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

专题05幂函数与二次函数4题型分类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：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）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．0 B．2 C．4 D．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．2 B．3 C．4 D．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：B1-3．（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：-12-2．（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：A2-3．（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：B2-4．（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：D3-3．（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，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1 D．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1 B．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：C3．（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：B6．（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：D8．（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：B9．（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．-1 B．0 C．1 D．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＝0 B．a<0，4a＋b＝0C．a>0，2a＋b＝0 D．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．16 B．18 C．25 D．【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．①③ B．②③ C．①④ D．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．8 B．4 C．2 D．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|0<m≤1}D．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