考点10 二次函数与幂函数（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）-2025高考数学一轮精讲讲练（新高考版）

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1.通过具体实例，了解幂函数及其图象的变化规律.
2.掌握二次函数的图象与性质(单调性、对称性、顶点、最值等)．
【知识点】
1．幂函数
(1)幂函数的定义
一般地，函数y＝xα叫做幂函数，其中x是自变量，α是常数．
(2)常见的五种幂函数的图象
(3)幂函数的性质
①幂函数在(0，＋∞)上都有定义；
②当α>0时，幂函数的图象都过点(1,1)和(0,0)，且在(0，＋∞)上单调递增；
③当α<0时，幂函数的图象都过点(1,1)，且在(0，＋∞)上单调递减；
④当α为奇数时，y＝xα为奇函数；当α为偶数时，y＝xα为偶函数．
2．二次函数
(1)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－m)2＋n(a≠0)，顶点坐标为(m，n)．
零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2为f(x)的零点．
(2)二次函数的图象和性质
【核心题型】
题型一 幂函数的图象与性质
(1)对于幂函数图象的掌握只要抓住在第一象限内三条线分第一象限为六个区域，即x＝1，y＝1，y＝x所分区域．根据α<0,0<α<1，α＝1，α>1的取值确定位置后，其余象限部分由奇偶性决定．
(2)在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调性进行比较．
【例题1】（2024·四川南充·二模）已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据幂函数的性质一一判断即可.
【详解】对于A：函数的定义域为，显然不符合题意，故A错误；
对于B：函数的定义域为，显然不符合题意，故B错误；
对于C：函数的定义域为，又为奇函数，
但是在上函数是下凸递增，故不符合题意，故C错误；
对于D：定义域为，又为奇函数，
且在上函数是上凸递增，故D正确.
故选：D
【变式1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知正数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由已知可得且，分别作出相关的函数图象即可求解.
【详解】由，得
所以方程的实根为，方程的实根为，
在同一坐标系下画出的图象，显然，
故选:A．
【变式2】（2024·全国·模拟预测）已知，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用指数函数与对数函数的单调性比较与中间值4的大小关系进而得到与的大小关系；利用幂函数的单调性得到与的大小关系，最终得到的大小关系.
【详解】是上的增函数，，．
在上单调递增，，
，，
，在上单调递增，，
，，
故选：A．
【变式3】（2024·四川南充·二模）已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据幂函数的性质一一判断即可.
【详解】对于A：函数的定义域为，显然不符合题意，故A错误；
对于B：函数的定义域为，显然不符合题意，故B错误；
对于C：函数的定义域为，又为奇函数，又在上函数是下凸递增，故不符合题意，故C错误；
对于D：函数的定义域为，又为奇函数，且在上函数是上凸递增，故D正确.
故选：D
题型二 二次函数的解析式
求二次函数解析式的三个策略：
(1)已知三个点的坐标，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轴的两交点的坐标，宜选用零点式．
【例题2】（2024·全国·模拟预测）已知二次函数满足对于任意的，，且.若，则的最大值与最小值之和是（ ）
A．B．C．4D．
【答案】C
【分析】设，根据题意求得，由得到，设，，即，，利用三角函数的性质求最大值最小值即可.
【详解】设，
因为，令，得，故，所以，
令，得，故，即，
又，即，故，，所以，
由，得，设，，即，，
则
，
所以的最大值与最小值之和为，
故选：C
【变式1】（多选）（2023·全国·模拟预测）已知二次函数满足对于任意的且．若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】设，根据题意，求得，由，得到，设，得到，结合三角函数的性质，逐项计算，即可求解.
【详解】设二次函数，
因为，令，可得，故，所以，
令，得，故，即；
又因为，即，解得，所以，
由，可得，
设，即，
从而，故A错误，B正确；
又由
，所以C错误、D正确．
故选：BD．
【变式2】（多选）（2023·河北沧州·三模）已知二次函数满足，；当时，.函数的定义域为，是奇函数，是偶函数，为自然对数的底数，则（ ）
A．函数的最小值为
B．
C．
D．函数的导函数的最小值为
【答案】ACD
【分析】设，根据已知条件求出、、的值，可得出函数的解析式，利用二次函数的基本性质可判断A选项；利用函数奇偶性的定义可得出关于、的等式组，求出的解析式，求出的值，可判断B选项；利用函数的最值与导数的关系可判断C选项；利用基本不等式求出的最小值，可判断D选项.
