PAGEPAGE16§3.4冪函數與二次函數最新考綱考情考向分析1.了解冪函數的概念，駕馭冪函數y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f(1,x)，y＝xeq\f(1,2)的圖象和性質．2.了解冪函數的改變特征．3.了解一元二次函數、一元二次方程、一元二次不等式之間的聯系．會解一元二次不等式.以冪函數的圖象與性質的應用為主，常與指數函數、對數函數交匯命題；以二次函數的圖象與性質的應用為主，常與方程、不等式等學問交匯命題，著重考查函數與方程，轉化與化歸及數形結合思想，題型一般為選擇、填空題，中檔難度.1．冪函數(1)冪函數的定義一般地，形如y＝xα的函數稱為冪函數，其中x是自變量，α是常數．(2)常見的五種冪函數的圖象和性質比較函數y＝xy＝x2y＝x3y＝y＝x－1圖象性質定義域RRR{x|x≥0}{x|x≠0}值域R{y|y≥0}R{y|y≥0}{y|y≠0}奇偶性奇函數偶函數奇函數非奇非偶函數奇函數單調性在R上單調遞增在(－∞，0]上單調遞減；在(0，＋∞)上單調遞增在R上單調遞增在[0，＋∞)上單調遞增在(－∞，0)和(0，＋∞)上單調遞減公共點(1,1)

2.二次函數的圖象和性質解析式f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)f(x)＝ax2＋bx＋c(a<0)圖象定義域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)))單調性在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上單調遞減；在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上單調遞增在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上單調遞增；在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上單調遞減對稱性函數的圖象關于直線x＝－eq\f(b,2a)對稱概念方法微思索1．二次函數的解析式有哪些常用形式？提示(1)一般式：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)；(2)頂點式：y＝a(x－m)2＋n(a≠0)；(3)零點式：y＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)．2．已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，寫出f(x)≥0恒成立的條件．提示a>0且Δ≤0.題組一思索辨析1．推斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)二次函數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確定了圖象的開口方向和在同始終角坐標系中的開口大?。?√)(3)函數y＝2是冪函數．(×)(4)冪函數的圖象肯定經過點(1,1)和點(0,0)(×)(5)假如冪函數的圖象與坐標軸相交，則交點肯定是原點．(√)(6)當n<0時，冪函數y＝xn是定義域上的減函數．(×)題組二教材改編2．[P79B組T1]已知冪函數f(x)＝k·xα的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，則k＋α等于()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(3,2)D．2答案C解析由冪函數的定義，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組T9]已知函數f(x)＝x2＋4ax在區間(－∞，6)內單調遞減，則a的取值范圍是()A．a≥3 B．a≤3C．a<－3 D．a≤－3答案D解析函數f(x)＝x2＋4ax的圖象是開口向上的拋物線，其對稱軸是x＝－2a，由函數在區間(－∞，6)內單調遞減可知，區間(－∞，6)應在直線x＝－2a的左側，∴－2a≥6，解得a≤－3，故選D.題組三易錯自糾4．冪函數f(x)＝(a∈Z)為偶函數，且f(x)在區間(0，＋∞)上是減函數，則a等于()A．3B．4C．5D．6答案C解析因為a2－10a＋23＝(a－5)2－2，f(x)＝(a∈Z)為偶函數，且在區間(0，＋∞)上是減函數，所以(a－5)2－2<0，從而a＝4,5,6，又(a－5)2－2為偶數，所以只能是a＝5，故選C.5．已知函數y＝2x2－6x＋3，x∈[－1,1]，則y的最小值是______．答案－1解析函數y＝2x2－6x＋3的圖象的對稱軸為x＝eq\f(3,2)>1，∴函數y＝2x2－6x＋3在[－1,1]上單調遞減，∴ymin＝2－6＋3＝－1.6．設二次函數f(x)＝x2－x＋a(a>0)，若f(m)<0，則f(m－1)________0.(填“>”“<”或“＝”)答案>解析f(x)＝x2－x＋a圖象的對稱軸為直線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.題型一冪函數的圖象和性質1．