+(a−4)⋅x−21+x2．
(1)若a=4时，求fx的值域；
(2)函数g(x)=x2+1f(x)+52，若函数ℎ(x)=g(x)的值域为[0,+∞)，求a的取值范围．
【解题思路】（1）根据函数解析式，采用分离常数项的方法，结合不等式性质，可得答案；
（2）根据二次根式的定义，结合二次函数的性质，可得答案.
【解答过程】（1）由a=4，则fx=4x2−21+x2=41+x2−61+x2=4−61+x2，
由不等式性质，则x2≥0，1+x2≥1，0<11+x2≤1，0>−61+x2≥−6，4>4−61+x2≥−2，
故fx∈−2,4，即fx的值域为−2,4.
（2）由题意，gx=x2+1ax2+a−4x−21+x2+52=ax2+a−4x+12，
由函数ℎ(x)=g(x)的值域为[0,+∞)，则gx≤0有解且gx无最大值，
当a=0时，符合题意；
当a≠0时，根据二次函数的性质，可得a>0Δ=a−42−2a≥0，
其中a−42−2a≥0，a2−8a+16−2a≥0，a2−10a+16≥0，a−2a−8≥0，解得a≤2或a≥8，
综上，故a∈0,2∪8,+∞.
题型2
求函数值或由函数值求参
1．（2023秋·贵州遵义·高三校考阶段练习）已知函数fx满足fx+y=fx+fy+2xy−1，则f4−4f1=（ ）
A．9B．10C．11D．12
【解题思路】分别令x=y=1，x=1,y=2，x=1,y=3得出f(4)与f(1)的关系后可得结论．
【解答过程】令x=y=1，得f2=2f1+1；
令x=1，y=2，得f3=f1+f2+3；
令x=1，y=3得f4=f1+f3+5.
将以上三式相加得f4=4f1+9，即f4−4f1=9.
故选：A．
2．（2023秋·江苏南通·高一统考期末）已知函数fx满足：对任意的非零实数x，y，都fx+y=1x+1yfxfy成立，f1=2.若fn=fn+1，n∈Z，则n=（ ）
A．−3B．−2C．2D．3
【解题思路】由题意可得，f1+n=1+1nf(1)fn=n+1n×2fn，进行求解即可.
【解答过程】由题意可得，f1+n=1+1nf(1)fn=n+1n×2fn，
又fn=fn+1，
所以n+1n×2=1，而n∈Z，可得n=−2.
故选：B.
3．（2023·全国·高一专题练习）已知定义域为R的函数fx=2x2−3和gx=4x.求fg−1和gf−1的值.
【解题思路】根据函数解析式分别计算可得.
【解答过程】因为定义域为R的函数fx=2x2−3和gx=4x，
所以g−1=4×−1=−4，f−1=2×−12−3=−1，
所以fg−1=f−4=2×−42−3=29，gf−1=g−1=−4.
4．（2023·全国·高一专题练习）已知函数fx=8x−1+x+3.
（1）求函数fx的定义域并求f−2，f6；
（2）已知f2a+1=4a+1，求a的值.
【解题思路】（1）要使解析式有意义可得x−1≠0 x+3≥0，解不等式组，即可得答案；
（2）求出f2a+1的表达式，进而得到方程4a+2a+4=4a+1，即可得答案；
【解答过程】（1）由x−1≠0 x+3≥0解得 x≠1x≥−3，
∴函数fx的定义域为x|x≥−3且 x≠1，
∴ f−2=−53， f6=235.
（2）∵ f2a+1=4a+1， ∴ 4a+2a+4=4a+1，
∴a=−32.
题型3
利用函数的单调性比较大小
1．（2023·全国·高一专题练习）已知f(2−x)=f(x+2)，且fx在0，2上是增函数，则f1，f52，f(72)的大小顺序是（ ）
A．f1C．f52【解题思路】先利用f(2−x)=f(x+2)，将自变量转化到0，2上，再利用fx在0，2上是增函数，可比较出大小.
【解答过程】因为f(2−x)=f(x+2)，
所以f(52)=f(12+2)=f(2−12)=f(32),
f(72)=f(32+2)=f(2−32)=f(12)，
因为fx在0，2上是增函数，且0<12<1<32<2，
所以f(12)故选：B.