【详解】设，
由知函数的图象关于直线对称，
即，解得.
因为，由题意可得，
当时，，则，
所以，故，即，
所以.
又恒成立，即恒成立，
于是，整理可得，解得，
所以，，则，
因此，函数的最小值为，A正确；
因为函数为奇函数，则，①
又因为函数为偶函数，则，②
联立①②可得，于是，，B错误；
于是，，即在上单调递增.
注意到，从而，C正确；
由基本不等式可得，当且仅当时，
即当时，等号成立，故函数的最小值为，D正确，
故选：ACD.
【变式3】（2023·山东·一模）已知二次函数满足，顶点为.
(1)求函数的解析式；
(2)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由二次函数顶点为可设，由即可求出a，则求出的解析式.
（2）根据二次函数的开口和对称轴即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）设，
则由得：，
，
.
（2）由（1）知，开口向上，对称轴为，
则若函数在区间上单调递增，
需满足，
，
∴实数a的取值范围为.
题型三 二次函数的图象与性质
二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解题的关键都是对称轴与区间的位置关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论．
命题点1 二次函数的图象
【例题3】（2024·浙江·模拟预测）如图①，在矩形中，动点从点出发，沿的方向运动，当点到达点时停止运动．过点作交于点，设点的运动路程为，图②表示的是与的函数关系的大致图象，则矩形的面积是（ ）
A．20B．18C．10D．9
【答案】A
【分析】设，则，由正切值，代入数值后得出二次函数关系，再结合图象和对称轴，顶点坐标求出，最后求出面积即可.
【详解】由图②可知，，设，则，
如图，当点在上时，
则，
因为，所以，
即，化简为，
当时，代入上式并结合图②可得，
解得或（舍去），所以，
所以矩形的面积是，
故选：A.
【变式1】（2023·山东枣庄·二模）指数函数的图象如图所示，则图象顶点横坐标的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据指数函数的图象可知，，再结合二次函数的顶点式即可解出．
【详解】由图可知，，而，顶点横坐标为，所以．
故选：A．
【变式2】（多选）（2023·湖北孝感·模拟预测）已知向量，，则函数的大致图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】根据向量的坐标表示得函数解析式，然后分，，讨论即可.
【详解】因为，所以.
当时，，A正确；
当时，的零点为0和，且，B正确，C错误；
当时，的零点为0和，且，D正确.
故选：ABD.
【变式3】（多选）（23-24高三上·河北邯郸·阶段练习）已知二次函数的图象如图所示，有以下结论：①；②；③；④；⑤，下面的选项中所有序号结论全正确的是（ ）

A．①②④B．②③④C．①④⑤D．③④⑤
【答案】AC
【分析】观察题图结合二次函数图象的性质即可逐一判断每一序号，从而即可求解.
【详解】由图可知，故结论①正确；
由图可知，故结论②正确；
由图可知二次函数图象开口向下，所以，且，对称轴，所以，故结论③不正确；
由图可知二次函数图象与轴有两个交点，所以，故结论④正确；
由图可知对称轴，故结论⑤正确；
综上所述：下面的选项中所有序号结论正确的有①②④⑤.
故选：AC.
命题点2 二次函数的单调性与最值
【例题4】（2024·全国·模拟预测）若函数在上单调，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意，根据二次函数的图象与性质建立不等式组，解之即可求解.
【详解】令，
则或或或
解得或，
即实数m得取值范围为.
故选：C．
【变式1】（23-24高三上·山东菏泽·阶段练习）函数的单调增区间为（ ）
A．B．
C．和D．
【答案】C
【分析】令，根据二次函数的性质求出的单调区间，再由复合函数的单调性即可得函数的单调增区间.
【详解】设，则有且，
，则，
所以函数的定义域为：且，
由二次函数的性质可知的单调递增区间为：；单调递减区间为：和；
又因为在区间和上单调递减，
由复合函数的单调性可知：函数的单调增区间为：和.
