课时作业评价(13) 幂函数与二次函数(Word练习)-【新高考方案】2027年高考数学一轮总复习（旗舰版）

**基本信息** 以幂函数与二次函数核心概念为统领，通过定义辨析、性质应用、综合拓展三级递进，系统提炼待定系数法、分类讨论、数形结合等解题方法，构建“概念-性质-应用”逻辑链条，培养数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |幂函数基础|3（典例3、4）|幂函数定义（系数为1）及单调性判定（指数正负）|幂函数定义→指数与单调性关系→不等式应用| |二次函数解析式与性质|6（典例1、5、6）|待定系数法求解析式、对称轴分析单调性、充要条件判断|二次函数定义→解析式→对称轴→单调性→充要条件| |二次函数综合应用|5（典例7、13、14）|含绝对值/参数的二次函数最值（分类讨论对称轴位置）|二次函数性质→绝对值变换/参数分类→最值与不等式综合|

课时作业评价(十三)　幂函数与二次函数 (选择、填空题请在后面的答题区内作答) 一、单选题 1.若二次函数g(x)满足g(1)=1,g(-1)=5,且图象过原点,则g(x)的解析式为 (　　) A.g(x)=2x2-3x B.g(x)=3x2-2x C.g(x)=3x2+2x D.g(x)=-3x2-2x 2.已知a=,b=,c=1,则a,b,c的大小关系是 (　　) A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.b<a<c 3.(2026·浏阳一模)已知幂函数f(x)=(m2+2m-2)xm+2在(0,+∞)上单调递增,则m的值为 (　　) A.1 B.-3 C.-4 D.1或-3 4.已知幂函数f(x)=(m2-6m+9)在(0,+∞)上单调递增,若f(2x-1)≥1,则x的取值范围是 (　　) A.(-∞,0] B.[1,+∞) C.[0,1] D.(-∞,0]∪[1,+∞) 5.已知函数f(x)=x2-2(a-1)x+a,若对于区间[-1,2]上的任意两个不相等的实数x1,x2,都有f(x1)≠f(x2),则实数a的取值范围是 (　　) A.(-∞,0] B.[0,3] C.(-∞,0]∪[3,+∞) D.[3,+∞) 6.“a<2”是“函数f(x)=-x2-2(a+1)x+3在(-∞,-3]上单调递增”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.已知函数f(x)=|x2-2x-3|在[-1,m]上的最大值为f(m),则m的取值范围是 (　　) A.(-1,1] B.(-1,1+2] C.[1+2,+∞) D.(-1,1]∪[1+2,+∞) 二、多选题 8.(2026·贵阳部分学校联考)已知幂函数f(x)=(8m2-5),则 (　　) A.m=± B.f(x)的定义域为R C.f(x)为非奇非偶函数 D.不等式f(2x+1)>f(5-x)的解集为 9.已知f(x)=x2-2x+a(a>0),若f(t)<0,则 (　　) A.f(t-2)>0 B.f(t-1)<0 C.f(2-t)<0 D.f(4-t)>f(2) 三、填空题 10.(2025·上海徐汇二模)已知幂函数y=f(x)的图象过点,则该幂函数的值域是　　　　　.  11.若函数f(x)=x2-2x+a的定义域和值域均为[1,b](b>1),则a-b的值为　　　　　.  四、解答题 12.(10分)已知函数f(x)=(3m2-8m-2)xm(m∈R)为幂函数,且f(x)在(0,+∞)上单调递增. (1)求f(x)的解析式;(5分) (2)若f(a+4)+f(-a2+a-1)<0,求实数a的取值范围.(5分) 13.(10分)已知二次函数f(x)=x2-2ax+1. (1)当a=1时,若f(x)在[0,m]上的值域为[0,1],求m的取值范围;(5分) (2)求f(x)在[0,1]上的最小值g(a)的解析式.