2．（2023·全国·高一专题练习）定义在R上函数y=fx满足以下条件：①函数y=fx图像关于x=1轴对称，②对任意x1,x2∈−∞,1，当x1≠x2时都有fx1−fx2x1−x2<0，则f0，f32，f3的大小关系为（ ）
A．f32>f0>f3B．f3>f0>f32
C．f32>f3>f0D．f3>f32>f0
【解题思路】根据已知条件判断函数单调性，利用单调性比较函数值大小．
【解答过程】解：∵函数y=fx图像关于x=1对称，且对任意x1,x2∈−∞,1，
当x1≠x2时都有fx1−fx2x1−x2<0，
∴y=fx在−∞,1，上单调递减，在1,+∞单调递增，
f0=f2，
∴f3>f0>f32．
故选：B．
3．（2023·全国·高一专题练习）已知函数f(x)在[1,+∞)上为增函数，对任意x∈R均满足：①f(1+x)=f(1−x)，②x1<0, x2>0且x1+x2<−2．试比较f−x1与f−x2的大小关系．
【解题思路】由②知，−x1>x2+2>2，即−x1,x2+2∈[1,+∞)，利用单调性可得f−x1>fx2+2，由①得，fx2+2=f1+x2+1=f1−x2+1=f−x2，从而可解.
【解答过程】由②知，−x1>x2+2>2，即−x1,x2+2∈[1,+∞)，
又f(x)在[1,+∞)上为增函数，∴f−x1>fx2+2，
又由①得，fx2+2=f1+x2+1=f1−x2+1=f−x2，
所以f−x1>f−x2．
4．（2023·全国·高一专题练习）函数f(x)=x2+2x(x>0).
(1)判断并用定义证明函数f（x）在（0，1）上的单调性；
(2)若x2>x1>0，x1+x2=2，求证：fx1>fx2；
(3)若fx1=fx2，且x1≠x2，求证：x1+x2>2.
【解题思路】（1）用定义证明.
（2）由已知寻找x1、x2、2−x2的范围，并比较2−x2与x2的大小，再利用（1）的单调性可得证.
（3）代入函数表达式整理fx1=fx2，得x1+x2=2x1x2，再用基本不等式即可.
【解答过程】（1）设0 fx1−fx2=x1−x2x1x2x1+x2−2x1x2，
∵x1−x2<0，0x1x2x1+x2−2<0，
∴x1−x2x1x2x1+x2−2x1x2>0，fx1>fx2，
故f（x）在（0，1）上的单调减.
（2）∵x2>x1>0，x1+x2=2，
∴2x1 2x2>x1+x2=2，1又2−x2−x2=2−2x2<0，2−x2因为f（x）在（0，1）上的单调减，
所以fx1=f2−x2>fx2；
（3）∵fx1=fx2，
∴x12+1x1−x22+1x2=0，x1−x2x1+x2−2x1x2=0 x1≠x2，
∴x1+x2=2x1x2>2x1+x222，x1+x23>8，
所以x1+x2>2.
题型4
利用函数的单调性解不等式
1．（2023秋·高一课时练习）已知fx是定义在(−∞,0]上的增函数，且f−2=3，则满足f2x−3<3的x的取值范围是（ ）
A．−∞,12B．32,3
C．−∞,3D．32,12
【解题思路】根据函数的单调性进行求解即可.
【解答过程】因为f−2=3，所以由f2x−3<3⇒f2x−3因为fx是定义在(−∞,0]上的增函数，
所以有2x−3≤02x−3<−2⇒x<12，
故选：A.
2．（2023·全国·高一专题练习）函数f(x)的定义域为[−3,4]，且在定义域内是增函数，若f(2m−1)−f(1−m)>0，则m的取值范围是（ ）
A．m>23B．m<23C．23【解题思路】将不等式f(2m−1)−f(1−m)>0化为f(2m−1)>f(1−m)，再利用f(x)的单调性即可列不等式组求解.
【解答过程】因为f(2m−1)−f(1−m)>0，所以f(2m−1)>f(1−m)，
又函数f(x)的定义域为[−3,4]，且在定义域内是增函数，
所以有−3≤2m−1≤4−3≤1−m≤42m−1>1−m，解得23故选：C.
