课时10 幂函数与二次函数-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版2019）

课时冲关１０　幂函数与二次函数 学生用书　P２５５ [基础训练组] １．(２０２５􀅰呼和浩特市模拟)已知点 a,１８ æ è ç ö ø ÷ 在幂函数 f(x)＝(a－１)xb 的图象上,则函数f(x)是 (　　) A．定义域内的减函数　B．奇函数 C．偶函数 D．定义域内的增函数 解析:B　[∵点 a,１８ æ è ç ö ø ÷在幂函数f(x)＝(a－１)xb 的图象上,∴a－１＝１,解得a＝２,∴２b＝１８ ,解 得b＝－３,∴f(x)＝x－３,∴函数f(x)是定义域 上的 奇 函 数,且 在 (－∞,０),(０,＋∞)上 是 减 函数．] ２．(２０２５􀅰黄浦区校级模拟)如图所示是函数y ＝x m n (m,n均为正整数且m,n互质)的图象,则 (　　) A．m,n是奇数且mn ＜１ B．m 是偶数,n是奇数,且mn ＜１ C．m 是偶数,n是奇数,且mn ＞１ D．m,n是奇数,且mn ＞１ 解析:B　[由幂函数性质可知:y＝x m n 与y＝x 恒过点(１,１),即在第一象限的交点为(１,１), 当０＜x＜１时,x m n ＞x,则mn＜１ ,又y＝x m n 图象 关于y轴对称,∵y＝x m n 为偶函数,∴(－x) m n ＝ n(－x)m＝x m n ＝ n xm,又m,n互质,∴m 为偶 数,n为奇数．] ３．(２０２５􀅰 北京西城模拟)已 知 函 数 f(x)＝ x２＋x,－２＜x＜０, － x,０≤x＜c,{ 若f(x)存在最小值,则c 的最大值为 (　　 ) A．１１６　　　B． １ ８　　　C． １ ４　　　D． １ ２ 解析:A　[当－２＜x＜０时,f(x)＝x２＋x＝ x＋１２ æ è ç ö ø ÷ ２ －１４ ,故当x＝－１２ 时,f(x)有最小值 为－１４ ;０≤x＜c时,f(x)＝－ x单调递减,所 以－c＜f(x)≤０,由题意f(x)存在最小值,则 －c≥－ １４ ,解 得 ０＜c≤ １１６ ,即c 的 最 大 值 为１ １６． ] ４．(２０２５􀅰安徽模拟)已知函数f(x)＝ax２＋bx＋c,其 中a＞０,f(０)＜０,a＋b＋c＝０,则 (　　) A．∀x∈(０,１),都有f(x)＞０ B．∀x∈(０,１),都有f(x)＜０ C．∃x∈(０,１),使得f(x)＝０ D．∃x∈(０,１),使得f(x)＞０ 解析:B　[由a＞０,f(０)＜０, a＋b＋c＝０可知a＞０,c＜０,抛 物线 开 口 向 上．因 为 f(０)＝ c＜０,f(１)＝a＋b＋c＝０,即１ 是方程ax２＋bx＋c＝０的一个 根,所以 ∀x∈(０,１),都 有f(x)＜０,B 正 确, ACD错误．] ５．(２０２５􀅰福州模拟)若二次函数y＝x２＋ax＋１ 对于一切x∈ ０,１２ æ è ç ] 恒有y≥０成立,则a的最 小值是 (　　) A．０ B．２ C．－５２ D．－３ 解析:C　[设g(x)＝x２＋ax＋１,x∈ ０,１２ æ è ç ],则 g(x)≥０在x∈ ０,１２ æ è ç ] 上恒成立,x２＋ax＋１≥０, 即a≥－ x＋１x æ è ç ö ø ÷在x∈ ０,１２ æ è ç ] 上恒成立． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３０４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第二章　函　数 又h(x)＝－ x＋１x æ è ç ö ø ÷在x∈ ０,１２ æ è ç ] 上为单调递 增函数,当x＝１２ 时,h(x)max＝h １ ２ æ è ç ö ø ÷,所以a≥ － １２＋２ æ è ç ö ø ÷即可,解得a≥－５２． ] ６．已知二次函数f(x)的图象的顶点坐标是(２, ２),且截x轴所得线段的长度是４,将函数f(x) 的图象向右平移２个单位长度,得到抛物线y＝ g(x),则抛物线y＝g(x)与y轴的交点是 (　　 ) A．