浙江专用2025版高考数学新增分大一轮复习第三章函数概念与基本初等函数Ⅰ3.4幂函数与二次函数讲义含解析

PAGEPAGE16§3.4幂函数与二次函数最新考纲考情考向分析1.了解幂函数的概念，驾驭幂函数y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f(1,x)，y＝xeq\f(1,2)的图象和性质．2.了解幂函数的改变特征．3.了解一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式之间的联系．会解一元二次不等式.以幂函数的图象与性质的应用为主，常与指数函数、对数函数交汇命题；以二次函数的图象与性质的应用为主，常与方程、不等式等学问交汇命题，着重考查函数与方程，转化与化归及数形结合思想，题型一般为选择、填空题，中档难度.1．幂函数(1)幂函数的定义一般地，形如y＝xα的函数称为幂函数，其中x是自变量，α是常数．(2)常见的五种幂函数的图象和性质比较函数y＝xy＝x2y＝x3y＝y＝x－1图象性质定义域RRR{x|x≥0}{x|x≠0}值域R{y|y≥0}R{y|y≥0}{y|y≠0}奇偶性奇函数偶函数奇函数非奇非偶函数奇函数单调性在R上单调递增在(－∞，0]上单调递减；在(0，＋∞)上单调递增在R上单调递增在[0，＋∞)上单调递增在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减公共点(1,1)

2.二次函数的图象和性质解析式f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)f(x)＝ax2＋bx＋c(a<0)图象定义域RR值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))单调性在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减；在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递增在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递增；在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递减对称性函数的图象关于直线x＝－eq\f(b,2a)对称概念方法微思索1．二次函数的解析式有哪些常用形式？提示(1)一般式：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)；(2)顶点式：y＝a(x－m)2＋n(a≠0)；(3)零点式：y＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)．2．已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，写出f(x)≥0恒成立的条件．提示a>0且Δ≤0.题组一思索辨析1．推断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，x∈[a，b]的最值肯定是eq\f(4ac－b2,4a).(×)(2)在y＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，a确定了图象的开口方向和在同始终角坐标系中的开口大小．(√)(3)函数y＝2是幂函数．(×)(4)幂函数的图象肯定经过点(1,1)和点(0,0)(×)(5)假如幂函数的图象与坐标轴相交，则交点肯定是原点．(√)(6)当n<0时，幂函数y＝xn是定义域上的减函数．(×)题组二教材改编2．[P79B组T1]已知幂函数f(x)＝k·xα的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，则k＋α等于()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(3,2)D．2答案C解析由幂函数的定义，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1，,\f(\r(2),2)＝k·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))α.))∴k＝1，α＝eq\f(1,2).∴k＋α＝eq\f(3,2).3．[P44A组T9]已知函数f(x)＝x2＋4ax在区间(－∞，6)内单调递减，则a的取值范围是()A．a≥3 B．a≤3C．a<－3 D．a≤－3答案D解析函数f(x)＝x2＋4ax的图象是开口向上的抛物线，其对称轴是x＝－2a，由函数在区间(－∞，6)内单调递减可知，区间(－∞，6)应在直线x＝－2a的左侧，∴－2a≥6，解得a≤－3，故选D.题组三易错自纠4．幂函数f(x)＝(a∈Z)为偶函数，且f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数，则a等于()A．3B．4C．5D．6答案C解析因为a2－10a＋23＝(a－5)2－2，f(x)＝(a∈Z)为偶函数，且在区间(0，＋∞)上是减函数，所以(a－5)2－2<0，从而a＝4,5,6，又(a－5)2－2为偶数，所以只能是a＝5，故选C.5．已知函数y＝2x2－6x＋3，x∈[－1,1]，则y的最小值是______．