3．（2023·全国·高一专题练习）已知函数fx=2xx+1，x∈0,+∞．
(1)判断函数fx的单调性，并利用定义证明；
(2)若f2m−1>f1−m，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）由单调性的定义直接证明即可；
（2）结合单调性构造关于m的不等式求解．
【解答过程】（1）证明：fx=2xx+1=2−2x+1，x∈0,+∞，
任取0因为00，x2+1>0，
所以fx1−fx2<0，即fx1故fx在0,+∞上单调递增；
（2）由（1）知：fx在0,+∞上单调递增，
所以f2m−1>f1−m，可得2m−1>01−m>02m−1>1−m，解得23故实数m的范围是23,1．
4．（2023·全国·高一专题练习）已知fx的定义域为R，对任意x,y∈R都有fx+y=fx+fy−1，当x>0时，fx<1,f1=0
(1)求f0,f−1；
(2)证明:fx在R上是减函数；
(3)解不等式:f2x2−3x−2+2fx>4.
【解题思路】（1）由f(x+y)=f(x)+f(y)−1，取特殊值即可求解;
（2）由题构造f(x+y)−f(x)=f(y)−1，结合题意可证明单调性;
（3）根据单调性解抽象不等式即可.
【解答过程】（1）根据f(x+y)=f(x)+f(y)−1,
令x=y=0，得f(0)=f(0)+f(0)−1，解得f(0)=1，
再令x=1,y=−1，则有f(0)=f(1)+f(−1)−1，解得f(−1)=2.
（2）设x+y=x1,x=x2,x1>x2，则y=x1−x2>0，
所以f(x1)=f(x2)+f(y)−1，即f(x1)−f(x2)=f(y)−1，
因为y>0, 所以f(y)<1，所以f(x1)−f(x2)<0，
即∀x1,x2∈R,x1>x2,都有f(x1)所以f(x)在R上单调递减.
（3）由题可知f(x)+f(y)=f(x+y)+1，
所以2f(x)=f(x)+f(x)=f(2x)+1，
所以由f(2x2−3x−2)+2f(x)>4得f(2x2−3x−2)+f(2x)+1>4，
即f(2x2−3x−2+2x)+1+1>4，即f(2x2−x−2)>2，
又因为f(−1)=2，所以f(2x2−x−2)>f(−1)，
由（2）知f(x)在R上单调递减，所以2x2−x−2<−1，
即2x2−x−1<0,即(2x+1)(x−1)<0，解得−12所以，解集为−12,1.
题型5
函数奇偶性的应用
1．（2023秋·辽宁朝阳·高三校联考阶段练习）设f(x)为R上的奇函数，且当x<0时，f(x)=3x−1，则f(0)+f(4)=（ ）
A．12B．−12C．13D．−13
【解题思路】根据f(x)为R上的奇函数，求出f0,f4.
【解答过程】因为fx为R上的奇函数，所以f0=0，f4=−f−4=13，
所以f0+f4=13.
故选：C.
2．（2023春·浙江杭州·高二校联考期中）已知函数fx的定义域为R，且f2x−1是奇函数，fx+1是偶函数，则下列命题正确的个数是（ ）
①fx=fx−16 ②f11=0 ③f2022=−f0 ④f2023=f−1
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据函数的奇偶性可得函数的周期性、对称性，然后逐一分析即可.
【解答过程】因为f2x−1是奇函数，
所以f−2x−1=−f2x−1，故f−1−x=−fx−1，fx=−f−x−2，
又因为fx+1是偶函数，则fx+1=f−x+1， fx=f−x+2，
所以f−x+2=−f−x−2，fx+4=−fx，
所以fx+8=−fx+4=fx，即函数的周期为8，
由f−1−x=−fx−1可得f−1=0，
由fx+4=−fx可得f3=−f−1=0，
对于①，fx=fx+−2×8=fx−16，正确；
对于②，f11=f8+3=f3=0，正确；
对于③，f2022=f8×253−2=f−2=−f2，错误；
对于④，f2023=f8×253−1=f−1，正确；
故选：C.
3．（2023·全国·高三专题练习）设fx是定义在R上的奇函数，且对任意实数x，恒有fx+2=−fx．当x∈0,2时，fx=2x−x2．
(1)求证：fx是周期函数；
(2)当x∈2,4时，求fx的解析式；
(3)计算f0+f1+f2+⋯+f2011．
【解题思路】（1）把x+2看成一个整体证明fx+4=fx即可；
（2）当x∈2,4时，可得出0≤x−2≤2，再由fx=−fx−2可求得函数fx在2,4上的解析式；
（3）计算出f1、f2、f3、f4的值，再利用函数fx的周期性可求得f0+f1+f2+⋯+f2011的值.
