資源簡介

第03講 冪函數與二次函數
目錄
01 考情解碼 命題預警 2
02體系構建·思維可視 3
03核心突破·靶向攻堅 4
知能解碼 4
知識點1 冪函數 4
知識點2 一元二次方程 6
知識點3 二次函數及其性質 6
知識點4 一元二次、分式、絕對值不等式 8
題型破譯 9
題型1 冪函數的圖象 9
題型2 冪函數的單調性與奇偶性 11
題型3 冪函數比較大小 13
題型4 冪函數的綜合應用 14
題型5 一元二次不等式 16
題型6 分式、絕對值、高次不等式 18
題型7 二次函數的解析式 20
題型8 二次函數的圖象與性質 22
題型9 二次函數的實根分布 25
題型10 二次函數的單調性與最值 27
04真題溯源·考向感知 30
05課本典例·高考素材 36
考點要求 考察形式 2025年 2024年 2023年
1.掌握指數對數冪函數的圖象與性質 2.會指數對數的相關運算 3.會指對冪函數值的大小比較 單選題 多選題 填空題 解答題 / 新課標I卷，第1題，5分 新課標I卷，第1題，5分
考情分析：1.解三次不等式 2.二次函數圖象解不等式 3.二次函數單調區間求參數值或范圍 本節內容是新高考卷的命題載體內容，通常會結合其他知識點考查，需要掌握冪函數的基本性質，難度中等偏下
復習目標： 1.掌握冪函數的定義及一般形式，掌握的圖象和性質 2.理解并掌握二次函數的圖象與性質(單調性、對稱性、頂點、最值等) 3.理解并掌握冪函數的單調性和奇偶性
知識點1 冪函數
冪函數的定義及一般形式
形如的函數稱為冪函數，其中是自變量，為常數
冪函數的圖象和性質
①冪函數的單調性
②冪函數的奇偶性
自主檢測給定一組函數解析式：
①；②；③；④；⑤；⑥；⑦．
如圖所示一組函數圖象．圖象對應的解析式號碼順序正確的是（ ）


A．⑥③④②⑦①⑤ B．⑥④②③⑦①⑤
C．⑥④③②⑦①⑤ D．⑥④③②⑦⑤①
【答案】C
【分析】根據冪函數的圖象的性質判斷各圖象對應解析式的形式，即可得答案.
【詳解】圖象（1）關于原點對稱，為奇函數，且不過原點、第一象限遞減，故滿足；
圖象（2）關于軸對稱，為偶函數，且不過原點、第一象限遞減，故滿足；
圖象（3）非奇非偶函數，且不過原點、第一象限遞減，故滿足；
圖象（4）關于軸對稱，為偶函數，且過原點、第一象限遞增，故滿足；
圖象（5）關于原點對稱，為奇函數，且過原點、第一象限遞增，故滿足；
圖象（6）非奇非偶函數，且過原點、第一象限遞增，而增長率隨增大遞減，故滿足；
圖象（7）非奇非偶函數，且過原點、第一象限遞增，而增長率隨增大遞增，故滿足；
故圖象對應解析式順序為⑥④③②⑦①⑤.
故選：C
知識點2 一元二次方程
①方程有兩個實數根
②方程有同號兩根
③方程有異號兩根
④韋達定理及應用：
,
自主檢測設常數，已知關于的一元二次方程的兩個實根分別為、，若，則 ．
【答案】
【分析】根據根的判別式求出的范圍，再由韋達定理計算可得.
【詳解】因為關于的一元二次方程的兩個實根分別為、，
則，解得，
所以，，
又，即，解得或（舍去）；
故答案為：
知識點3 二次函數及其性質
（1）二次函數
①一般式：()，對稱軸是
頂點是；
②頂點式：()，對稱軸是頂點是；
③交點式：()，其中（），（）是拋物線與x軸的交點
（2）二次函數的性質
①函數的圖象關于直線對稱。
②時，在對稱軸 （）左側，值隨值的增大而減少；在對稱軸（）右側；的值隨值的增大而增大。當時，取得最小值
③時，在對稱軸 （）左側，值隨值的增大而增大；在對稱軸（）右側；的值隨值的增大而減少。當時，取得最大值
自主檢測在同一平面直角坐標系中，函數和函數的圖象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】從函數入手，當時，易得結論，當時，根據二次函數的開口方向和與x軸的交點情況，由a的正負和判別式，分，，討論求解.
【詳解】若，則，，A可能；
若，則的圖象開口向下，過點，對稱軸為，
的圖象過點和，且，B可能；
若，則的圖象開口向上，對稱軸為，與軸有兩個交點，過點，
的圖象過點和，且，C不可能；
若，則的圖象開口向上，與軸沒有交點，過點，對稱軸為，
的圖象過點和，且，D可能．
故選：C.
知識點4 一元二次、分式、絕對值不等式
（1）解一元二次不等式
“三個二次”：一元二次不等式與一元二次方程及二次函數的聯系
判別式
一元二次方程 的根 有兩個不等實根 ，（設） 有兩個相等實根 無實數根
二次函數 的圖象
的解集
的解集
（2）解分式不等式
① ②
③ ④
（3）解單絕對值不等式
或，
自主檢測不等式的解集是（ ）
A．或 B．或
C． D．
【答案】C
【分析】先因式分解，然后分和求解即可.
【詳解】，
當時，不等式顯然不成立；
當時，，所以原不等式，
解得.