(5分) |能力进阶|备选题| 14.(15分)设函数f(x)=x2-2tx+2,其中t∈R. (1)若t=1,且对任意的x∈[0,a+2],都有f(x)≤5,求实数a的取值范围;(7分) (2)若对任意的x1,x2∈[0,4],都有|f(x1)-f(x2)|≤8,求实数t的取值范围.(8分) 答案 课时作业(十三)　幂函数与二次函数 1.选B　由题意,设二次函数为g(x)=ax2+bx(a≠0),则 解得a=3,b=-2,故所求的二次函数为g(x)=3x2-2x. 2.选B　由于c=1=,y=在(0,+∞)上单调递增,又<1<3,则<<,则a<c<b. 3.选A　由题意可得⇒⇒m=1. 4.选D　因为f(x)=(m2-6m+9)是幂函数,所以m2-6m+9=1,解得m=2或m=4.当m=2时,f(x)=x-4,在(0,+∞)上单调递减,不满足题意;当m=4时,f(x)=x2,在(0,+∞)上单调递增,满足题意,所以f(x)=x2,且f(x)是偶函数.因为f(2x-1)≥1=f(1), 所以|2x-1|≥1,解得x≤0或x≥1,故选D. 5.选C　二次函数f(x)=x2-2(a-1)x+a图象的对称轴为直线x=a-1, ∵对于任意x1,x2∈[-1,2]且x1≠x2,都有f(x1)≠f(x2),即f(x)在区间[-1,2]上具有单调性,∴a-1≤-1或a-1≥2,∴a≤0或a≥3,即实数a的取值范围为(-∞,0]∪[3,+∞). 6.选A　f(x)=-x2-2(a+1)x+3的图象开口向下,对称轴为x=-=-a-1,要想f(x)=-x2-2(a+1)x+3在(-∞,-3]上单调递增,则-a-1≥-3,解得a≤2.由于{a|a<2}是{a|a≤2}的真子集,故“a<2”是“函数f(x)=-x2-2(a+1)x+3在(-∞,-3]上单调递增”的充分不必要条件. 7.选D　由已知f(x)=|x2-2x-3|=作出f(x)的大致图象,如图所示, 结合图象知函数f(x)在(-∞,-1)和(1,3)上单调递减,在(-1,1)和(3,+∞)上单调递增,所以当-1<m≤1时,f(x)在[-1,m]上单调递增,即函数f(x)的最大值为f(m),成立;当1<m≤3时,f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,m)上单调递减,即函数f(x)的最大值为f(1)>f(m),此时不成立;当m>3时,f(x)在(-1,1)和(3,m)上单调递增,在(1,3)上单调递减,所以若此时f(x)的最大值为f(m),则f(m)≥f(1),即解得m≥1+2,综上所述m∈(-1,1]∪[1+2,+∞),故选D. 8.选AC　由幂函数的定义知,8m2-5=1,解得m=±,故A正确;f(x)==,则f(x)的定义域为[0,+∞),所以f(x)为非奇非偶函数,故B错误,C正确;由f(x)=知函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以由f(2x+1)>f(5-x)可得0≤5-x<2x+1,解得<x≤5,即不等式f(2x+1)>f(5-x)的解集为,故D错误.故选AC. 易错提醒 对于D,易忽略f(x)的定义域为[0,+∞),导致只得出5-x<2x+1,从而误认为D正确. 9.选ACD　函数f(x)的图象关于x=1对称,在(-∞,1)上单调递减,(1,+∞)上单调递增.由f(t)<0,f(0)=f(2)=a>0可得,存在x1∈(0,1),x2∈(1,2),使得f(x1)=f(x2)=0,其中t∈(x1,x2).因为t∈(x1,x2),则t-2<0,所以f(t-2)>f(0)>0,故A正确;因为t∈(x1,x2),则t-1可能小于0,也可能属于(x1,x2),故f(t-1)的符号不确定,故B错误;根据对称性可得f(2-t)=f(t)<0,故C正确;由于t∈(x1,x2),且x2∈(1,2),所以4-t>2,又f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(4-t)>f(2),故D正确. 10.