答案－1解析函数y＝2x2－6x＋3的图象的对称轴为x＝eq\f(3,2)>1，∴函数y＝2x2－6x＋3在[－1,1]上单调递减，∴ymin＝2－6＋3＝－1.6．设二次函数f(x)＝x2－x＋a(a>0)，若f(m)<0，则f(m－1)________0.(填“>”“<”或“＝”)答案>解析f(x)＝x2－x＋a图象的对称轴为直线x＝eq\f(1,2)，且f(1)>0，f(0)>0，而f(m)<0，∴m∈(0,1)，∴m－1<0，∴f(m－1)>0.题型一幂函数的图象和性质1．若幂函数的图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,4)))，则它的单调递增区间是()A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)C．(－∞，＋∞) D．(－∞，0)答案D解析设f(x)＝xα，则2α＝eq\f(1,4)，α＝－2，即f(x)＝x－2，它是偶函数，单调递增区间是(－∞，0)．故选D.2．若四个幂函数y＝xa，y＝xb，y＝xc，y＝xd在同一坐标系中的图象如图所示，则a，b，c，d的大小关系是()A．d>c>b>a B．a>b>c>dC．d>c>a>b D．a>b>d>c答案B解析由幂函数的图象可知，在(0,1)上幂函数的指数越大，函数图象越接近x轴，由题图知a>b>c>d，故选B.3．已知幂函数f(x)＝(n2＋2n－2)(n∈Z)的图象关于y轴对称，且在(0，＋∞)上是减函数，则n的值为()A．－3B．1C．2D．1或2答案B解析由于f(x)为幂函数，所以n2＋2n－2＝1，解得n＝1或n＝－3，经检验只有n＝1符合题意，故选B.4．若<，则实数a的取值范围是________________________．答案(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,2)))解析不等式<等价于a＋1>3－2a>0或3－2a<a＋1<0或a＋1<0<3－2a，解得a<－1或eq\f(2,3)<a<eq\f(3,2).思维升华(1)幂函数的形式是y＝xα(α∈R)，其中只有一个参数α，因此只需一个条件即可确定其解析式．(2)在区间(0,1)上，幂函数中指数越大，函数图象越靠近x轴(简记为“指大图低”)，在区间(1，＋∞)上，幂函数中指数越大，函数图象越远离x轴．(3)在比较幂值的大小时，必需结合幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调性进行比较，精确驾驭各个幂函数的图象和性质是解题的关键．题型二求二次函数的解析式例1(1)已知二次函数f(x)＝x2－bx＋c满意f(0)＝3，对∀x∈R，都有f(1＋x)＝f(1－x)成立，则f(x)的解析式为________________．答案f(x)＝x2－2x＋3解析由f(0)＝3，得c＝3，又f(1＋x)＝f(1－x)，∴函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴eq\f(b,2)＝1，∴b＝2，∴f(x)＝x2－2x＋3.(2)已知二次函数f(x)与x轴的两个交点坐标为(0,0)和(－2,0)且有最小值－1，则f(x)＝________.答案x2＋2x解析设函数的解析式为f(x)＝ax(x＋2)(a≠0)，所以f(x)＝ax2＋2ax，由eq\f(4a×0－4a2,4a)＝－1，得a＝1，所以f(x)＝x2＋2x.思维升华求二次函数解析式的方法跟踪训练1(1)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R，a≠0)，x∈R，若函数f(x)的最小值为f(－1)＝0，则f(x)＝________.答案x2＋2x＋1解析设函数f(x)的解析式为f(x)＝a(x＋1)2＝ax2＋2ax＋a(a≠0)，又f(x)＝ax2＋bx＋1，所以a＝1，故f(x)＝x2＋2x＋1.(2)已知二次函数f(x)的图象经过点(4,3)，它在x轴上截得的线段长为2，并且对随意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，则f(x)＝________.答案x2－4x＋3解析因为f(2－x)＝f(2＋x)对随意x∈R恒成立，所以f(x)图象的对称轴为直线x＝2.又因为f(x)的图象被x轴截得的线段长为2，所以f(x)＝0的两根为1和3.设f(x)的解析式为f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)，又f(x)的图象过点(4,3)，所以3a＝3，即a＝1，所以f(x)的解析式为f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3.题型三二次函数的图象和性质命题点1二次函数的图象例2一次函数y＝ax＋b(a≠0)与二次函数y＝ax2＋bx＋c在同一坐标系中的图象大致是()答案C解析若a>0，则一次函数y＝ax＋b为增函数，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上，故可解除A；若a<0，一次函数y＝ax＋b为减函数，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，故可解除D；对于选项B，看直线可知a>0，b>0，从而－eq\f(b,2a)<0，而二次函数的对称轴在y轴的右侧，故应解除B，选C.