綜上，原不等式的解集為.
故選：C
題型1 冪函數的圖象
例1-1若冪函數與在第一象限內的圖象如圖所示，則與的取值情況為（ ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根據冪函數的圖象性質，逐項分析判斷即可求解.
【詳解】當時，冪函數在上單調遞增，且時，圖象上凸，．
當時，冪函數在上單調遞減．不妨令，由圖象得，則．
綜上可知，．
故選擇：D.
例1-2冪函數的圖象大致為（ ）
A．B． C． D．
【答案】B
【分析】根據冪函數的定義域及奇偶性判斷圖象即可.
【詳解】冪函數的定義域為，故D選項錯誤；
因為,所以為偶函數，故A,C選項錯誤；
故選：B.
方法技巧
(1)對于冪函數圖象的掌握只要抓住在第一象限內三條線分第一象限為六個區域，即所分區域.根據的取值確定位置后，其余象限部分由奇偶性決定.
(2)在比較冪值的大小時，必須結合冪值的特點，選擇適當的函數，借助其單調性進行比較.
【變式訓練1-1】已知冪函數的圖象關于y軸對稱，如圖所示，則（ ）
A．p為奇數，且 B．p為奇數，且
C．p為偶數，且 D．p為偶數，且
【答案】D
【分析】根據圖象的單調性和奇偶性判斷.
【詳解】因為函數的圖象關于y軸對稱，所以函數為偶函數，即p為偶數．
又函數的定義域為，且在上單調遞減，
則有，所以．
故選：D
【變式訓練1-2】(多選)已知，則下列說法正確的是（ ）
A．當時，的值域為R B．當時，
C．當時，是偶函數 D．當時，是奇函數
【答案】BC
【分析】根據冪指數的取值，結合冪函數的性質一一判斷各選項，即可得答案.
【詳解】當時，，此時的值域為，故A錯誤；
當時，在R上單調遞增，所以，故B正確；
當時，，，定義域為，關于原點對稱，
，所以是偶函數，故C正確；
當時，，則，定義域不關于原點對稱，故為非奇非偶函數，D錯誤．
故選：BC
題型2 冪函數的單調性與奇偶性
例2-1（多選）已知函數為冪函數，則下列結論正確的為（ ）
A． B．為偶函數
C．為單調遞增函數 D．的值域為
【答案】ABD
【分析】由冪函數定義可得，然后可得奇偶性，單調性，值域.
【詳解】對于A，因為冪函數，則，
故A正確；
對于B，由A，為偶函數，故B正確；
對于C，在上單調遞減，在上單調遞增，
則不為定義域上的單調遞增函數，故C錯誤；
對于D，注意到，則的值域為，故D正確.
故選：ABD
例2-2如圖所示是函數（m、且互質）的圖象，則（ ）
A．m，n是奇數且 B．m是偶數，n是奇數，且
C．m是偶數，n是奇數，且 D．m，n是偶數，且
【答案】B
【分析】
根據圖象得到函數的奇偶性及上單調遞增，結合m、且互質，從而得到答案.
【詳解】由圖象可看出為偶函數，且在上單調遞增，
故且為偶數，又m、且互質，故n是奇數.
故選：B
方法技巧
①所有的冪函數在都有定義，并且圖象都過點
②時，冪函數的圖象通過原點，并且在上是增函數
特別地，當時，冪函數變化快，圖象下凹；當時，冪函數變化慢，圖象上凸
③時，冪函數的圖象在上是減函數.在第一象限內，當從右邊趨向原點時，圖象在軸右方無限地逼近軸正半軸，當趨于時，圖象在軸上方無限地逼近軸正半軸.
【變式訓練2-1】（多選）下列關于冪函數的性質，描述正確的有（ ）
A．當時，函數在其定義域上為減函數 B．當時，函數不是冪函數
C．當時，函數是偶函數 D．當時，函數與軸有且只有一個交點
【答案】CD
【詳解】冪函數在和上是減函數，但是在定義域上不單調，故A錯誤；當時，函數是冪函數，故B錯誤；是偶函數，故C正確；當時，函數為，當時，只有唯一解，故D正確．
【變式訓練2-2·變考法】已知冪函數為偶函數，則（ ）
A． B．
C．或 D．不存在
【答案】A
【分析】根據給定條件，利用冪函數的定義，結合偶函數特征求解即得.
【詳解】由是冪函數，得，解得或，
當時，是偶函數，符合題意；
當時，是奇函數，不符合題意，
所以.
故選：A
【變式訓練2-3·變載體】（多選）已知函數的圖象經過點，則（ ）
A．的圖象經過點 B．在內的值域為
C．在定義域上單調遞減 D．的圖象關于軸對稱
【答案】AB
【分析】代入已知點坐標求得函數解析式，然后根據冪函數的性質判斷．
【詳解】將點的坐標代入，可得，則，
對A，當，，所以的圖象經過點，A正確；
根據冪函數的圖象與性質可知為奇函數，圖象關于原點對稱，在定義域上不具有單調性，
函數在內的值域為，故CD錯誤，B正確，
故選：AB．
題型3 冪函數比較大小
例3-1已知，，，則三者的大小關系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據給定條件，利用指數函數、對數函數、冪函數的單調性比較大小.
【詳解】，則，
所以三者的大小關系是.
故選：A
例3-2實數從小到大排列為 ．
【答案】
【分析】運用指數函數冪函數單調性，結合指數冪性質可解.
