2026年高三数学上学期专题训练：指对幂函数（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2026年高三数学上学期专题训练：指对幂函数
一、单选题
1．（2025·四川成都·一模）已知为常数，函数存在极大值，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高二下·黑龙江大庆·期末）已知函数，对任意的，且，都有，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·北京·三模）下列函数中，在区间上为增函数的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知，则函数的单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·宁夏吴忠·二模）定义在上的函数满足，且，当时，，当时，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·江苏连云港·模拟预测）设是定义在上的函数，若是奇函数，是偶函数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·云南丽江·三模）已知函数，则的值为（ ）
A．24 B．4 C．12 D．8
二、多选题
9．（2025·安徽六安·模拟预测）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2025·河南驻马店·模拟预测）下列命题正确的是（ ）
A．“”的否定为“”
B．“”是“”的必要条件
C．若，则
D．
11．（2025·湖南邵阳·三模）已知函数的定义域为，且，，当时，单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于直线对称 B．函数为奇函数
C． D．
三、填空题
12．（2024·陕西西安·模拟预测） ．
13．（2024·全国·模拟预测）已知函数，则函数有 个零点．
14．（2025·广东惠州·模拟预测）已知函数则 .
四、解答题
15．（2025·上海·三模）设且，已知函数．
(1)判断是否为偶函数，并说明理由；
(2)令函数，解关于的不等式．
16．（2025·上海金山·三模）如图所示是函数的图象，由指数函数与幂函数“拼接”而成．
(1)已知，求的取值范围；
(2)若方程存在实数解，求的取值范围．
17．（2025·江苏苏州·三模）已知函数．
(1)若，解关于的不等式；
(2)证明：关于的方程有且仅有一个实根；
(3)证明：的充要条件是．
18．（2025·上海宝山·三模）已知，函数.
(1)若，求函数的表达式及定义域；
(2)若关于的方程的解集中恰好只有一个元素，求实数的取值范围.
19．（2025·河北秦皇岛·三模）对于无穷数列，若存在常数，使得对任意的正整数，恒有成立，则称数列是从第项起的周期为的周期数列．当时，称数列为纯周期数列；当时，称数列为混周期数列．
(1)已知数列满足：，判断是否是纯周期数列，并求；
(2)记为不超过的最大整数，设各项均为正整数的数列满足
①若，证明：数列是纯周期数列；
②证明：不论为何值，总存在，使得．
《2026年高三数学上学期专题训练：指对幂函数》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D A D D D A A ABD ABC
题号 11
答案 BC
1．D
【分析】先确定定义域，根据存在极大值，确定其导函数存在零点且零点处由正变负，对其二次求导通过的正负确定的单调性从而确定的取值范围进而可解不等式.
【详解】因为存在，所以要求，故函数的定义域为，
因为函数存在极大值，所以其导数需存在零点，且零点处由正变负，
求导得：，
令，即.二阶导数，
当时，在定义域上恒成立，所以在上单调递增， 此时函数可能存在极小值或无极值，不存在极大值，不符合题意；
当时，时，即，时，即；
故在区间上单调递减，在区间上单调递增；故的极小值为，
若函数存在极大值，则，故，所以，
又因为，所以，故化简为，所以.
故选：D
2．D
【分析】首先根据条件判断函数在上为增函数，在保证每一段函数单调递增的情况下，注意分界点处的值的大小关系，列不等式组求解即可．
【详解】根据题意，函数对任意的，且，都有，
所以在上为增函数，
又，
所以有，
即，解得，
故选：D．
3．A
【分析】利用指数函数与对数函数的性质解不等式，求出集合A和集合B，再取并集即可求解.
【详解】由解得，故集合，
由解得，故集合，
所以.
故选：A.