故选：C.
【变式2】（2024·辽宁·模拟预测）命题：存在，使得函数在区间内单调，若的否定为真命题，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】先给出命题p的否定，由函数的单调性进行求解.
【详解】命题p的否定为：任意，使得函数在区间内不单调，
由函数在上单调递减，在上单调递增，
则，而，
得，
故答案为：
【变式3】（23-24高三下·北京·阶段练习）已知函数在区间上的最大值为M，当实数a，b变化时，M最小值为 ．
【答案】2
【分析】，则即为函数与函数图象上点的纵向距离的最大值中的最小值，作出函数图象，由图象观察即可得出答案.
【详解】，
上述函数可理解为当横坐标相同时，函数，,与函数，,图象上点的纵向距离，
则即为函数与函数图象上点的纵向距离的最大值中的最小值，
作出函数图象，如图，
由图象可知，当函数的图象刚好为时此时，取得最小值为2.
故答案为：2
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（23-24高三上·全国·期末）二次函数满足条件，则的值为（ ）
A．5B．6C．8D．7
【答案】A
【分析】根据题意，由二次函数的对称性，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为函数满足条件，
所以的图像关于直线对称，
则．
故选：A．
2．（2024·全国·模拟预测）若函数在上单调，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意，根据二次函数的图象与性质建立不等式组，解之即可求解.
【详解】令，
则或或或
解得或，
即实数m得取值范围为.
故选：C．
3．（22-23高三·全国·对口高考）已知二次函数满足，且的最大值是8，则此二次函数的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据条件设二次函数为，代入条件求解即可.
【详解】根据题意，由得:图象的对称轴为直线，
设二次函数为，
因的最大值是8，所以，当时， ，
即二次函数，
由得:，解得：，
则二次函数，
故选：A.
4．（23-24高三上·山东菏泽·阶段练习）函数的单调增区间为（ ）
A．B．
C．和D．
【答案】C
【分析】令，根据二次函数的性质求出的单调区间，再由复合函数的单调性即可得函数的单调增区间.
【详解】设，则有且，
，则，
所以函数的定义域为：且，
由二次函数的性质可知的单调递增区间为：；单调递减区间为：和；
又因为在区间和上单调递减，
由复合函数的单调性可知：函数的单调增区间为：和.
故选：C.
二、多选题
5．（23-24高三上·福建厦门·期中）下列函数中，满足“，，都有”的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据题意可知满足题意的函数为在上减函数，由此一一判断选项中函数的单调性，可得答案.
【详解】由，，都有，可知函数在时减函数.
函数在时为减函数，符合题意，故A正确；
函数在时为增函数，所以在时为增函数，故B错误；
函数图象的对称轴为，故在时为增函数，故C错误；
函数在时单调递减，符合题意，故D正确.
故选：AD.
6．（2024·全国·模拟预测）下列函数中既是奇函数，又是定义域上的减函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】由解析式直接判断函数的奇偶性与单调性即可得解.
【详解】对于A，是奇函数，在其定义域上单调递减，故A正确；
对于B，是在其定义域上单调递增的指数函数，故B错误；
对于C，，故在其定义域上不单调递减，故C错误；
对于D，是奇函数，在其定义域上单调递减，故D错误.
故选：AD.
三、填空题
7．（2024·全国·模拟预测）已知函数，则与的图象交点的纵坐标之和为 ．
【答案】2
【分析】分析函数的奇偶性，由图象的平移变换求解即可.
【详解】对于，可以把的图象看作：
由的图象向上平移1个单位长度得到，
而的图象可看作由的图象向右平移1个单位长度得到；
对于的图象可看作由
的图象向上平移1个单位长度得到，
而的图象可看作由的图象向右平移1个单位长度得到．
易知与都为奇函数，
则易知与的图象共有两个关于原点对称的交点，且交点的纵坐标之和为0．
因为将函数图象向右平移不改变与两函数图象交点处函数值的大小，
所以与的图象交点的纵坐标之和为0，
又将函数图象向上平移1个单位长度会使得原交点处的函数值都增加1，
则与的图象的两个交点的纵坐标与与的图象两个交点的纵坐标相比都增加1，
故与的图象交点的纵坐标之和为2．
故答案为：2
8．（23-24高三下·北京·阶段练习）已知函数在区间上的最大值为M，当实数a，b变化时，M最小值为 ．
【答案】2
【分析】，则即为函数与函数图象上点的纵向距离的最大值中的最小值，作出函数图象，由图象观察即可得出答案.