【詳解】因為，則由在上單調遞增，
在上單調遞增，知，故，
又由函數為增函數，
得，則．
又．
故答案為：.
方法技巧
【變式訓練3-1】（多選）已知實數x，y滿足，則下列關系式中恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根據指數函數的單調性，結合正弦函數的單調性、冪函數的單調性進行判斷即可.
【詳解】因為，所以.
A：在上是增函數，故，故本關系恒成立；
B：當時，顯然符合，但是不成立，故本關系式不恒成立；
C: 因為在上是增函數，所以，故本關系恒成立.
D：由于為單調遞增函數，為單調遞減函數，故為上的單調遞增函數，由可得，故，故本關系式恒成立；
故選：ACD
【變式訓練3-2】若冪函數是上的偶函數，且在區間上單調遞減，若，，則的大小關系為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】運用冪函數知識，結合偶函數和單調性性質，轉化比較大小即可.
【詳解】為偶函數，所以，又因為冪函數在上單調遞減，
所以，即．
故選：B.
題型4 冪函數的綜合應用
例4-1已知冪函數是上的偶函數，且函數在區間上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據冪函數的性質得到，則，其對稱軸方程為，根據單調性得到不等式，求出答案.
【詳解】因為冪函數是上的偶函數，
則，解得或，
當時，，該函數是奇函數，不合乎題意；
當時，，該函數是定義域為的偶函數，合乎題意，所以，
則，其對稱軸方程為，
因為在區間上單調遞減，則.
故選：A.
例4-2已知實數，滿足，則 .
【答案】4
【分析】通過對兩個方程進行變形，構造出相同形式的函數，再利用函數的性質來求解x + y的值.
【詳解】對進行變形，可化為，
對進行變形，可化為，
設，隨增大而增大，，也是隨增大而增大，
則是單調遞增函數.則可得.
故答案為：4.
【變式訓練4-1】已知函數，若，則下列錯誤的是（ ）
A． B．若，則
C． D．
【答案】C
【分析】由函數的單調性得出的關系，然后由不等式的性質判斷AB，由對數函數性質判斷C，由冪函數性質判斷D．
【詳解】因為函數在上都單調遞減，所以在上是減函數.
由，得，
即，則，A正確.
因為，所以，
則，所以，B正確.
因為在上是增函數，且，
所以，即，C錯誤.
因為，所以，因為冪函數在上單調遞增，
所以，D正確.
故選：C.
【變式訓練4-2·變載體】已知冪函數在上單調遞增，若正數、滿足，則的最小值為 ．
【答案】
【分析】由冪函數的定義與單調性可得出關于實數的等式或不等式，解出，可得出，將代數式與代數式相乘，展開后利用基本不等式可求得的最小值.
【詳解】因為冪函數在上單調遞增，
則，解得，
正數、滿足，則
，
當且僅當時，即當時，等號成立，
因此，的最小值為.
故答案為：.
題型5 一元二次不等式
例5-1（2025·重慶九龍坡·三模）已知集合 ，若 ，則實數 的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解不等式求得，由已知可得，進而可求實數 的取值范圍.
【詳解】由，可得，解得，
所以，由，可得，
又，所以，
所以實數 的取值范圍是.
故選：A.
例5-2命題“”為假命題，則實數a的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由題意可知已知命題的否定為真命題，進而根據二次函數的性質列出不等式，求解即可得出答案.
【詳解】由已知可得，命題“”的否定，
即命題“”真命題，
根據二次函數的性質可得，應有，
解得.
故選：C.
【變式訓練5-1】已知關于的不等式的解集為，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用韋達定理得到，再代入利用基本不等式計算可得.
【詳解】因為關于的不等式的解集為，
所以，
所以
，當且僅當，即時取等號.
故選：B
【變式訓練5-2】已知 .
(1)解關于的不等式
(2)若不等式的解集為，求實數的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出，結合二次不等式的求解方法可得答案；
（2）利用不等式的解與方程的根的關系，結合韋達定理可求答案.
【詳解】（1）由題意知，即，
解得.
所以所求不等式的解集為.
（2）不等式的解集為，所以方程的兩根為，
所以，解得，
故的值為，的值為.
題型6 分式、絕對值、高次不等式
例6-1（2025·全國二卷·高考真題）不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】移項后轉化為求一元二次不等式的解即可.
【詳解】即為即，故，
故解集為，
故選：C.
例6-2關于的不等式的解集為 .
【答案】
【分析】利用不等式的等價變形可得，再利用數軸標根法可求得不等式的解集.
【詳解】由，
可得，
所以
方程的根為，
由數軸標根法可得.
故答案為：.
【變式訓練6-1】（多選）不等式（其中）的解集可以是（ ）
A．且 B．
C． D．或或
【答案】ABC
【分析】A選項，時滿足要求；B選項，時滿足要求；C選項，滿足要求；D選項，由于解集中出現了，故，由穿針引線法可知，不等式解集為，D錯誤；
【詳解】A選項，若，，
由穿針引線法可知，不等式解集為且，A正確；
B選項，當時，，解得，B正確；
C選項，當時，，解集為，C正確；
D選項，由于解集中出現了，故，
此時，
由穿針引線法可知，不等式解集為，D錯誤；
故選：ABC
【變式訓練6-2】已知集合，，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】首先求出集合，然后求這兩個集合的并集.
【詳解】由解得.
所以集合.
所以.