命题点2二次函数的单调性例3函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1在区间[－1，＋∞)上是递减的，则实数a的取值范围是()A．[－3,0) B．(－∞，－3]C．[－2,0] D．[－3,0]答案D解析当a＝0时，f(x)＝－3x＋1在[－1，＋∞)上单调递减，满意题意．当a≠0时，f(x)的对称轴为x＝eq\f(3－a,2a)，由f(x)在[－1，＋∞)上单调递减，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,\f(3－a,2a)≤－1，))解得－3≤a<0.综上，a的取值范围为[－3,0]．引申探究若函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1的单调减区间是[－1，＋∞)，则a＝________.答案－3解析由题意知f(x)必为二次函数且a<0，又eq\f(3－a,2a)＝－1，∴a＝－3.命题点3二次函数的最值例4已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－1,2]上有最大值4，求实数a的值．解f(x)＝a(x＋1)2＋1－a.(1)当a＝0时，函数f(x)在区间[－1,2]上的值为常数1，不符合题意，舍去；(2)当a>0时，函数f(x)在区间[－1,2]上是增函数，最大值为f(2)＝8a＋1＝4，解得a＝eq\f(3,8)；(3)当a<0时，函数f(x)在区间[－1,2]上是减函数，最大值为f(－1)＝1－a＝4，解得a＝－3.综上可知，a的值为eq\f(3,8)或－3.引申探究将本例改为：求函数f(x)＝x2＋2ax＋1在区间[－1,2]上的最大值．解f(x)＝(x＋a)2＋1－a2，∴f(x)的图象是开口向上的抛物线，对称轴为x＝－a.(1)当－a<eq\f(1,2)即a>－eq\f(1,2)时，f(x)max＝f(2)＝4a＋5，(2)当－a≥eq\f(1,2)即a≤－eq\f(1,2)时，f(x)max＝f(－1)＝2－2a，综上，f(x)max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋5，a>－\f(1,2)，,2－2a，a≤－\f(1,2).))命题点4二次函数中的恒成立问题例5(1)已知二次函数f(x)满意f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1，若不等式f(x)>2x＋m在区间[－1,1]上恒成立，则实数m的取值范围为____________．答案(－∞，－1)解析设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝1，得c＝1，又f(x＋1)－f(x)＝2x，得2ax＋a＋b＝2x，所以a＝1，b＝－1，所以f(x)＝x2－x＋1.f(x)>2x＋m在区间[－1,1]上恒成立，即x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立，令g(x)＝x2－3x＋1－m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2－eq\f(5,4)－m，x∈[－1,1]，g(x)在[－1,1]上单调递减，所以g(x)min＝g(1)＝1－3＋1－m>0，所以m<－1.(2)函数f(x)＝a2x＋3ax－2(a>1)，若在区间[－1,1]上f(x)≤8恒成立，则a的最大值为________．答案2解析令ax＝t，因为a>1，x∈[－1,1]，所以eq\f(1,a)≤t≤a，原函数化为g(t)＝t2＋3t－2，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，明显g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上单调递增，所以f(x)≤8恒成立，即g(t)max＝g(a)≤8恒成立，所以有a2＋3a－2≤8，解得－5≤a≤2，又a>1，所以a的最大值为2.思维升华解决二次函数图象与性质问题时要留意：(1)抛物线的开口，对称轴位置，定义区间三者相互制约，要留意分类探讨；(2)要留意数形结合思想的应用，尤其是给定区间上的二次函数最值问题，先“定性”(作草图)，再“定量”(看图求解)．(3)由不等式恒成立求参数取值范围的思路及关键解题思路：一是分别参数；二是不分别参数．两种思路都是将问题归结为求函数的最值或值域．跟踪训练2(1)函数y＝x2＋bx＋c(x∈[0，＋∞))是单调函数的充要条件是()A．b≥0 B．b≤0C．b>0 D．b<0答案A解析∵函数y＝x2＋bx＋c(x∈[0，＋∞))是单调函数，∴图象的对称轴x＝－eq\f(b,2)在区间[0，＋∞)的左边或－eq\f(b,2)＝0，即－eq\f(b,2)≤0，得b≥0.(2)(2024·浙江名校协作体联考)y＝eq\r(2ax2＋4x＋a－1)的值域为[0，＋∞)，则a的取值范围是()A．(2，＋∞) B．(－∞，－1)∪(2，＋∞)C．[－1,2] D．[0,2]答案D解析由已知，t＝2ax2＋4x＋a－1取遍[0，＋∞)上的全部实数，当a＝0时，t＝4x－1能取遍[0，＋∞)上的全部实数，只需定义域满意eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).