【详解】，
上述函数可理解为当横坐标相同时，函数，,与函数，,图象上点的纵向距离，
则即为函数与函数图象上点的纵向距离的最大值中的最小值，
作出函数图象，如图，
由图象可知，当函数的图象刚好为时此时，取得最小值为2.
故答案为：2
9．（2024·辽宁·模拟预测）命题：存在，使得函数在区间内单调，若的否定为真命题，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】先给出命题p的否定，由函数的单调性进行求解.
【详解】命题p的否定为：任意，使得函数在区间内不单调，
由函数在上单调递减，在上单调递增，
则，而，
得，
故答案为：
四、解答题
10．（23-24高三上·全国·期末）已知二次函数满足，且．求的解析式；
【答案】
【分析】由题意设，再由已知得，根据多项式相等列方程求参即可.
【详解】由，设，
由，则，
整理得，则，解得．
所以．
11．（2024·陕西咸阳·二模）已知函数．
(1)解不等式；
(2)设函数，若函数与的图象无公共点，求参数的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）分类讨论去绝对值，然后列不等式求解；
（2）通过观察图象可得在上无解，然后转化为，利用二次函数的性质求最值即可.
【详解】（1），
若，即或或，
解之得或，
则原不等式的解集为或；
（2）函数，
若函数与的图象无公共点，即在上无解，
可得：无解，即在上无解，
即，，
因为函数，
当时，，
所以，即的取值范围为．

12．（23-24高三上·陕西咸阳·阶段练习）已知二次函数．
(1)若，求在上的最值；
(2)求函数在上的最小值．
【答案】(1)最小值为，最大值为
(2)
【分析】（1）代入，根据二次函数的性质，得出单调区间，进而结合端点处的函数值，即可得出最值；
（2）求出函数的对称轴，分类讨论对称轴与区间的关系，得出函数的单调性，进而得出函数的最小值.
【详解】（1）当时，.
∵的对称轴为，
∴在上单调递减，在上单调递增.
又，，，
所以，当时，取得最小值为，
当时，取得最大值为．
（2）二次函数的对称轴为.
当，即时，在上单调递增，
∴；
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
∴；
当，即时，在上单调递减，
∴．
综上，.
综合提升练
一、单选题
1．（23-24高三上·山东济宁·期中）函数的单调递增区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由根式性质求定义域，结合二次函数和幂函数的性质确定增区间.
【详解】由题意，令，即或，
根据二次函数性质知：在上递减，在上递增
又在定义域上递增，故的单调递增区间为.
故选：C
2．（2024·辽宁·一模）若函数在区间内单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用“同增异减”判断复合函数的单调性，从而求参数的取值范围.
【详解】设，，则在上单调递增.
因为在区间内单调递减，所以函数在区间内单调递减，
结合二次函数的图象和性质，可得：，解得4.
故选：
3．（2023高三上·江苏徐州·学业考试）下列函数中，定义域为R且为奇函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别求出每个函数的奇偶性和定义域，逐个选项分析求解即可.
【详解】对于A选项，定义域为，故A错误，
对于B选项，定义域为，故B错误，
对于C选项，定义域为，且令，则，
，，故是奇函数，故C正确，
对于D选项，定义域为，且令，则，
故，故不是奇函数，故D错误
故选：C
4．（2023·广东韶关·模拟预测）已知方程和的解分别是和，则函数的单调递减区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用互为反函数的函数图象特征求出即可作答.
【详解】方程和依次化为：和，
因此和分别是直线与曲线和的交点横坐标，
而函数和互为反函数，它们的图象关于直线对称，
又直线垂直于直线，因此直线与曲线和的交点关于直线对称，
于是，函数，
所以函数的单调递减区间是.