4．D
【分析】通过求解每个选项函数的定义域及其单调区间，进而判断选项正误；
【详解】对于A选项，的定义域为，并在上单调递增，故A选项错误；
对于B选项，的定义域为，其开口向上，对称轴为，故函数在上单调递减，在上单调递增，故B选项错误；
对于C选项，由，其定义域为，且在上单调递减，故C选项错误；
对于D选项，，其定义域为，且在上单调递增，得其在区间为增函数，故D选项正确.
故选：D
5．D
【分析】根据给定条件求出，再利用复合函数单调性求出递增区间.
【详解】由，得，解得，函数定义域为R，
函数在上单调递减，在上单调递增，
而函数在R上单调递增，所以函数的单调递增区间为.
故选：D
6．D
【分析】由题，可得的周期为4，由求得，，结合对称性求得在一个周期内的值域，得解.
【详解】由，即，可得的图象关于点对称；
由，即，可得的图象关于点对称，
，所以的周期为4．
易知，所以，所以，，
所以在上的值域为．
又的图象关于点对称，所以当时，，
即在一个周期内的值域为，所以的最小值为.
故选：D．
7．A
【分析】由题意得出，解出这个方程组可得出的值.
【详解】由于函数是奇函数，函数为偶函数，
所以，，即，化简得 ，
解得.
故选：A.
8．A
【分析】由，则，从而可求解.
【详解】因为，所以，
又，所以.
故选：A.
9．ABD
【分析】利用对数式与指数式的互化，换底公式，对数的运算性质和对数函数的单调性逐一判断即可.
【详解】对于A，，因，则，故A正确；
对于B，由，，可得，则，故，故B正确；
对于C，由B项可得，则，故C错误；
对于D，因，故D正确.
故选：ABD.
10．ABC
【分析】本题可根据全称命题的否定、必要条件的定义、对数的换底公式以及两角和的正弦公式来逐一分析选项即可.
【详解】对于A，命题“”，其否定为“”， 故A正确；
对于B，由能推出，所以“”是“”的必要条件，故B正确；
对于C， 已知，可得，所以，故C正确；
对于D， ，故D错误.
故选：ABC.
11．BC
【分析】由题意可得，可判断A；令，可得，进而可判断B；由已知可得是偶函数，进而计算可得，进而可得，，进而计算可判断C；利用作差法可得，进而求得在区间上单调递减，可得结论判断D.
【详解】因为，所以，所以关于点中心对称，故A错误；
令，所以，又，
所以，故为奇函数，故B正确；
又因为，所以是偶函数，所以，
所以，所以，
所以是周期为4的函数，
令，得，令，得，令，得，
所以，故C正确；
，
又，
故，又因为当，单调递减，且，
所以，所以关于点中心对称，
所以在区间上单调递减，所以，
所以，故D错误.
故选：BC.
12．/
【分析】利用指对数的运算性质和换底公式，即可求解.
【详解】因为
，
故答案为：.
13．7
【分析】设，则等价于，作出函数的图象，由图可得有3个根，再根据结合函数的图象得出交点的个数即可.
【详解】令，则，设，则方程化为，
函数的零点个数即为方程解的个数，
二次函数的图象开口向上，过点，对称轴为，最小值为，
作出函数的图象，如图，
由图知有3个根，当时，，解得；
当时，，解得，
在方程中，当时，有1个解，有2个解，共3个解；
当时，有1个解，有2个解，共3个解；
当时，有1个解，无解，共1个解，
所以函数有7个零点.
故答案为：7
14．
【分析】代入计算出，相加即可.
【详解】因为，，所以.
故答案为：.
15．(1)偶函数，理由见解析.
(2)当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.
【分析】（1）由偶函数的性质证明即可；
（2）由偶函数的性质，换元令，再分和结合对数函数的单调性解抽象函数不等式即可.
【详解】（1）是偶函数.
理由如下：
因为，
且，即定义域为，定义域关于原点对称.
，
是偶函数.
（2）为偶函数，
令.
当时，在上单调递增，在区间上单调递减，
由，得且，解得.
当时，在上单调递减，在区间上单调递增，
由，得且，解得.