当a≠0时，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a>0，,Δ＝16－8aa－1≥0，))解得0＜a≤2.综上，0≤a≤2.(3)设函数f(x)＝ax2－2x＋2，对于满意1<x<4的一切x值都有f(x)>0，则实数a的取值范围为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析由题意得a>eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)对1<x<4恒成立，又eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)，eq\f(1,4)<eq\f(1,x)<1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－\f(2,x2)))max＝eq\f(1,2)，∴a>eq\f(1,2).数形结合思想和分类探讨思想在二次函数中的应用探讨二次函数的性质，可以结合图象进行；对于含参数的二次函数问题，要明确参数对图象的影响，进行分类探讨．例设函数f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函数f(x)的最小值．解f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函数图象的对称轴为x＝1.当t＋1≤1，即t≤0时，函数图象如图(1)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为减函数，所以最小值为f(t＋1)＝t2＋1；当t<1<t＋1，即0<t<1时，函数图象如图(2)所示，在对称轴x＝1处取得最小值，最小值为f(1)＝1；当t≥1时，函数图象如图(3)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为增函数，所以最小值为f(t)＝t2－2t＋2.综上可知，f(x)min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2＋1，t≤0，,1，0<t<1，,t2－2t＋2，t≥1.))1．幂函数(m∈Z)的图象如图所示，则m的值为()A．0B．1C．2D．3答案C解析∵y＝(m∈Z)的图象与坐标轴没有交点，∴m2－4m<0，即0<m<4.又∵函数的图象关于y轴对称且m∈Z，∴m2－4m为偶数，∴m＝2.2．若幂函数f(x)＝(m2－4m＋4)·在(0，＋∞)上为增函数，则m的值为()A．1或3B．1C．3D．2答案B解析由题意得m2－4m＋4＝1，m2－6m＋8>0，解得m＝1.3．若命题“ax2－2ax＋3>0恒成立”是假命题，则实数a的取值范围是()A．a<0或a≥3 B．a≤0或a≥3C．a<0或a>3 D．0<a<3答案A解析若ax2－2ax＋3>0恒成立，则a＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4a2－12a<0，))可得0≤a<3，故当命题“ax2－2ax＋3>0恒成立”是假命题时，a<0或a≥3.4．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解析由f(0)＝f(4)，得f(x)＝ax2＋bx＋c图象的对称轴为x＝－eq\f(b,2a)＝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.5．函数f(x)＝(x－2)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，则f(2－x)>0的解集为()A．{x|－2<x<2} B．{x|x>2或x<－2}C．{x|0<x<4} D．{x|x>4或x<0}答案D解析函数f(x)＝ax2＋(b－2a)x－2b为偶函数，则b－2a＝0，故f(x)＝ax2－4a＝a(x－2)(x＋2)，因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a>0.依据二次函数的性质可知，不等式f(2－x)>0的解集为{x|2－x>2或2－x<－2}＝{x|x<0或x>4}，故选D.6．若函数y＝x2－3x－4的定义域为[0，m]，值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(25,4)，－4))，则m的取值范围是()A．[0,4] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))答案D解析二次函数图象的对称轴为x＝eq\f(3,2)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq\f(25,4)，f(3)＝f(0)＝－4，结合函数图象(如图所示)，可得m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).7．已知P＝，Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))3，R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3，则P，Q，R的大小关系是________．