故選：B
題型7 二次函數的解析式
例7-1圖象是以為頂點且過原點的二次函數的解析式為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由待定系數法求函數解析式問題，根據題意可以設二次函數的頂點式，然后根據函數過原點，將代入即可.
【詳解】設圖象是以為頂點的二次函數（）．
因為圖象過原點，所以，，所以．
故選：A
例7-2（2025·陜西·模擬預測）設函數的定義域為，且，當時，，則（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【分析】根據題意，通過賦值法求得，即可聯立方程解出.
【詳解】由題意可得①；②．
令，由①得：，
令，由②得，因為，
所以，即.
令，由①得，
解得，所以．
故選：D．
方法技巧 求二次函數解析式的三個策略
(1)已知三個點的坐標，宜選用一般式.
(2)已知頂點坐標、對稱軸、最大(小)值等，宜選用頂點式.
(3)已知圖象與x軸的兩交點的坐標，宜選用零點式.
【變式訓練7-1】已知二次函數滿足，且的最大值是8，則此二次函數的解析式為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據條件設二次函數為，代入條件求解即可.
【詳解】根據題意，由得:圖象的對稱軸為直線，
設二次函數為，
因的最大值是8，所以，當時， ，
即二次函數，
由得:，解得：，
則二次函數，
故選：A.
【變式訓練7-2】二次函數的圖象經過點，在x軸上截得的線段長為2，且，都有，試確定的解析式．
【答案】．
【分析】根據可得為對稱軸，即可根據對稱得兩根和，進而代入即可求解.
【詳解】因為對任意的恒成立，
所以的對稱軸為直線．
又的圖象在x軸上截得的線段長為2，
所以的兩根為和．
設的解析式為．
又的圖象過點，所以，所以．
所以，
即．
題型8 二次函數的圖象與性質
例8-1已知二次函數圖象如圖所示，則下列說法不正確的是（ ）
A．在區間上單調遞減
B．不等式的解集為
C．
D．不等式的解集為
【答案】C
【分析】A選項，根據圖象分析單調性即可；B選項，根據三個“二次”的關系解不等式；C選項，根據圖象判斷函數值的大小；D選項，根據三個“二次”的關系得到是的兩個根和，然后解不等式.
【詳解】由圖可知，二次函數圖象的對稱軸為，又圖象開口向上，
所以在區間上單調遞減，A對；
由圖知：不等式的解集為，B對；
由圖知：，C錯；
根據二次函數與一元二次方程的關系，是的兩個根，
所以，，且，
所以，解集為，D對.
故選：C.
例8-2已知函數在上的最大值、最小值分別為1，0，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據二次函數的最值或值域求參數，令，求出相應的的值，即可畫出的圖象，數形結合求出的最值，即可得解．
【詳解】由，即，解得或，
∴，
當時，，∴，
當時，令，即，解得，，
則的圖象如下所示：
∵函數在上的值域為，
當，（或，）時取得最小值，
即；
當，時取得最大值，
即；
∴的取值范圍是．
故選：D．
【變式訓練8-1】（多選）設，則函數的圖象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【分析】根據二次函數的開口方向以及對稱軸，結合圖象與軸的交點即可結合選項逐一求解.
【詳解】當時，則，此時二次函數的開口向上，
對于C，對稱軸，則，故，此時圖象與軸的交點應該在軸負半軸，故C錯誤，
對于D，對稱軸，則，故，此時圖象與軸的交點應該在軸正半軸，故D錯誤，
當時，則，此時二次函數的開口向下，
對于A，對稱軸，則，故，此時圖象與軸的交點應該在軸負半軸，故A符合，
對于D，對稱軸，則，故，此時圖象與軸的交點應該在軸正半軸，故B符合，
故選：AB
【變式訓練8-2】若函數在區間上單調遞減，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先對a是否為零討論，再讓在對稱軸的右邊即可求得結果
【詳解】當時，上單調遞減，滿足題意；
當時，的對稱軸為直線，由在上單調遞減，
知，解得．
綜上，實數的取值范圍為．
故選：D.
【變式訓練8-3】已知函數在區間上單調遞增，求參數a的取值范圍 .
【答案】
【分析】根據函數的單調性及二次函數對稱軸與區間的關系可得a的取值范圍.
【詳解】當時，，對稱軸為直線，
∵函數在區間上單調遞增，
∴，解得，
∴參數a的取值范圍為.
故答案為：.
題型9 二次函數的實根分布
例9-1已知,是關于的一元二次方程的兩個實數根，且,，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據一元二次函數的圖象和零點存在定理求解的取值范圍.
【詳解】由題意可得，為函數的兩個零點．
因為，，結合二次函數圖象，利用零點存在定理可得：
，即，所以．
所以，解得：．
故選：C．
例9-2已知關于的方程有兩個正根，求的取值范圍．
【答案】
【分析】由題意可得，解之即可.
【詳解】根據關于的方程有兩個正根，
可得，解得．
故實數的取值范圍為．
方法技巧
解決由一個一元二次方程根的分布情況，確定方程中系數的取值范圍問題，主要從以下三個方面建立關于系數的不等式(組)進行求解.
(1)判別式Δ的符號.
(2)對稱軸與所給區間的位置關系.
(3)區間端點處函數值的符號.
【變式訓練9-1】若函數在上有且僅有一個零點，則的范圍是 .
【答案】
【分析】由二次函數的區間根問題可得.