解析:设幂函数f(x)=xα,α∈R,代入点可得3α==,即α=-,可得f(x)==,因为>0,可得f(x)=>0,所以该幂函数的值域是(0,+∞). 答案:(0,+∞) 11.解析:因为f(x)=x2-2x+a=(x-1)2+a-1,其图象的对称轴为x=1,开口向上,所以函数在[1,b](b>1)上单调递增,又因为定义域和值域均为[1,b](b>1), 所以即解得(舍去)或所以a-b=0. 答案:0 12.解:(1)因为函数f(x)=(3m2-8m-2)xm(m∈R)为幂函数,且f(x)在(0,+∞)上单调递增,则解得m=3,故f(x)=x3. (2)因为函数f(x)=x3为奇函数且在R上单调递增,所以不等式f(a+4)+f(-a2+a-1)<0可化为f(a+4)<f(a2-a+1),所以a+4<a2-a+1,即a2-2a-3>0,解得a<-1或a>3, 故实数a的取值范围为(-∞,-1)∪(3,+∞). 13.解:(1)当a=1时,f(x)=x2-2x+1=(x-1)2,所以f(0)=1,又因为f(x)min=f(1)=0,f(2)=1,所以当f(x)在[0,m]上的值域为[0,1]时,1≤m≤2.故m的取值范围为[1,2]. (2)由题意可知,f(x)=x2-2ax+1图象的对称轴为x=a,且f(x)图象开口向上, ①当a≤0时,f(x)在[0,1]上单调递增,故f(x)min=f(0)=1=g(a); ②当0<a<1时,f(x)在[0,a]上单调递减,在[a,1]上单调递增,故f(x)min=f(a)=1-a2=g(a); ③当a≥1时,f(x)在[0,1]上单调递减,故f(x)min=f(1)=2-2a=g(a). 综上所述,g(a)= 14.解:(1)因为f(x)=x2-2tx+2=(x-t)2+2-t2,所以f(x)在区间(-∞,t]上单调递减,在区间[t,+∞)上单调递增,且对任意的x∈R,都有f(t+x)=f(t-x).若t=1, 则f(x)=(x-1)2+1,f(x)在区间(-∞,1]上单调递减,在区间[1,+∞)上单调递增. 对任意的x∈[0,a+2],都有f(x)≤5等价于在区间[0,a+2]上,f(x)max≤5.当a+2≥2,即a≥0时,f(a+2)≥f(0),f(x)max=f(a+2)=(a+1)2+1≤5,解得-3≤a≤1,所以0≤a≤1;当0<a+2<2,即-2<a<0时,f(x)max=f(0)=2≤5恒成立,故-2<a<0.综上所述,实数a的取值范围为(-2,1]. (2)设函数f(x)在区间[0,4]上的最大值为M,最小值为m,则对任意的x1,x2∈[0,4],都有|f(x1)-f(x2)|≤8等价于M-m≤8. ①当t≤0时,M=f(4)=18-8t,m=f(0)=2,由M-m=18-8t-2=16-8t≤8,得t≥1,无解; ②当0<t≤2时,M=f(4)=18-8t,m=f(t)=2-t2,由M-m=18-8t-(2-t2)=t2-8t+16=(t-4)2≤8,得4-2≤t≤4+2,因此4-2≤t≤2; ③当2<t≤4时,M=f(0)=2,m=f(t)=2-t2,由M-m=2-(2-t2)=t2≤8,得-2≤t≤2,因此2<t≤2; ④当t>4时,M=f(0)=2,m=f(4)=18-8t,由M-m=2-(18-8t)=8t-16≤8,得t≤3,无解.综上所述,实数t的取值范围为[4-2,2]. 第14题·解题关键 (1)先求出f(x)max,根据函数的对称性知t=1时,f(0)=f(2),故分类为a+2≥2和0<a+2<2,分别得到f(x)max,再根据f(x)max≤5即可得解; (2)“对任意的x1,x2∈[0,4],都有|f(x1)-f(x2)|≤8”等价于最大值与最小值之差不大于8,根据二次函数的性质对t进行分类计算最大值、最小值即可. 学科网（北京）股份有限公司 $