故选：A
5．（2024高三·全国·专题练习）若函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．(－，＋∞)B．[－，＋∞)
C．[－，0)D．[－，0]
【答案】D
【详解】当a＝0时，f(x)＝2x－3，在定义域R上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a≠0时，二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝－，因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，所以a<0，且－≥4，得－≤a<0.综上，得－≤a≤0.
6．（2024高三·全国·专题练习）已知函数的最小值为0，若关于的不等式的解集为，则实数的值为（ ）
A．9B．8C．6D．4
【答案】D
【分析】先由的最小值为0，得到，再由的解集为，得到的根为，从而利用韦达定理即可求解.
【详解】因为开口向上，最小值为，
，
则，
的解集为，所以是的两个不等实根，
即是的两个不等实根，
所以，则，
.
故选：D.
7．（2024·四川成都·二模）已知函数的值域为．若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】对实数分类讨论，根据二次函数的性质及指数函数的值域可得结果.
【详解】当时，，符合题意；
当时，因为函数的值域为满足，
由指数函数的单调性可知，即二次函数的最小值小于或等于零；
若时，依题意有的最小值，即，
若时，不符合题意；
综上：，
故选：B.
8．（23-24高三下·广东·阶段练习）已知函数存在极值点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出函数的导数，由题意可得在上有变号零点，即可分离参数，利用换元法，结合二次方程的判别式以及二次函数的性质，即可求得a的物质范围.
【详解】函数的定义域为，且，
由于函数存在极值点，即在上有变号零点，
由，得，
令，则，则a的取值范围为在上的值域，
且需满足的，即；
对于，当时，，
故，即实数的取值范围是，
故选：A
【点睛】关键点睛：本题考查了导数的应用，根据函数存在极值点求参数的范围，解答的关键是求导后，将原问题转化为在上有变号零点的问题，继而参变分离，结合二次方程以及二次函数的性质即可求解.
二、多选题
9．（2023·浙江宁波·模拟预测）随机变量的分布列如表：其中，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．有最大值D．随y的增大而减小
【答案】ABC
【分析】利用分布列的性质以及期望与方差公式，列出表达式，结合二次函数的性质判断选项的正误即可．
【详解】由题意可知，即，故A正确；
，故B正确；
，
因为，，易得，
而开口向下，对称轴为，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得最大值，
所以随着y的增大先增大后减小，当时取得最大值，故C正确，D错误.
故选：ABC.
10．（2024·河南信阳·模拟预测）若函数在上单调，则实数的值可以为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】BD
【分析】分别讨论和两种情况，结合二次函数的图像分析，即可得到答案.
【详解】①当，即时，，所以的对称轴为，则的图象如下：
结合图象可知，要使函数在上单调，则或，解得：或，即或；
②当，即或，令，则的对称轴为，则的图象如下：
结合图象可知，要使函数在上单调，
则，或，或，或
解得：，或，
综上：或；
故选：BD
11．（2024·浙江·模拟预测）二次函数（a，b，c是常数，且）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：
且当时，对应的函数值.下列说法不正确的有（ ）
A．
B．
C．关于x的方程一定有一正、一负两个实数根，且负实数根在和0之间
D．和在该二次函数的图象上，则当实数时，
【答案】BCD
【分析】先根据二次函数图象上的点求得，再由当时，对应的函数值求得，从而求得，判断A，求出后求解范围判断B，根据抛物线的对称性及函数过点得函数零点范围即可判断C，由列不等式求解判断D.
【详解】将代入得，解得，
所以二次函数，当时，对应的函数值，
所以，解得，所以，
所以，所以，故A错误；
当时，，当时，，
所以，因为，所以，故B正确；
因为二次函数过，所以其对称轴为，
又当时，对应的函数值，
根据二次函数的对称性知，当时，对应的函数值，
而当时，，所以二次函数与x轴负半轴的交点横坐标在和0之间，
所以关于x的方程一定有一正、一负两个实数根，且负实数根在和0之间，故C正确；
因为和在该二次函数的图象上，
所以，，
若，则，
因为，所以，解得，故D正确.
故选：BCD
三、填空题
12．（2023·河南信阳·一模）在，，0，1，2的五个数字中，有放回地随机取两个数字分别作为函数中a，b的值，则该函数图像恰好经过第一、三、四象限的概率为 ．
【答案】/0.2
【分析】利用一次函数二次函数的性质，结合概率求法分析得出答案.