【解答过程】（1）证明：因为fx是定义在R上的奇函数，且对任意实数x，fx+2=−fx，
则fx+4=−fx+2=fx，所以函数fx是周期为4的周期函数.
（2）解：当x∈2,4时，0≤x−2≤2，
此时，fx=−fx−2=−2x−2−x−22=x2−6x+8.
（3）解：因为当x∈0,2时，fx=2x−x2；当x∈2,4时，fx=x2−6x+8，
所以，f1=2−1=1，f2=22−22=0，f3=32−6×3+8=−1，f4=42−6×4+8=0，
因为2011=4×502+3，
所以，f1+f2+⋯+f2011=503×f1+f2+f3+f4−f4
=503×1+0−1+0−0=0.
4．（2023·全国·高一专题练习）已知函数fx是定义在−3,3上的奇函数，当0(1)求f−1．
(2)求函数fx的解析式．
(3)若f3a+1+f2a−1>0，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）利用奇函数定义直接可得；
（2）设−3≤x<0，利用fx=−f−x=−12x2+x，可得解析式；
（3）利用函数的奇偶性，根据单调性可去掉符号“f”，再考虑到定义域即可求出a的范围．
【解答过程】（1）因为fx为奇函数，则f−1=−f1=−12+1=−32
（2）因为fx为奇函数，f0=0，
设−3≤x<0，则0<−x≤3，
则f−x=12−x2+−x=12x2−x,因为fx为奇函数，则fx=−f−x=−12x2+x
则fx=12x2+x,0（3）当0又∵f3a+1+f2a−1>0，∴f3a+1>−f2a−1=f1−2a，
故有：−3≤3a+1≤3−3≤2a−1≤33a+1>1−2a，则有−43≤a≤23−1≤a≤2a>0，解得0所以实数a取值范围是：0题型6
函数性质的综合应用
1．（2023秋·新疆喀什·高三校考阶段练习）若函数fx是R上的偶函数，且在区间0,+∞上是增函数，则下列关系成立的是（ ）
A．f−3>f0>f1
B．f−3>f1>f0
C．f1>f0>f−3
D．f1>f−3>f0
【解题思路】利用函数的奇偶性和单调性，比较函数值的大小.
【解答过程】∵f−3=f3，且fx在区间0,+∞上是增函数，
∴f−3>f1>f0．
故选：B.
2．（2023秋·陕西榆林·高三校联考阶段练习）定义在R上的偶函数fx满足：对任意的x1，x2∈0,+∞（x1≠x2），都有fx2−fx1x2−x1<0，且f3=0，则不等式2x−1fx>0的解集是（ ）
A．−3,12B．−3,12∪3,+∞
C．−∞,−3∪12,3D．−∞,−3∪3,+∞
【解题思路】根据奇偶性和单调性作出函数草图，借助图形分段讨论可得.
【解答过程】因为函数fx满足对任意的x1，x2∈0,+∞（x1≠x2），都有fx2−fx1x2−x1<0，
所以fx在0,+∞上单调递减，
又fx是定义在R上的偶函数，所以fx在−∞,0上单调递增，
又f3=0，所以f−3=f3=0，作函数fx的草图如图，
所以，当x<−3时，2x−1<0，fx<0，则2x−1fx>0；
当−30，则2x−1fx<0；
当120，fx>0，则2x−1fx>0；
当x>3时，2x−1>0，fx<0，则2x−1fx<0；
当x=−3或x=3或x=12时，2x−1fx=0.
综上，不等式2x−1fx>0的解集为−∞,−3∪12,3.
故选：C．
3．（2023秋·云南大理·高二校考开学考试）定义在R上的函数fx满足：对于∀x，y∈R，fx+y=fx+fy成立；当x<0时，fx>0恒成立.
(1)求f0的值；
(2)判断并证明fx的单调性；
(3)当a>0时，解关于x的不等式12fax2−fx>−12f−a2x+f−a.
【解题思路】（1）令x=y=0可得f(0)；
（2）令y=−x结合已知等量关系，根据函数的奇偶性定义即可确定f(x)的奇偶性；任取x1,x2∈R且x1（3）由题设，将不等式转化为fax2−a2x>f2x−2a，根据fx的单调性和奇偶性可得x−ax−2a<0，再讨论a,2a的大小关系，即可求解集.