答案P＞R＞Q即P＞R＞Q.8．(2024·台州路桥中学检测)已知幂函数y＝f(x)的图象过点(2，eq\r(2))，则f(9)＝________.答案3解析设f(x)＝xα，因为它过点(2，eq\r(2))，所以eq\r(2)＝2α，所以α＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝，所以f(9)＝＝3.9．设函数f(x)＝－2x2＋4x在区间[m，n]上的值域是[－6，2]，则m＋n的取值范围是__________．答案[0,4]解析令f(x)＝－6，得x＝－1或x＝3；令f(x)＝2，得x＝1.又f(x)在[－1,1]上单调递增，在[1,3]上单调递减，∴当m＝－1，n＝1时，m＋n取得最小值0；当m＝1，n＝3时，m＋n取得最大值4.10．已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于随意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是__________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))解析因为函数图象开口向上，所以依据题意只需满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm＝m2＋m2－1<0，,fm＋1＝m＋12＋mm＋1－1<0，))解得－eq\f(\r(2),2)<m<0.11．(2024·湖州期中)已知函数f(x)＝x2－|x2－ax－2|，a为实数．(1)当a＝1时，求函数f(x)在[0,3]上的最小值和最大值；(2)若函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x＜－1或x＞2，,2x2－x－2，－1≤x≤2，))结合图象(图略)可知f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，3))上单调递增，f(x)在[0,3]上的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝－eq\f(17,8)，f(x)在[0,3]上的最大值为f(3)＝5.(2)令x2－ax－2＝0，∵Δ＝a2＋8＞0，必有两根x1＝eq\f(a－\r(a2＋8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2＋8),2)，∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋2，x＜x1或x＞x2，,2x2－ax－2，x1≤x≤x2，))若函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,\f(a－\r(a2＋8),2)≥－1，,\f(a,4)≤2，))解得1≤a≤8.12．(2024·台州质量评估)已知a＞0，b∈R，函数f(x)＝4ax2－2bx－a＋b，x∈[0,1]．(1)当a＝b＝2时，求函数f(x)的最大值；(2)证明：函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a.(1)解∵a＝b＝2，∴f(x)＝8x2－4x＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))2－eq\f(1,2)，x∈[0,1]，∴当x＝1时，f(x)max＝4.(2)证明由f(x)＝4aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,4a)))2－eq\f(b2,4a)－a＋b，当eq\f(b,4a)＜eq\f(1,2)，即b＜2a时，f(x)max＝f(1)＝4a－2b－a＋b＝3a－b＝|2a－b|＋a；当eq\f(b,4a)≥eq\f(1,2)，即b≥2a时，f(x)max＝f(0)＝b－a＝|2a－b|＋a.∴函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a.13.如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)图象的一部分，图象过点A(－3,0)，对称轴为x＝－1.给出下面四个结论：①b2>4ac； ②2a－b＝1；③a－b＋c＝0； ④5a<b.其中正确的是()A．②④B．①④C．②③D．①③答案B解析因为图象与x轴交于两点，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正确；对称轴为x＝－1，即－eq\f(b,2a)＝－1,2a－b＝0，②错误；结合图象，当x＝－1时，y>0，即a－b＋c>0，③错误；由对称轴为x＝－1知，b＝2a.又函数图象开口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a<b，④正确．14．已知在(－∞，1]上递减的函数f(x)＝x2－2tx＋1，且对随意的x1，x2∈[0，t＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤2，则实数t