(０,－８)B．(０,－６)C．(０,－２) D．(０,０) 解析:B　[因为二次函数f(x)的图象的顶点为(２, ２),故f(x)的对称轴为直线x＝２,又因为f(x) 的图象截x轴所得线段的长度是４,所以f(x) 的图象与x轴的交点坐标为(０,０)和(４,０), 设f(x)＝a(x－２)２＋２(a≠０),将点(０,０)代入 得a(－２)２＋２＝０,解得a＝－１２ ,所以f(x)＝ －１２ (x－２)２＋２,因为g(x)的图象为f(x)的图 象右移２个单位得到的,所以g(x)＝f(x－２) ＝－１２ (x－２－２)２＋２＝－１２ (x－４)２＋２,令x ＝０,则y＝g(０)＝－１２ (０－４)２＋２＝－６,所以 g(x)与y轴交点坐标为(０,－６)．] ７．(多选)有如下命题,其中真命题的标号为 (　　) A．若幂函数y＝f(x)的图象过点 ２,１２ æ è ç ö ø ÷,则 f(３)＞１２ B．函数f(x)＝ax－１＋１(a＞０且a≠１)的图象恒 过定点(１,２) C．函数f(x)＝x２－１在(０,＋∞)上单调递减 D．若函数f(x)＝x２－２x＋４在区间[０,m]上的 最大值为４,最小值为３,则实数m 的取值范 围是[１,２] 解析:BD　[对于A,令f(x)＝xα,则２α＝１２ ,解得 α＝－１,∴f(x)＝x－１,∴f(３)＝１３＜ １ ２ ,A错误; 对于B,令x－１＝０,即x＝１时,f(１)＝１＋１＝２, ∴f(x)恒过定点(１,２),B正确;对于C,∵f(x)为 开 口 方 向 向 上,对 称 轴 为x＝０ 的 二 次 函 数, ∴f(x)在(０,＋∞)上单调递增,C错误;对于D,令 f(x)＝４,解得x＝０或x＝２;又f(x)min＝f(１)＝３, ∴实数m的取值范围为[１,２],D正确．] ８．(多选)函数f(x)＝－x２＋ax－６,g(x)＝x＋４, 若对任意 x１ ∈ (０,＋ ∞),存 在 x２ ∈ (－ ∞, －１],使得f(x１)≤g(x２),则实数a可能的取 值为 (　　) A．４ B．５ C．６ D．７ 解析:ABC　[由题意可知问题转化为f(x)max ≤g(x)max, g(x)＝x＋４在(－∞,－１]上单调递增, ∴g(x)max＝g(－１)＝３, f(x)＝－x２＋ax－６＝－ x－a２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋a ２ ４－６ , ①当对称 轴 x＝a２ ≤０ ,即a≤０ 时,f(x)在 (０,＋∞)上单调递减,∴f(x)＜f(０)＝－６, ∴３≥－６,符合题意,∴a≤０; ②当对称轴x＝a２＞０ ,即a＞０时,f(x)max＝ f a２ æ è ç ö ø ÷＝a ２ ４－６ , ∴a ２ ４－６≤３ ,解得－６≤a≤６,∴０＜a≤６, 综上所述,实数a的取值范围为(－∞,６]．] ９．(２０２５􀅰重庆模拟)关于x 的不等式(x－１)９９９９ －２９９９９􀅰x９９９９≤x＋１的解集为　　　　． 解析:由题设,(x－１)９９９９－(２x)９９９９≤x＋１,而 y＝x９９９９在R上递增, 当x－１＞２x 即x＜ －１ 时,(x－１)９９９９ － (２x)９９９９＞０＞x＋１,原不等式不成立; 当x－１≤２x 即x≥ －１ 时,(x－１)９９９９ － (２x)９９９９≤０≤x＋１,原不等式恒成立． 综上,解集为[－１,＋∞)． 答案:[－１,＋∞) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４０４􀅰 高考总复习　数学(BS) １０．如图是幂函数y＝xαi(αi＞０,i＝１,２,３,４,５)在第 一象限内的图象,其中α１＝３,α２＝２,α３＝１,α４＝ １ ２ ,α５＝ １ ３ ,已知它们具有性质: ①都经过点(０,０)和(１,１);②在第一象限都是增 函数． 请你根据图象写出它们在(１,＋∞)上的另外 一个共同性质:　　　　． 