【解答过程】（1）令x=y=0，则f(0+0)=f(0)+f(0), 可得f(0)=0；
（2）f(x)在R上单调递减，证明如下：
由已知，对于∀x,y∈R有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，f(0)=0，
令y=−x，则f(x−x)=f(x)+f(−x)=0，
所以，对∀x∈R,有f(−x)=−f(x)，故f(x)是奇函数，
任取x1,x2∈R且x10，
又f(x1−x2)=f(x1)+f(−x2)=f(x1)−f(x2)>0，得f(x1)>f(x2)
所以f(x)在(−∞,+∞)上是减函数；
（3）因为12fax2−fx>12fa2x−fa，
所以fax2−fa2x>2f(x)−f(a)，
即fax2−a2x>2fx−a=f2x−2a，
因为f(x)在(−∞,+∞)上是减函数，
所以ax2−a2x<2(x−a)， 即(x−a)(ax−2)<0，又a>0，
所以x−ax−2a<0，
当0当a=2a时，即a=2时，原不等式的解集为∅；
当0<2a2时，原不等式的解集为x|2a综上所述：当0当a=2时，原不等式的解集为∅；
当a>2时，原不等式的解集为x|2a4．（2023秋·江苏淮安·高一统考期末）已知函数f(x)=ax2+bx+cx2+4是定义在R上的奇函数，且f(2)=14．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)判断并证明f(x)在(−2,2)上的单调性；
(3)若存在实数x∈[−1,2]，使得不等式4[f(x)]2−f(x)+1≤m有解，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）根据奇函数的性质求出函数的解析式，再利用奇函数的定义进行验证即可；
（2）利用函数单调性的定义进行判断证明即可；
（3）利用换元法，结合二次函数的性质进行求解即可.
【解答过程】（1）∵f(x)为定义在R上的奇函数，∴f(0)=0，则有c4=0⇒c=0
由f(−x)+f(x)=0得ax2−bxx2+4+ax2+bxx2+4=0，∴a=0，f(x)=bxx2+4
又f(2)=14，∴2b8=14，b=1，f(x)=xx2+4；
（2）任取−2∵−20，x1x2−4<0，且x12+4>0，x22+4>0，
∴(x2−x1)(x1x2−4)(x12+4)(x22+4)<0，∴f(x1)（3）由（2）知f(x)在[−1,2]上单调递增，∴f(−1)≤f(x)≤f(2)，
f(x)∈[−15,14]．
令f(x)=t，则有m≥(4t2−t+1)min，
令ℎ(t)=4t2−t+1=4t−182+1516，t∈[−15,14]，ℎ(t)min=ℎ(18)=1516，∴m≥1516．
题型7
由幂函数的图象与性质求参数
1．（2023秋·甘肃兰州·高三校考阶段练习）若函数fx=m2−m−5xm2−4m+1为幂函数，且在区间0,+∞上单调递减，则m=（ ）
A．−2B．3C．−2或3D．2或−3
【解题思路】根据函数为幂函数以及幂函数具有的性质，可列式计算，即得答案.
【解答过程】由题意函数fx=m2−m−5xm2−4m+1为幂函数，且在区间0,+∞上单调递减，
可得m2−m−5=1，且m2−4m+1<0，
解得m=3，
故选：B.
2．（2023秋·广西贵港·高一统考期末）若幂函数fx=x−m2+2m+259的图象关于y轴对称，fx解析式的幂的指数为整数, fx在−∞,0上单调递减，则m=（ ）
A．19B．19或499C．−13D．−13或73
【解题思路】由题意知fx是偶函数，fx在−∞,0上单调递减,可得−m2+2m+259为正偶数，再根据−m2+2m+259的范围可得答案.
【解答过程】由题意知fx是偶函数，因为fx在−∞,0上单调递减,
所以−m2+2m+259为正偶数，
又−m2+2m+259=−(m−1)2+349≤349，
∴−(m−1)2+349=2，解得m=73或−13．
故选：D．
3．（2023·高一课时练习）已知幂函数f(x)=(k2−4k+5)x−m2+4m（m∈Z）的图像关于y轴对称且在0,+∞上是严格增函数.求m和k的值.