【详解】五个数字任取一个作数字作系数a，放回后随机任取一个数作为b，有种不同取法.
当时，函数图像为一条直线，若图像恰好经过第一、三、四象限，则，即有，；，两组数满足；
时，二次函数经过第一、三、四象限则开口向下，又图像过点，顶点必在第一象限，即满足，，，有，；，；，三组数满足．故共有5组满足，
所求概率为．
故答案为：
13．（2024·北京延庆·一模）已知函数在区间上单调递减，则的一个取值为 ．
【答案】（不唯一）
【分析】根据幂函数的单调性奇偶性即可得解.
【详解】因为在上单调递增，又在区间上单调递减，
所以可以为偶函数，不妨取，
此时，函数定义域为，
且，故为偶函数，
满足在区间上单调递减.
故答案为：（不唯一）
14．（2023·浙江·二模）若，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】利用基本不等式结合求得，将整理变形为，令，结合二次函数知识即可求得答案.
【详解】由可得，
而，当且仅当时，等号成立，
即，解得，
由可知，
所以，
令，则，
函数在单调递增，在单调递减
故，
即的取值范围是，
故答案为：
四、解答题
15．（23-24高三上·山东菏泽·期末）已知函数．
(1)若函数的最大值为0，求实数m的值．
(2)若函数在上单调，求实数m的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）利用二次函数的性质即可求解；
（2）利用二次函数的性质及函数的单调性即可求解.
【详解】（1），
由二次函数的性质，的最大值为，
因为函数的最大值为0，
所以即，解得或.
（2），
所以函数图象的对称轴是，
要使函数在上单调，
只需要或,解得或.
所以实数m的取值范围为.
16．（23-24高三上·贵州黔东南·阶段练习）已知函数.
(1)求的解析式；
(2)若为任意实数，试讨论在上的单调性和最小值.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用配凑法，通过整体代换得到解析式；
（2）分别讨论、和的情况，结合二次函数性质可求得结果.
【详解】（1），.
（2）由（1）得：为开口方向向上，对称轴为的抛物线；
①当时，在上单调递减，；
②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
；
③当，即时，在上单调递增，
；
综上所述：当时，在上单调递减，；
当时，在上单调递减，在上单调递增，；
当时，在上单调递增，.
17．（22-23高三上·山东菏泽·期中）已知函数，函数在区间上的最大值为4，.
(1)求的解析式；
(2)设，若不等式在上有解，求实数k的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）判断在上的单调性，结合其最大值和求得，即得答案；
（2）结合（1）求出的表达式，继而将在上有解，转化为在上有解，利用换元结合二次函数性质即可求得答案.
【详解】（1），其图象对称轴为，
，在单调递增，
即，.
又，则有即，所以，，
所以的解析式为.
（2）由（1）得，
则在上有解，即在上有解，.
令，则在上有解，
所以，
又，，故当时，取到最大值1，
即，所以，
所以实数k的取值范围是.
18．（2024高三·全国·专题练习）已知函数
(1)若函数在上是单调函数，求实数的取值范围.
(2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二次函数的性质，建立不等式即可求出结果；
（2）根据题意得，当时，恒成立，构造函数，将问题转化为即可求解.
【详解】（1）函数的对称轴为，
又函数在上是单调函数，
或，解得或，
∴实数a的取值范围为；.
（2）
当，时，恒成立，即恒成立，
令，恒成立，
函数的对称轴，
，
故m的范围为.