解析:从幂函数的图象与性质可知:①α越大函 数增长越快;②图象从下往上α越来越大;③函数 值都大于１;④α越大越远离x轴;⑤α＞１,图象下 凸;⑥图象无上界;⑦当指数互为倒数时,图象 关于直线y＝x 对称;⑧当α＞１时,图象在直 线y＝x 的上方;当０＜α＜１时,图象在直线 y＝x的下方． 答案:α越大函数增长越快 １１．已知函数f(x)＝x２－２x,g(x)＝ax＋２(a＞０),若 ∀x１∈[－１,２],∃x２∈[－１,２],使得f(x１)＝ g(x２),则实数a的取值范围是　　　　． 解析:由函数f(x)＝x２－２x＝(x－１)２－１, 当x∈[－１,２]时,f(x)min＝f(１)＝－１, f(x)max＝f(－１)＝３,即函数f(x)的值域为 [－１,３],当x∈[－１,２]时,函 数g(x)min＝ g(－１)＝－a＋２,g(x)max＝g(２)＝２a＋２,若 满足题意,则 －a＋２≤－１, ２a＋２≥３,{ 解得a≥３． 答案:[３,＋∞) １２．已知二次函数f(x)＝ax２＋bx＋１(a,b∈R), x∈R． (１)若函数f(x)的最小值为f(－１)＝０,求 f(x)的解析式,并写出单调区间; (２)在 (１)的条件下,f(x)＞x＋k 在 区 间 [－３,－１]上恒成立,试求k的取值范围． 解:(１)由题意知 －b２a＝－１ , f(－１)＝a－b＋１＝０, { 解得 a＝１, b＝２．{ 所以f(x)＝x ２＋２x＋１, 由f(x)＝(x＋１)２ 知,函数f(x)的单调递增区间 为[－１,＋∞),单调递减区间为(－∞,－１]． (２)由 题 意 知,x２ ＋２x＋１＞x＋k 在 区 间 [－３,－１]上恒成立,即k＜x２＋x＋１在区间 [－３,－１]上恒成立, 令g(x)＝x２＋x＋１,x∈[－３,－１], 由g(x)＝ x＋１２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ ３４ ,知 g(x)在 区 间 [－３,－１]上是减函数,则g(x)min＝g(－１)＝１, 所以k＜１,即k的取值范围是(－∞,１)． [能力提升组] １３．(多选)(２０２５􀅰甘肃定西模拟)已知函数f(x) ＝|２x－１|－a,g(x)＝x２－４|x|＋２－a,则 (　　 ) A．当g(x)有２个零点时,f(x)只有１个零点 B．当g(x)有３个零点时,f(x)只有１个零点 C．当f(x)有２个零点时,g(x)有２个零点 D．当f(x)有２个零点时,g(x)有４个零点 解析:BD　[令f(x)＝０,g(x)＝０,得|２x－１| ＝a,x２－４|x|＋２＝a,利用指数函数与二次函 数的性质作出y＝|２x－１|,y＝x２－４|x|＋２ 的大致图象,如图所示, 由图可知,当g(x)有２个零点时,a＝－２或 a＞２,此时f(x)无零点或只有１个零点,故 A 错误;当g(x)有３个零点时,a＝２,此时f(x) 只有１个零点,故B正确;当f(x)有２个零点 时,０＜a＜１,此时g(x)有４个零点．故 C 错 误,D正确．] １４．(２０２５􀅰贵州毕节模拟)已知loga １ ４＜１ ,１ ３ æ è ç ö ø ÷ a ＜１, a １ ２ ＜１,则实数a的取值范围为 (　　 ) A．１３ ,１æ è ç ö ø ÷ B．０,１４ æ è ç ö ø ÷∪(１,＋∞) C．１４ ,１æ è ç ö ø ÷ D．０,１４ æ è ç ö ø ÷ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５０４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第二章　函　数 解析:D　[１３ æ è ç ö ø ÷ a ＜１＝ １３ æ è ç ö ø ÷ ０ ,根据指数函数y ＝ １３ æ è ç ö ø ÷ x 在R上单调递减得a＞０, a １ ２ ＜１＝１ １ ２ ,根据幂函数y＝x １ ２ 在[０,＋∞)上 单调递增知０≤a＜１,则０＜a＜１,loga １ ４＜１＝ loga ,根 据 对 数 函 数y＝logax(０＜a＜１)在 (０,＋∞)上单调递减得０＜a＜１４ ,综上实数a 的取值范围为 ０,１４ æ è ç ö ø ÷．] １５．