【解题思路】根据函数为幂函数得到方程k2−4k+5=1，求出k=2，再结合单调性得到0【解答过程】因为f(x)=k2−4k+5x−m2+4m是幂函数，所以k2−4k+5=1，
解得：k=2．
又因为幂函数fx在0,+∞上是严格增函数，那么−m2+4m>0，解得：0由于m∈Z，则m=1或m=2或m=3，
当m=1或m=3时，fx=x3，图像关于原点对称，不合题意；
当m=2时，fx=x4，图像关于y轴对称，符合题意．
综上，m=2，k=2．
4．（2023·全国·高三专题练习）已知幂函数f(x)=m2−2m−2xm2−4m+2在(0,+∞)上单调递减.
（1）求m的值并写出f(x)的解析式；
（2）试判断是否存在a>0，使得函数g(x)=(2a−1)x−af(x)+1在[−1,2]上的值域为[−4,11]？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据幂函数的定义及单调性，令幂的系数为1及指数为负，列出方程求出m的值，将m的值代入f(x)即可；
（2）将（1）中求得的解析式代入后，假设存在a>0使得命题成立，分情况讨论利用函数单调性求值域，列出方程组求解即可.
【解答过程】（1）因为幂函数f(x)=m2−2m−2xm2−4m+2在(0,+∞)上单调递减，
所以m2−2m−2=1m2−4m+2<0解得：m=3或m=−1(舍去)，
所以f(x)=x−1.
（2）由（1）得f(x)=x−1，所以g(x)=(a−1)x+1，
假设存在a>0使得命题成立，则
当a−1>0时，即a>1，g(x)在[−1,2]单调递增，
所以g(−1)=−4,g(2)=11,⇒1−a+1=−42a−2+1=11⇒a=6；
当a−1=0，即a=1，g(x)=1显然不成立；
当a−1<0，即a<1，g(x)在[−1,2]单调递减，
所以g(−1)=11,g(2)=−4⇒1−a+1=112a−2+1=−4，无解；
综上所述：存在a=6使命题成立.
题型8
比较幂值的大小
1．（2023·高一课时练习）设幂函数fx的图像经过点12,2，若实数m>1，则fm与fm−1的大小关系是（ ）
A．fm−1>fm B．fm−1【解题思路】根据已知点求出fx=x−12在0,+∞单调递减，根据单调性即可判断.
【解答过程】由题可设fx=xα，代入点12,2，则12α=2，解得α=−12，
则fx=x−12在0,+∞单调递减，
因为m>1，所以可得0fm.
故选：A.
2．（2023秋·陕西榆林·高三校联考阶段练习）设a=4512，b=5415，c=3434，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．cC．a【解题思路】根据幂函数的单调性判断.
【解答过程】因为a=4512=162514<1，b=5415>1，c=3434=276414<1，
又0<2764<12<1625<1，y=x14在0,+∞上单调递增，
所以c=276414<162514=a．
综上，c故选：A．
3．（2023·全国·高一随堂练习）利用幂函数的性质，比较下列各题中两个值的大小：
(1)(2|t|)1.5与t2+11.5；
(2)1.312与0.4−12.
【解题思路】（1）先利用基本不等式比较2t与t2+1的大小，再利用幂函数的性质比较大小即可，
（2）对0.4−12化简后，利用幂函数的性质比较即可
【解答过程】（1）因为t2+1≥2t2⋅1=2t，当且仅当t2=1，即t=±1时取等号，
而y=x1.5在(0,+∞)上单调递增，
所以t2+11.5≥2t1.5.
（2）0.4−12=2.512，
因为y=x12在(0,+∞)上单调递增，且1.3<2.5，
所以1.312<2.512，即1.312<0.4−12.
4．（2023秋·高一课时练习）比较下列各组数中两个数的大小.
(1)(25)0.5与(13)0.5；
(2)(−23)−1与(−35)−1；
(3)(32)34与(34)32
【解题思路】（1）（2）（3）根据给定条件，构造幂函数，利用函数的单调性比较大小作答.
【解答过程】（1）函数y=x0.5在(0,+∞)上单调递增，
而25>13，
所以(25)0.5>(13)0.5.
（2）函数y=x−1在(−∞,0)上单调递减，
而−23<−35，所以(−23)−1>(−35)−1.
（3）函数y=x34在(0,+∞)上单调递增，(34)32=(916)34，32>916，
因此(32)34>(916)34，所以(32)34>(34)32.
题型9
利用幂函数的性质解不等式
1．（2023·全国·高一专题练习）已知幂函数fx的图象过点2,32，若fa+1+f−1>0，则a的取值范围为（ ）
A．2,+∞B．1,+∞C．0,+∞D．−1,+∞
【解题思路】利用待定系数法求出幂函数的解析式，可得其为奇函数，且在R上单调递增，fa+1+f−1>0可转化为fa+1>f1，根据单调性即可求解.