【詳解】當時，，所以，滿足題意；
當時，，，令解得，滿足題意，
時，，即且，解得；
時，，此時在上只有一個零點
時，，此時在上只有一個零點
綜上所述的范圍是
故答案為：
【變式訓練9-2·變考法】關于的方程，求為何值時？
(1)方程有唯一實根；
(2)方程一根大于1，一根小于1．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）令，當和時分情況討論即可求解；
（2）方程一根大于1，一根小于1，必須滿足或解出即可.
【詳解】（1）令．
當時，方程變為，即，符合題意；
當時，，．
所以當或時，方程有唯一實根．
（2）因為方程有一根大于1，一根小于1．大致圖象如圖⑤，⑥．
所以必須滿足或解得．
所以當時，方程有一根大于1，一根小于1．
題型10 二次函數的單調性與最值
例10-1已知函數，求當時，的最大值．
【答案】
【分析】對的取值范圍進行分類討論，由此求得的最大值的表達式.
【詳解】二次函數開口向上，
，
當時，，
；
當時，，
，
綜上有
例10-2已知函數．
(1)已知在上單調遞增，求的取值范圍；
(2)求在上的最小值．
【答案】(1)．
(2)
【分析】（1）根據二次函數的圖象特點，可得；
（2）討論二次函數的對稱軸和區間的三種位置關系，再根據函數的單調性即可求得.
【詳解】（1）由函數，可得的圖象開口向上，且對稱軸為，
要使得在上單調遞增，則滿足，所以的取值范圍為．
（2）由函數，可得的圖象開口向上，且對稱軸為，
當時，函數在上單調遞增，所以的最小值為；
當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為；
當時，函數在上單調遞減，所以的最小值為，
綜上可得，在上的最小值為
方法技巧
①函數的圖象關于直線對稱。
②時，在對稱軸 （）左側，值隨值的增大而減少；在對稱軸（）右側；的值隨值的增大而增大。當時，取得最小值
③時，在對稱軸 （）左側，值隨值的增大而增大；在對稱軸（）右側；的值隨值的增大而減少。當時，取得最大值
【變式訓練10-1】若函數存在最小值，則的最大值為 .
【答案】4
【分析】根據分段函數的性質，結合絕對值、二次函數的性質，討論范圍及存在最小值確定的范圍，進而確定答案.
【詳解】對于函數，在上單調遞減，上單調遞增，在上的最小值為0；
對于函數，開口向上且對稱軸為，
所以函數在上單調遞減，上單調遞增，在上的最小值為；
綜上，對于：當時，在上單調遞減，上單調遞增，
此時恒成立，所以不存在最小值；
當時，在上單調遞減，上單調遞增，此時最小值為；
當時，在上單調遞減，,上單調遞增，且，
又，
若時，，此時最小值為；
若時，，此時最小值為；
若時，，此時最小值為；
若時，，此時最小值為；
若時，，此時不存在最小值；
綜上，，故的最大值為4.
故答案為：4
【變式訓練10-2·變考法】已知函數．
(1)已知在上單調遞增，求的取值范圍；
(2)求在上的最大值．
【答案】(1)
(2)當時，函數的最大值為；當時，的最大值為
【分析】（1）可得對稱軸為，根據開口向上即可求解；
（2）由（1）有對稱軸為，開口向上，根據的范圍分類討論即可求解.
【詳解】（1）由題意有函數，可得二次函數的圖象開口向上，且對稱軸為，
要使得在上單調遞增，則滿足，所以的取值范圍為．
（2）由函數，可得的圖象開口向上，且對稱軸為，
當時，函數的最大值為；
當時，函數的最大值為；
綜上，當時，函數的最大值為；
當時，的最大值為．
1．（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）已知函數在R上單調遞增，則a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據二次函數的性質和分界點的大小關系即可得到不等式組，解出即可.
【詳解】因為在上單調遞增，且時，單調遞增，
則需滿足，解得，
即a的范圍是.
故選：B.
2．（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）設函數在區間上單調遞減，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用指數型復合函數單調性，判斷列式計算作答.
【詳解】函數在R上單調遞增，而函數在區間上單調遞減，
則有函數在區間上單調遞減，因此，解得，
所以的取
值范圍是.
故選：D
3．（2023·全國甲卷·高考真題）已知函數．記，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用作差法比較自變量的大小，再根據指數函數的單調性及二次函數的性質判斷即可.
【詳解】令，則開口向下，對稱軸為，
因為，而，
所以，即
由二次函數性質知，
因為，而，
即，所以，
綜上，，
又為增函數，故，即.
故選：A.
4．（2025·天津·高考真題）若，對，均有恒成立，則的最小值為
【答案】
【分析】先設，根據不等式的形式，為了消可以取，得到，驗證時，是否可以取到，進而判斷該最小值是否可取即可得到答案.
【詳解】設，原題轉化為求的最小值，
原不等式可化為對任意的，，
不妨代入，得，得，
當時，原不等式可化為，
即，
觀察可知，當時，對一定成立，當且僅當取等號，
此時，，說明時，均可取到，滿足題意，
故的最小值為.
故答案為：
5．（2023·全國甲卷·高考真題）若為偶函數，則 ．
【答案】2
【分析】利用偶函數的性質得到，從而求得，再檢驗即可得解.
【詳解】因為為偶函數，定義域為，
所以，即，
則，故，
此時，
所以，
又定義域為，故為偶函數，
所以.
故答案為：2.