(２０２５􀅰江苏模拟)M ９４ ,３ ２ æ è ç ö ø ÷ 是幂函数f(x) ＝xα 图象上的点,将f(x)的图象向右平移２ 个单位长度,再向上平移３ ２ 个单位长度,得到 函数y＝g(x)的图象,若点Tn(n,m)(n∈N∗ , 且n≥２)在g(x)的图象上,则|MT２|＋|MT３| ＋􀆺＋|MT９|＝　　　　． 解析:由３ ２＝ ９ ４ æ è ç ö ø ÷ α ,得α＝１２ ,f(x)＝x １ ２ , ∴g(x)＝(x－２) １ ２ ＋３２． 因为点(n,m)在函数g(x)的图象上, 所以m－３２＝ (n－２) １ ２ ,即 m－３２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝n－２． 所以|MTn|＝ n－ ９ ４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ m－３２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ n－９４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋n－２ ＝ n２－７２n＋ ４９ １６＝ n－ ７ ４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝n－７４ (n≥２), 所以|MT２|＋|MT３|＋􀆺＋|MT９| ＝ ２－７４ æ è ç ö ø ÷＋ ３－７４ æ è ç ö ø ÷＋􀆺＋ ９－７４ æ è ç ö ø ÷ ＝(２＋３＋􀆺＋９)－７４×８＝ ８×１１ ２ －１４＝３０． 答案:３０ １６．已知函数f(x)＝x－m ２＋２m＋２(m∈Z)为偶函数, 且f(３)＞f(２)． (１)求m 的值,并确定f(x)的解析式; (２)若g(x)＝loga[f(x)－ax＋５](a＞０,且a ≠１),是否存在实数a,使得g(x)在区间[１,２] 上为减函数． 解:(１)因为f(３)＞f(２), 则－m２＋２m＋２＞０,解不等式可得１－ ３＜m ＜１＋ ３, 因为m∈Z,则m＝０或m＝１或m＝２, 又因为函数f(x)为偶函数,所以－m２＋２m＋２ 为偶数, 当m＝０时,－m２＋２m＋２＝２,符合题意; 当m＝１时,－m２＋２m＋２＝３,不符合题意, 舍去; 当m＝２时,－m２＋２m＋２＝２,符合题意, 综上可知,m＝０或m＝２,此时f(x)＝x２． (２)存在．理由如下: 由(１)可得f(x)＝x２,则g(x)＝loga(x２－ax ＋５)(a＞０,且a≠１), 当０＜a＜１时,根据对数函数的性质可知y＝ logah(x)为减函数．根据复合函数单调性判断 方法可知,h(x)＝x２－ax＋５在[１,２]上为增 函数且满足h(x)＞０在[１,２]上恒成立, 即 ０＜a＜１, －－a２ ≤１ , h(１)＝１－a＋５＞０, ì î í ï ïï ï ï 解不等式组得０＜a＜１． 当a＞１时,根据对数函数的性质可知对数部 分为增函数．根据复合函数单调性判断方法可 知,h(x)＝x２－ax＋５在[１,２]上为减函数且 满足h(x)＞０在[１,２]上恒成立, 即 a＞１, －－a２ ≥２ , h(２)＝４－２a＋５＞０, ì î í ï ïï ï ï 解不等式组得４≤a＜９２． 综上可知,当０＜a＜１或４≤a＜９２ 时,g(x)在 [１,２]上为减函数, 所以存在实数a∈(０,１)∪ ４,９２[ ö ø ÷,满足g(x) 在[１,２]上为减函数． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６０４􀅰 高考总复习　数学(BS)