19．（2024高三·全国·专题练习）函数在区间上有值为4，求实数的值．两个方框处为无法辨认的两个汉字，请你结合上下文把这两个字补上并解答该题．
【答案】两个模糊的字应当是“最大”，解答见解析
【分析】由于是两个字，我们展开联想，与函数有关的有最大值、最小值或者也许就是函数值，结合二次函数的性质逐一求解计算．
【详解】由于是两个字，我们展开联想，与函数有关的有最大值、最小值或者也许就是函数值，不妨来逐一试一试．
（1）最大值为4．显然不合题意．
当时，化成配方形式，图象对称轴为，顶点横坐标在区间内．
当时，在顶点处即当时函数有最大值，于是，得；
当时，在离顶点较远的端点处有最大值，于是，得．
于是，所求或．
（2）最小值为4．
当时，在离顶点较远的端点处有最小值，于是，得，舍去；
当时，在顶点处即当时函数有最小值，于是，得，舍去．
因此，不存在实数使函数的最小值为4．
（3）函数值为4．（不妨设不是最大值与最小值）
由于时，因此，
函数值域为一闭区间，
当时，时函数有最大值，当时有最小值，
因此值域为，且，解得；
当时，值域为，解得．
因此取或者的一切实数值皆可．
从解答过程我们可以判断．两个模糊的字应当是“最大”．
拓展冲刺练
一、单选题
1．（23-24高三下·河南·开学考试）已知正数满足，若恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】变形得到，变形得到，求出，得到答案.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
故，
即，
当且仅当时，等号成立，
故，实数的最小值为.
故选：D
2．（2023高三·全国·专题练习）函数的单调递减区间为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求出函数的定义域，再利用复合函数的单调性，结合幂函数与二次函数的单调性即可得解.
【详解】由题意，得，解得或，
所以函数的定义域为，
令，则开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
而在上单调递增，
所以函数的单调递减区间为.
故选：D.
3．（2023高三·全国·专题练习）已知y＝(x－m)(x－n)＋2 023(n>m)，且α，β(α<β)是方程y＝0的两个实数根，则α，β，m，n的大小关系是（ ）
A．αC．m<α<β【答案】C
【分析】根据方程与函数的关系，结合函数图像以及平移变换，可得答案.
【详解】∵α，β为方程y＝0的两个实数根，
∴α，β为函数y＝(x－m)(x－n)＋2 023的图像与x轴交点的横坐标，
令y1＝(x－m)(x－n)，
∴m，n为函数y1＝(x－m)(x－n)的图像与x轴交点的横坐标，

易知函数y＝(x－m)(x－n)＋2 023的图像可由y1＝(x－m)(x－n)的图像向上平移2 023个单位长度得到，
∴m<α<β故选：C.
4．（2023·四川绵阳·模拟预测）在，这四个函数中，对于定义域中的任意，使恒成立的函数的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据可得函数图象上任意两点中点的函数值小于中点的纵坐标，再数形结合判断即可.
【详解】由可得函数图象上任意两点中点的函数值小于中点的纵坐标，则函数为凹函数.
又图象满足题意.
故选：C
二、多选题
5．（22-23高三上·山东烟台·期末）已知函数，关于的最值有如下结论，其中正确的是（ ）
A．在区间上的最小值为1
B．在区间上既有最小值，又有最大值
C．在区间上的最小值为2，最大值为5
D．在区间上的最大值为
【答案】BC
【分析】的图象开口向上，对称轴为直线,根据二次函数的性质逐项判断即可.
【详解】函数的图象开口向上，对称轴为直线．
在选项A中，因为在区间上单调递减，
所以在区间上的最小值为，A错误．
在选项B中，因为在区间上单调递减，在上单调递增，
所以在区间上的最小值为．
又因为，
所以在区间上的最大值为，B正确．
在选项C中，因为在区间上单调递增，
所以在区间上的最小值为，最大值为，C正确．
在选项D中，当时，在区间上的最大值为2，
当时，由图象知在区间上的最大值为，D错误．
故选:BC.
6．（2024高三·全国·专题练习）(多选)若函数y＝x2－3x－4的定义域为[0，m]，值域为[－，－4]，则实数m的取值范围可以是（ ）
A．[0，4]B．[，2]
C．[，2]D．[1，2]
【答案】BC
【详解】∵ y＝x2－3x－4＝(x－)2－，作出函数y＝x2－3x－4在区间[0，m]上的图象如图所示．由图象可知，当x＝时，ymin＝－.令y＝x2－3x－4＝－4得出x＝0或x＝3.当0＜m＜时，函数y＝x2－3x－4在区间[0，m]上单调递减，此时ymin＝m2－3m－4＞－，不符合题意；当≤m≤3时，且当x∈[0，m]时，由图象可知ymin＝－，ymax＝－4，符合题意；当m＞3时，且当x∈[0，m]时，由图象可知ymin＝－，ymax＝m2－3m－4＞－4，不符合题意．综上所述，实数m的取值范围是[，3].故选BC.