6．（2024·全國甲卷·高考真題）曲線與在上有兩個不同的交點，則的取值范圍為 ．
【答案】
【分析】將函數轉化為方程，令，分離參數，構造新函數結合導數求得單調區間，畫出大致圖形數形結合即可求解.
【詳解】令，即，令
則，令得，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，，
因為曲線與在上有兩個不同的交點，
所以等價于與有兩個交點，所以.
故答案為：
7．（2024·天津·高考真題）設，函數.若恰有一個零點，則的取值范圍為 ．
【答案】
【分析】結合函數零點與兩函數的交點的關系，構造函數與，則兩函數圖象有唯一交點，分、與進行討論，當時，計算函數定義域可得或，計算可得時，兩函數在軸左側有一交點，則只需找到當時，在軸右側無交點的情況即可得；當時，按同一方式討論即可得.
【詳解】令，即，
由題可得，
當時，，有，則，不符合要求，舍去；
當時，則，
即函數與函數有唯一交點，
由，可得或，
當時，則，則，
即，整理得，
當時，即，即，
當，或（正值舍去），
當時，或，有兩解，舍去，
即當時，在時有唯一解，
則當時，在時需無解，
當，且時，
由函數關于對稱，令，可得或，
且函數在上單調遞減，在上單調遞增，
令，即，
故時，圖象為雙曲線右支的軸上方部分向右平移所得，
由的漸近線方程為，
即部分的漸近線方程為，其斜率為，
又，即在時的斜率，
令，可得或（舍去），
且函數在上單調遞增，
故有，解得，故符合要求；
當時，則，
即函數與函數有唯一交點，
由，可得或，
當時，則，則，
即，整理得，
當時，即，即，
當，（負值舍去）或，
當時，或，有兩解，舍去，
即當時，在時有唯一解，
則當時，在時需無解，
當，且時，
由函數關于對稱，令，可得或，
且函數在上單調遞減，在上單調遞增，
同理可得：時，圖象為雙曲線左支的軸上方部分向左平移所得，
部分的漸近線方程為，其斜率為，
又，即在時的斜率，
令，可得或（舍去），
且函數在上單調遞減，
故有，解得，故符合要求；
綜上所述，.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于將函數的零點問題轉化為函數與函數的交點問題，從而可將其分成兩個函數研究.
1．求下列函數的最值：
(1)，；
(2)，．
【答案】(1)最大值為，最小值為
(2)最小值為，最大值為
【分析】（1）根據題意，求得，得出函數的單調性，求得最小值和端點的函數值，即可求解；
（2）化簡得到， 結合二次函數的圖象與性質，即可求解.
【詳解】（1）解：由函數，可得，
當時，，函數單調遞減；
當時，，函數單調遞增，
所以當時，函數取得最小值，最小值為，
又由當時，；當時，，
所以函數的最大值為，最小值為.
（2）解：由函數，
可得函數的圖象開口向上，對稱軸，
所以函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
當時，函數取得最小值，最小值為，
又當時，可得；當時，可得，
所以函數的最小值為，最大值為.
2．求函數在區間上的最大值和最小值．
【答案】最大值為9；最小值為.
【分析】令，將函數轉化為，利用二次函數的性質求解.
【詳解】解：令，
則原函數轉化為，
當，即時，函數取得最小值為；
當，即時，函數取得最大值為.
3．若關于的函數在區間上遞減，求實數的取值范圍．
【答案】
【分析】利用二次函數的單調區間即可解題.
【詳解】因為二次函數的圖象的對稱軸為直線，
且開口向上，所以函數在區間上遞減．
又已知該函數在區間上遞減，
則需滿足，即．
所以實數的取值范圍為．
4．已知冪函數在區間上是減函數．
(1)求函數的解析式；
(2)討論函數的奇偶性和單調性；
(3)求函數的值域．
【答案】(1)或或
(2)答案見解析
(3)答案見解析
【分析】（1）依題意可得，求出的取值范圍，再根據，即可得到，再代入求出函數解析式；
（2）根據（1）中的解析式及冪函數的性質得出結論；
（3）根據（1）中的解析式及冪函數的性質得出結論；
【詳解】（1）解：依題意，即，解得，因為，所以或或，所以或或
（2）解：若定義域為，則為奇函數，且在和上單調遞減；
若定義域為，則為偶函數，且在上單調遞增，在上單調遞減；
若定義域為，則為奇函數，且在和上單調遞減；
（3）若，則為奇函數，當時，所以時，所以函數的值域為；
若，則為偶函數，當時，所以時，所以函數的值域為；
若，則為奇函數，當時，所以時，所以函數的值域為；
5．比較下列各組中兩個數的大小：
(1)，；
(2)，；
(3)，；
(4)，．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）依據冪函數在的單調性即可進行大小比較；
（2）依據冪函數在的單調性即可進行大小比較；
（3）依據冪函數在的單調性即可進行大小比較；
（4）依據冪函數在的單調性即可進行大小比較.