若冪函數的圖象經過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,4)))，則它的單調遞增區間是()A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)C．(－∞，＋∞) D．(－∞，0)答案D解析設f(x)＝xα，則2α＝eq\f(1,4)，α＝－2，即f(x)＝x－2，它是偶函數，單調遞增區間是(－∞，0)．故選D.2．若四個冪函數y＝xa，y＝xb，y＝xc，y＝xd在同一坐標系中的圖象如圖所示，則a，b，c，d的大小關系是()A．d>c>b>a B．a>b>c>dC．d>c>a>b D．a>b>d>c答案B解析由冪函數的圖象可知，在(0,1)上冪函數的指數越大，函數圖象越接近x軸，由題圖知a>b>c>d，故選B.3．已知冪函數f(x)＝(n2＋2n－2)(n∈Z)的圖象關于y軸對稱，且在(0，＋∞)上是減函數，則n的值為()A．－3B．1C．2D．1或2答案B解析由于f(x)為冪函數，所以n2＋2n－2＝1，解得n＝1或n＝－3，經檢驗只有n＝1符合題意，故選B.4．若<，則實數a的取值范圍是________________________．答案(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,2)))解析不等式<等價于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).思維升華(1)冪函數的形式是y＝xα(α∈R)，其中只有一個參數α，因此只需一個條件即可確定其解析式．(2)在區間(0,1)上，冪函數中指數越大，函數圖象越靠近x軸(簡記為“指大圖低”)，在區間(1，＋∞)上，冪函數中指數越大，函數圖象越遠離x軸．(3)在比較冪值的大小時，必需結合冪值的特點，選擇適當的函數，借助其單調性進行比較，精確駕馭各個冪函數的圖象和性質是解題的關鍵．題型二求二次函數的解析式例1(1)已知二次函數f(x)＝x2－bx＋c滿意f(0)＝3，對?x∈R，都有f(1＋x)＝f(1－x)成立，則f(x)的解析式為________________．答案f(x)＝x2－2x＋3解析由f(0)＝3，得c＝3，又f(1＋x)＝f(1－x)，∴函數f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，∴eq\f(b,2)＝1，∴b＝2，∴f(x)＝x2－2x＋3.(2)已知二次函數f(x)與x軸的兩個交點坐標為(0,0)和(－2,0)且有最小值－1，則f(x)＝________.答案x2＋2x解析設函數的解析式為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.思維升華求二次函數解析式的方法跟蹤訓練1(1)已知二次函數f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R，a≠0)，x∈R，若函數f(x)的最小值為f(－1)＝0，則f(x)＝________.答案x2＋2x＋1解析設函數f(x)的解析式為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)已知二次函數f(x)的圖象經過點(4,3)，它在x軸上截得的線段長為2，并且對隨意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，則f(x)＝________.答案x2－4x＋3解析因為f(2－x)＝f(2＋x)對隨意x∈R恒成立，所以f(x)圖象的對稱軸為直線x＝2.又因為f(x)的圖象被x軸截得的線段長為2，所以f(x)＝0的兩根為1和3.設f(x)的解析式為f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)，又f(x)的圖象過點(4,3)，所以3a＝3，即a＝1，所以f(x)的解析式為f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3.題型三二次函數的圖象和性質命題點1二次函數的圖象例2一次函數y＝ax＋b(a≠0)與二次函數y＝ax2＋bx＋c在同一坐標系中的圖象大致是()答案C解析若a>0，則一次函數y＝ax＋b為增函數，二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向上，故可解除A；若a<0，一次函數y＝ax＋b為減函數，二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向下，故可解除D；對于選項B，看直線可知a>0，b>0，從而－eq\f(b,2a)<0，而二次函數的對稱軸在y軸的右側，故應解除B，選C.命題點2二次函數的單調性例3函數f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1在區間[－1，＋∞)上是遞減的，則實數a的取值范圍是()A．[－3,0) B．(－∞，－3]C．[－2,0] D．[－3,0]答案D解析當a＝0時，f(x)＝－3x＋1在[－1，＋∞)上單調遞減，滿意題意．