【解答过程】设幂函数y=fx=xα，其图象过点2,32，所以2α=32，解得α=5，
所以fx=x5.
因为f−x=−x5=−fx，所以fx=x5为奇函数，且在R上单调递增，
所以fa+1+f−1>0可化为fa+1>−f−1=f1，
可得a+1>1，解得a>0，所以a的取值范围为0,+∞.
故选:C.
2．（2023·全国·高一专题练习）已知幂函数y=xm2−2m−3m∈N∗的图象关于y轴对称，且在0,+∞上单调递减，则满足a+1−m3<3−2a−m3的a的取值范围为（ ）
A．0,+∞B．−23,+∞
C．0,32D．−∞,−1∪23,32
【解题思路】由条件知m2−2m−3<0，m∈N∗，可得m＝1．再利用函数y=x−13的单调性，分类讨论可解不等式.
【解答过程】幂函数y=xm2−2m−3m∈N∗在0,+∞上单调递减，故m2−2m−3<0，解得−1当m＝1时，y=x−4的图象关于y轴对称，满足题意；
当m＝2时，y=x−3的图象不关于y轴对称，舍去，故m＝1．
不等式化为a+1−13<3−2a−13，
函数y=x−13在−∞,0和0,+∞上单调递减，
故a+1>3−2a>0或0>a+1>3−2a或a+1<0<3−2a，解得a<−1或23故选：D．
3．（2023·全国·高一专题练习）已知幂函数f(x)=m2−m−11xm−1在(0,+∞)上是减函数，m∈R．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若(3−a)1m−1>(3a−1)1m−1，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）根据幂函数的定义和单调性进行计算；（2）结合（1）中的参数，根据幂函数的单调性和定义域计算.
【解答过程】（1）根据幂函数的定义和单调性可知：m2−m−11=1m−1<0，
解得m=−3，于是f(x)=x−4
（2）根据幂函数的单调性，ℎ(x)=x−14在定义域(0,+∞)上单调递减，
由(3−a)1m−1>(3a−1)1m−1⇔(3−a)−14>(3a−1)−14，
即ℎ(3−a)>ℎ(3a−1)，于是0<3−a<3a−1，
解得14．（2023秋·高一课时练习）已知幂函数f(x)=xm2+m−1(m∈N＋)．
(1)试确定该函数的定义域，并指明该函数在其定义域上的单调性；
(2)若该函数f(x)经过点2,2，试确定m的值，并求满足条件f(2－a)>f(a－1)的实数a的取值范围．
【解题思路】（1）由题意判断出m2＋m为偶数，从而可求函数的定义域和单调性；
（2）把点2,2代入函数f(x)解析式即可求出m的值；然后利用函数的单调性及定义域即可求出实数a的取值范围．
【解答过程】（1）∵m2＋m＝m(m＋1)(m∈N＋)，而m与m＋1中必有一个为偶数，
∴m2＋m为偶数，
∴函数f(x)=xm2+m−1(m∈N＋)的定义域为0,+∞，并且该函数在0,+∞上为增函数．
（2）∵函数f(x)经过点2,2，∴2=21m2+m，即m2+m=2，
解得m＝1或m＝－2，
又∵m∈N＋，∴m＝1，f(x)=x12.
又∵f(2－a)>f(a－1)，所以2−a≥0a−1≥02−a>a−1，解得1≤a<32.
故函数f(x)经过点2,2时，m＝1；满足条件f(2－a)>f(a－1)的实数a的取值范围为1,32.