综上所述：当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）将点的坐标分别代入函数、的解析式，求出、的值，可得出函数的解析式，然后利用函数的定义域、单调性结合可得出关于的不等式组，由此可求得实数的取值范围；
（2）分析可知的取值范围即为函数的值域，可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围.
【详解】（1）由题意可得，解得，故.
因为函数在上严格减，
由可得，解得，
因此，实数的取值范围是.
（2）因为方程存在实数解，即方程存在实数解，
则的取值范围即为函数的值域，
由题图可知，函数的值域为，故函数的值域为，
所以，即，解得或，
因此，实数的取值范围是.
17．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）令，判断的单调性，由，则，等价于，由的单调性即可求解的取值范围；
（2）令．利用导数判断的单调性，当时，由在上的单调性及，可得．令，由的单调性及零点存在性定理即可得此时有唯一实根；当时，利用导数判断，从而得证；
（3）从充分性和必要性两方面证明即可．
【详解】（1），令．
因为和均单调递增，所以易得单调递增．
因为，所以，等价于，所以．
（2）令．
由，可得，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增．
（ⅰ）当时，，
因为，所以．
令，显然单调递增，且，，
所以在上有唯一解，即有唯一实根．
（ⅱ）当时，．
令，因为，所以在上单调递增，
所以，即，所以，
所以，所以无解．
综上所述，有唯一实根．
（3）先证必要性：因为，所以，即，
因为单调递增，所以．
再证充分性：因为，所以，即．
综上所述，命题得证．
18．(1)，定义域为
(2)
【分析】（1）根据换元法求解函数解析式，结合对数的意义列不等式求函数的定义域即可；
（2）根据对数运算法则化简方程，结合对数函数的性质得方程，分类讨论得方程的根从而得实数的取值范围.
【详解】（1），令，
则
因为，所以，又得，解得或，
则函数的定义域为；
（2）由（1）得
方程，
即
可转化为，且
①当即时，，符合题意；
②当即时，
（i）当时，符合题意
（ii）当时，且时，要满足题意，则有
或无解
综上可得，的取值范围.
19．(1)数列是周期为6的纯周期数列，2．
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）通过列举，确定函数周期，即可求解；
（2）①分别取，，，，，，，根据已知条件逐一验证得出猜想，并验证猜想；
根据①的分析，时，满足题意；再证明，当时，也存在使得即可.
【详解】（1）写出数列的前几项：
1，3，2，，，，1，3，2，，，，1…，
数列是周期为6的纯周期数列，．
（2）证明：①时，，
此时，数列为常数列，为纯周期数列；
时，，
此时，数列为常数列，为纯周期数列；
时，，
此时，数列为常数列，为纯周期数列；
根据上述计算得出猜想：
当时，数列为常数列也是纯周期数列．
下面进行验证：
当时，，
此时数列为常数列，也是纯周期数列．
②首先，根据①的分析，发现当时，数列为常数列，
也是纯周期数列，满足题意；
接下来证明，当时，也存在，使得，
因为，所以只需要证明数列中始终存在值为1的项即可．
当时，显然存在值为1的项，
当时，有或，
若为偶数，则，
若为奇数时，则，
，
所以，即无论为奇数还是偶数，均有；
特别的，当为奇数时，且，
类似的，可得无论为奇数还是偶数，均有；
特别的，当为奇数时，且取得等号）；
所以无论为奇数还是偶数，均有；
若，则恒为奇数且，
于是，假设数列的且，
所以恒为奇数且，
由于中仅有有限个正整数，故数列从某项起恒为常数．
设为第一个值为的项，而，
故，
这与“是第一个值为的项”相矛盾，
所以数列除第一项外，还存在不属于区间的项．
假设这些不属于区间的项全部属于区间，那么也会出现类似的矛盾，
所以数列除第一项外，存在不属于区间和的项，
以此类推，数列一定存在小于值为2的正整数的项，即存在值为1的项，得证．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)