三、填空题
7．（20-21高三上·辽宁大连·阶段练习）函数的单调递减区间是 .
【答案】和
【分析】对函数化简后，作出函数的图象，根据图象可求得结果.
【详解】当或时，，对称轴为，
当时，，对称轴为，
作出的图象如图所示，
由图可知单调递减区间为，
故答案为：和

8．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若对任意的，使得，求实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用换元法结合三点控制法求解即可.
【详解】令，则，
取三点控制得，进而，
化简得，可得，
即，解得．
故答案为：
四、解答题
9．（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）已知函数是定义域为的偶函数.
(1)求a的值；
(2)若，求函数的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由偶函数的定义转化为等式恒成立问题，由系数为求值即可；
（2）由换元法，把函数转化为二次函数，然后分类讨论确定函数的最小值，从而求得参数值．
【详解】（1）
则，
因为是定义域为的偶函数，
则，
即对任意恒成立，则；
（2）由（1）知，
则
，
令，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，
则原函数化为：，，
①当即时，
在上单调递增，
则，即，；
②当，即时，
在单调递减，在单调递增，
则；
即，
综上所述，.
10．（2023高三·全国·专题练习）已知函数，．求函数的单调区间．
【答案】单调递增区间为和，单调递减区间为
【分析】由，利用二次函数的性质求解.
【详解】由题意得
当时，，
此时函数的单调递增区间为，没有单调递减区间；
当时，，
此时函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
综上所述，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
11．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，记是在区间上的最大值．
(1)当且时，求的值；
(2)若，证明．
【答案】(1)或；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由在上的最大值在的端点处或对称轴处取得，分类讨论求出的值并检验即可；
（2），由，求出的取值范围即可证明结论.
【详解】（1）时，，易知，在上的最大值在的端点处或对称轴处取得．
而，所以或
若，解得或，此时，或，
当，在上单调递增，最大值为；
当时，在上单调递增，最大值为；
若，解得，
当时，，在上单调递增，最大值为；
当时，，在上单调递增，最大值为，
综上，或．
（2）由，得，即，
所以，且，所以，
而，所以，即.
12．（23-24高三上·江苏扬州·期中）已知函数.
(1)若，的最小值为0，求非零实数a的值；
(2)若，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)1或
(2)
【分析】（1）求出导函数，解出的解.分，以及两种情况，得出函数的单调性，进而根据函数的最小值，列出方程，求解即可得出答案；
（2）先根据已知推得，取特殊点得出，即证当时，恒成立.方法一：将函数看成关于的二次函数，根据二次函数的性质，列出不等式组，求解即可说明；方法二：先证明.放缩得出，通过计算得出，即可得出恒成立，进而得出证明.
【详解】（1）因为，
则，
令，则或.
若，则，
解，可得，所以在单调递减；
解，可得，所以在单调递增.
所以，解得；
若，则，
解，可得，所以在单调递减；
解，可得，所以在单调递增.
所以，
即，解得.
综上，的值为1或.
（2）若时，，
当时，，则不满足条件.
若时，由，可得.
下面证明其充分性，即证当时，恒成立.
解法一：关于的函数是一段开口向下的抛物线.
只要证①以及②都成立即可，其中①式显然成立.
令，
则，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，②式得证.
所以，当时，恒成立.
综上，的取值范围是.
解法二：令，则.
当时，单调递减；当时，单调递增.
所以，则.
由，得时，，
又当时，方程的，
所以对恒成立.
所以，均满足.
综上，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：在研究恒成立时，为了简便，将函数看做关于的函数，根据二次函数的性质，即可列出不等式组.函数
y＝ax2＋bx＋c(a>0)
y＝ax2＋bx＋c(a<0)
图象(抛物线)
定义域
R
值域
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))
对称轴
x＝－eq \f(b,2a)
顶点坐标
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))
奇偶性
当b＝0时是偶函数，当b≠0时是非奇非偶函数
单调性
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递增
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递增；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递减
0
1
2
P
x
…
0
1
2
…
y
…
m
2
2
n
…