题型10
函数模型的综合应用
1．（2023·全国·高一专题练习）在一般情况下，过江大桥上的车流速度v（单位：千米/小时）是车流密度x（单位：辆/千米）的函数．当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为90千米/小时；研究表明，当20≤x≤200时，车流速度v是车流密度x的一次函数．设当车流密度x=x0时，车流量（单位时间内通过桥上某观点的车辆数，单位：辆/小时）fx=x⋅vx可以达到最大．则（ ）
A．x0=100B．x0=120C．fx0=3000D．fx0=6000
【解题思路】根据条件建立分段函数关系，利用待定系数法求出k，m的值，利用二次函数的最值性质进行求解即可．
【解答过程】vx=0,x≥200kx+m,20≤x≤20090,0则当x=200时，v200=0，
当x=20时，v20=90，即200k+m=020k+m=90，解得k=−12，m=100，
故fx=x⋅vx=0,x≥200−12x+100x,20≤x≤20090x,0当0当20≤x≤200时，fx=−12x+100x=−12x2+100x，
根据二次函数的对称轴方程为x=100，得fx的最大值为x0=100时，f100=5000．
故选：A．
2．（2023·全国·高一专题练习）某企业生产一种化学产品的总成本y（单位：万元）与生产量x（单位：吨）之间的函数关系可近似表示为y=x3−40x2+500x,x∈0,3012x2+50x+800,x∈30,+∞，要使每吨的平均生产成本最少，则生产量控制为（ ）
A．20吨B．40吨C．50吨D．60吨
【解题思路】由总成本与生产量之间的关系求出平均生产成本的函数解析式，求函数取最小值时的x的值即为所求.
【解答过程】因为总成本y与生产量x之间的关系为y=x3−40x2+500x,x∈0,3012x2+50x+800,x∈30,+∞，
设平均生产成本为f(x)，则f(x)=yx=x2−40x+500,x∈0,30x2+800x+50,x∈30,+∞，
当x∈0,30时，f(x)=x2−40x+500=x−202+100，
则x=20时，f(x)最小为100，
当x∈30,+∞时，f(x)=x2+800x+50≥2x2⋅800x+50=90，
当且仅当x2=800x，即x=40时，f(x)最小为90，
综上，x=40，即生产量控制在40吨时，每吨的平均生产成本最少.
故选：B.
3．（2023秋·新疆塔城·高一校考期末）《湿地公约》第十四届缔约方大会部级高级别会议11月6日在湖北武汉闭幕，会议正式通过“武汉宣言”，呼吁各方采取行动，遏制和扭转全球湿地退化引发的系统性风险.武汉市某企业生产某种环保型产品的年固定成本为2000万元，每生产x千件，需另投入成本Cx（万元）．经计算若年产量x千件低于100千件，则这x千件产品成本Cx=12x2+10x+1100；若年产量x千件不低于100千件时，则这x千件产品成本Cx=120x+4500x−90−5400．每千件产品售价为100万元，设该企业生产的产品能全部售完．
(1)写出年利润L（万元）关于年产量x（千件）的函数解析式；
(2)当年产量为多少千件时，企业所获得利润最大？最大利润是多少？
【解题思路】（1）年利润L为销售收入减去生产成本，分情况讨论计算即可；
（2）当0【解答过程】（1）当0当x≥100时，L=100x−120x+4500x−90−5400−2000=−20x−4500x−90+3400；
所以L=−12x2+90x−3100,0（2）当0当x=90时，L取得最大值，且最大值为950，
当x≥100时，
L=−20x−4500x−90+3400=−20x−90+225x−90+1600
≤−202x−90⋅225x−90+1600=−202225+1600=1000，
当且仅当x=105时，等号成立．
因为1000>950，所以当该企业年产量为105千件时，所获得利润最大，
最大利润是1000万元.
4．（2023秋·湖南长沙·高一统考期末）某企业采用新工艺，把企业生产中排放的二氧化碳转化为一种可利用的化工产品.已知该单位每月的处理量最少为300吨，最多为600吨，月处理成本y（元）与月处理量x（吨）之间的函数关系可近似地表示为y=12x2−200x+80000，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元.
(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？
(2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则国家至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损？
【解题思路】（1）设该工厂每吨平均处理成本为z，z=yx=12x2−200x+80000x，利用基本不等式求最值可得答案；
（2）设该工厂每月的利润为Px,P(x)=100x−12x2−200x+80000，利用配方求最值可得答案.
【解答过程】（1）设该工厂每吨平均处理成本为z，
z=yx=12x2−200x+80000xx∈300,600，
∴z=x2+80000x−200≥2x2⋅80000x−200=200，
当且仅当x2=80000x，即x=400时取等号，
当x=400时，每吨平均处理成本最低.
（2）设该工厂每月的利润为Px，
则P(x)=100x−12x2−200x+80000,300≤x≤600，
∴P(x)=−12x2+300x−80000=−12(x−300)2−35000，
当x=300时，P(x)max=−35000<0，
所以该工厂不获利，且需要国家每月至少补贴35000元才能使工厂不亏损.