【詳解】（1）函數在單調遞增，由可知，
（2）函數在單調遞增，由可知，
（3）函數在單調遞減，由可知，
（4）函數在單調遞減，由可知，
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21世紀教育網(www.21cnjy.com)第03講 冪函數與二次函數
目錄
01 考情解碼 命題預警 2
02體系構建·思維可視 3
03核心突破·靶向攻堅 4
知能解碼 4
知識點1 冪函數 4
知識點2 一元二次方程 5
知識點3 二次函數及其性質 6
知識點4 一元二次、分式、絕對值不等式 6
題型破譯 7
題型1 冪函數的圖象 7
題型2 冪函數的單調性與奇偶性 8
題型3 冪函數比較大小 9
題型4 冪函數的綜合應用 10
題型5 一元二次不等式 10
題型6 分式、絕對值、高次不等式 11
題型7 二次函數的解析式 11
題型8 二次函數的圖象與性質 12
題型9 二次函數的實根分布 13
題型10 二次函數的單調性與最值 13
04真題溯源·考向感知 14
05課本典例·高考素材 15
考點要求 考察形式 2025年 2024年 2023年
1.掌握指數對數冪函數的圖象與性質 2.會指數對數的相關運算 3.會指對冪函數值的大小比較 單選題 多選題 填空題 解答題 / 新課標I卷，第1題，5分 新課標I卷，第1題，5分
考情分析：1.解三次不等式 2.二次函數圖象解不等式 3.二次函數單調區間求參數值或范圍 本節內容是新高考卷的命題載體內容，通常會結合其他知識點考查，需要掌握冪函數的基本性質，難度中等偏下
復習目標： 1.掌握冪函數的定義及一般形式，掌握的圖象和性質 2.理解并掌握二次函數的圖象與性質(單調性、對稱性、頂點、最值等) 3.理解并掌握冪函數的單調性和奇偶性
知識點1 冪函數
（1）冪函數的定義及一般形式
形如 的函數稱為冪函數，其中是自變量，為常數
（2）冪函數的圖象和性質
①冪函數的單調性
②冪函數的奇偶性
自主檢測給定一組函數解析式：
①；②；③；④；⑤；⑥；⑦．
如圖所示一組函數圖象．圖象對應的解析式號碼順序正確的是（ ）


A．⑥③④②⑦①⑤ B．⑥④②③⑦①⑤
C．⑥④③②⑦①⑤ D．⑥④③②⑦⑤①
知識點2 一元二次方程
①方程有兩個實數根
②方程有同號兩根
③方程有異號兩根
④韋達定理及應用：
,
自主檢測設常數，已知關于的一元二次方程的兩個實根分別為、，若，則 ．
知識點3 二次函數及其性質
（1）二次函數
①一般式：()，對稱軸是
頂點是 ；
②頂點式：()，對稱軸是頂點是 ；
③交點式：()，其中（），（）是拋物線與x軸的交點
（2）二次函數的性質
①函數的圖象關于直線 對稱。
②時，在對稱軸 （）左側，值隨值的增大而減少；在對稱軸（）右側；的值隨值的增大而增大。當時，取得最小值
③時，在對稱軸 （）左側，值隨值的增大而增大；在對稱軸（）右側；的值隨值的增大而減少。當時，取得最大值
自主檢測在同一平面直角坐標系中，函數和函數的圖象不可能是（ ）
A． B． C． D．
知識點4 一元二次、分式、絕對值不等式
（1）解一元二次不等式
“三個二次”：一元二次不等式與一元二次方程及二次函數的聯系
判別式
一元二次方程 的根 有兩個不等實根 ，（設） 有兩個相等實根 無實數根
二次函數 的圖象
的解集
的解集
（2）解分式不等式
① ②
③ ④
（3）解單絕對值不等式
或，
自主檢測不等式的解集是（ ）
A．或 B．或
C． D．
題型1 冪函數的圖象
例1-1若冪函數與在第一象限內的圖象如圖所示，則與的取值情況為（ ）

A． B．
C． D．
例1-2冪函數的圖象大致為（ ）
A．B． C． D．
方法技巧
(1)對于冪函數圖象的掌握只要抓住在第一象限內三條線分第一象限為六個區域，即所分區域.根據的取值確定位置后，其余象限部分由奇偶性決定.
(2)在比較冪值的大小時，必須結合冪值的特點，選擇適當的函數，借助其單調性進行比較.
【變式訓練1-1】已知冪函數的圖象關于y軸對稱，如圖所示，則（ ）
A．p為奇數，且 B．p為奇數，且
C．p為偶數，且 D．p為偶數，且
【變式訓練1-2】(多選)已知，則下列說法正確的是（ ）
A．當時，的值域為R B．當時，
C．當時，是偶函數 D．當時，是奇函數
題型2 冪函數的單調性與奇偶性
例2-1（多選）已知函數為冪函數，則下列結論正確的為（ ）
A． B．為偶函數
C．為單調遞增函數 D．的值域為
例2-2如圖所示是函數（m、且互質）的圖象，則（ ）
A．m，n是奇數且 B．m是偶數，n是奇數，且
C．m是偶數，n是奇數，且 D．m，n是偶數，且
方法技巧
①所有的冪函數在都有定義，并且圖象都過點
②時，冪函數的圖象通過原點，并且在上是增函數
特別地，當時，冪函數變化快，圖象下凹；當時，冪函數變化慢，圖象上凸
③時，冪函數的圖象在上是減函數.在第一象限內，當從右邊趨向原點時，圖象在軸右方無限地逼近軸正半軸，當趨于時，圖象在軸上方無限地逼近軸正半軸.
【變式訓練2-1】（多選）下列關于冪函數的性質，描述正確的有（ ）
A．當時，函數在其定義域上為減函數 B．當時，函數不是冪函數
C．當時，函數是偶函數 D．當時，函數與軸有且只有一個交點
【變式訓練2-2·變考法】已知冪函數為偶函數，則（ ）
A． B．
C．或 D．不存在
【變式訓練2-3·變載體】（多選）已知函數的圖象經過點，則（ ）
A．的圖象經過點 B．在內的值域為
C．在定義域上單調遞減 D．的圖象關于軸對稱
題型3 冪函數比較大小
例3-1已知，，，則三者的大小關系是（ ）
A． B．
C． D．
例3-2實數從小到大排列為 ．
方法技巧
【變式訓練3-1】（多選）已知實數x，y滿足，則下列關系式中恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【變式訓練3-2】若冪函數是上的偶函數，且在區間上單調遞減，若，，則的大小關系為（ ）
A． B． C． D．
題型4 冪函數的綜合應用
例4-1已知冪函數是上的偶函數，且函數在區間上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
例4-2已知實數，滿足，則 .
【變式訓練4-1】已知函數，若，則下列錯誤的是（ ）
A． B．若，則
C． D．
【變式訓練4-2·變載體】已知冪函數在上單調遞增，若正數、滿足，則的最小值為 ．
題型5 一元二次不等式
例5-1（2025·重慶九龍坡·三模）已知集合 ，若 ，則實數 的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
例5-2命題“”為假命題，則實數a的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【變式訓練5-1】已知關于的不等式的解集為，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【變式訓練5-2】已知 .
(1)解關于的不等式
(2)若不等式的解集為，求實數的值.
題型6 分式、絕對值、高次不等式
例6-1（2025·全國二卷·高考真題）不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
例6-2關于的不等式的解集為 .
【變式訓練6-1】（多選）不等式（其中）的解集可以是（ ）
A．且 B．
C． D．或或
【變式訓練6-2】已知集合，，則（ ）
A． B．
C． D．
題型7 二次函數的解析式
例7-1圖象是以為頂點且過原點的二次函數的解析式為（ ）
A． B．
C． D．
例7-2（2025·陜西·模擬預測）設函數的定義域為，且，當時，，則（ ）
A． B． C．1 D．
方法技巧 求二次函數解析式的三個策略
(1)已知三個點的坐標，宜選用一般式.
(2)已知頂點坐標、對稱軸、最大(小)值等，宜選用頂點式.
(3)已知圖象與x軸的兩交點的坐標，宜選用零點式.
【變式訓練7-1】已知二次函數滿足，且的最大值是8，則此二次函數的解析式為（ ）
A． B．
C． D．
【變式訓練7-2】二次函數的圖象經過點，在x軸上截得的線段長為2，且，都有，試確定的解析式．
題型8 二次函數的圖象與性質
例8-1已知二次函數圖象如圖所示，則下列說法不正確的是（ ）
A．在區間上單調遞減
B．不等式的解集為
C．
D．不等式的解集為
例8-2已知函數在上的最大值、最小值分別為1，0，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【變式訓練8-1】（多選）設，則函數的圖象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【變式訓練8-2】若函數在區間上單調遞減，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【變式訓練8-3】已知函數在區間上單調遞增，求參數a的取值范圍 .
題型9 二次函數的實根分布
例9-1已知,是關于的一元二次方程的兩個實數根，且,，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
例9-2已知關于的方程有兩個正根，求的取值范圍．
方法技巧
解決由一個一元二次方程根的分布情況，確定方程中系數的取值范圍問題，主要從以下三個方面建立關于系數的不等式(組)進行求解.
(1)判別式Δ的符號.
(2)對稱軸與所給區間的位置關系.
(3)區間端點處函數值的符號.
【變式訓練9-1】若函數在上有且僅有一個零點，則的范圍是 .
【變式訓練9-2·變考法】關于的方程，求為何值時？
(1)方程有唯一實根；
(2)方程一根大于1，一根小于1．
題型10 二次函數的單調性與最值
例10-1已知函數，求當時，的最大值．
例10-2已知函數．
(1)已知在上單調遞增，求的取值范圍；
(2)求在上的最小值．
方法技巧
①函數的圖象關于直線對稱。
②時，在對稱軸 （）左側，值隨值的增大而減少；在對稱軸（）右側；的值隨值的增大而增大。當時，取得最小值
③時，在對稱軸 （）左側，值隨值的增大而增大；在對稱軸（）右側；的值隨值的增大而減少。當時，取得最大值
【變式訓練10-1】若函數存在最小值，則的最大值為 .
【變式訓練10-2·變考法】（2025高三下·全國·專題練習）已知函數．
(1)已知在上單調遞增，求的取值范圍；
(2)求在上的最大值．
1．（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）已知函數在R上單調遞增，則a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）設函數在區間上單調遞減，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·全國甲卷·高考真題）已知函數．記，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·天津·高考真題）若，對，均有恒成立，則的最小值為
5．（2023·全國甲卷·高考真題）若為偶函數，則 ．
6．（2024·全國甲卷·高考真題）曲線與在上有兩個不同的交點，則的取值范圍為 ．
7．（2024·天津·高考真題）設，函數.若恰有一個零點，則的取值范圍為 ．
1．求下列函數的最值：
(1)，；
(2)，．
2．求函數在區間上的最大值和最小值．
3．若關于的函數在區間上遞減，求實數的取值范圍．
4．已知冪函數在區間上是減函數．
(1)求函數的解析式；
(2)討論函數的奇偶性和單調性；
(3)求函數的值域．
5．比較下列各組中兩個數的大小：
(1)，；
(2)，；
(3)，；
(4)，．
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