當a≠0時，f(x)的對稱軸為x＝eq\f(3－a,2a)，由f(x)在[－1，＋∞)上單調遞減，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,\f(3－a,2a)≤－1，))解得－3≤a<0.綜上，a的取值范圍為[－3,0]．引申探究若函數f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1的單調減區間是[－1，＋∞)，則a＝________.答案－3解析由題意知f(x)必為二次函數且a<0，又eq\f(3－a,2a)＝－1，∴a＝－3.命題點3二次函數的最值例4已知函數f(x)＝ax2＋2ax＋1在區間[－1,2]上有最大值4，求實數a的值．解f(x)＝a(x＋1)2＋1－a.(1)當a＝0時，函數f(x)在區間[－1,2]上的值為常數1，不符合題意，舍去；(2)當a>0時，函數f(x)在區間[－1,2]上是增函數，最大值為f(2)＝8a＋1＝4，解得a＝eq\f(3,8)；(3)當a<0時，函數f(x)在區間[－1,2]上是減函數，最大值為f(－1)＝1－a＝4，解得a＝－3.綜上可知，a的值為eq\f(3,8)或－3.引申探究將本例改為：求函數f(x)＝x2＋2ax＋1在區間[－1,2]上的最大值．解f(x)＝(x＋a)2＋1－a2，∴f(x)的圖象是開口向上的拋物線，對稱軸為x＝－a.(1)當－a<eq\f(1,2)即a>－eq\f(1,2)時，f(x)max＝f(2)＝4a＋5，(2)當－a≥eq\f(1,2)即a≤－eq\f(1,2)時，f(x)max＝f(－1)＝2－2a，綜上，f(x)max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋5，a>－\f(1,2)，,2－2a，a≤－\f(1,2).))命題點4二次函數中的恒成立問題例5(1)已知二次函數f(x)滿意f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1，若不等式f(x)>2x＋m在區間[－1,1]上恒成立，則實數m的取值范圍為____________．答案(－∞，－1)解析設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在區間[－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]上單調遞減，所以g(x)min＝g(1)＝1－3＋1－m>0，所以m<－1.(2)函數f(x)＝a2x＋3ax－2(a>1)，若在區間[－1,1]上f(x)≤8恒成立，則a的最大值為________．答案2解析令ax＝t，因為a>1，x∈[－1,1]，所以eq\f(1,a)≤t≤a，原函數化為g(t)＝t2＋3t－2，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，明顯g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上單調遞增，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的最大值為2.思維升華解決二次函數圖象與性質問題時要留意：(1)拋物線的開口，對稱軸位置，定義區間三者相互制約，要留意分類探討；(2)要留意數形結合思想的應用，尤其是給定區間上的二次函數最值問題，先“定性”(作草圖)，再“定量”(看圖求解)．(3)由不等式恒成立求參數取值范圍的思路及關鍵解題思路：一是分別參數；二是不分別參數．兩種思路都是將問題歸結為求函數的最值或值域．跟蹤訓練2(1)函數y＝x2＋bx＋c(x∈[0，＋∞))是單調函數的充要條件是()A．b≥0 B．b≤0C．b>0 D．b<0答案A解析∵函數y＝x2＋bx＋c(x∈[0，＋∞))是單調函數，∴圖象的對稱軸x＝－eq\f(b,2)在區間[0，＋∞)的左邊或－eq\f(b,2)＝0，即－eq\f(b,2)≤0，得b≥0.(2)(2024·浙江名校協作體聯考)y＝eq\r(2ax2＋4x＋a－1)的值域為[0，＋∞)，則a的取值范圍是()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，＋∞)上的全部實數，當a＝0時，t＝4x－1能取遍[0，＋∞)上的全部實數，只需定義域滿意eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).當a≠0時，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a>0，,Δ＝16－8aa－1≥0，))解得0＜a≤2.綜上，0≤a≤2.(3)設函數f(x)＝ax2－2x＋2，對于滿意1<x<4的一切x值都有f(x)>0，則實數a的取值范圍為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析由題意得a>eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)對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).數形結合思想和分類探討思想在二次函數中的應用探討二次函數的性質，可以結合圖象進行；對于含參數的二次函數問題，要明確參數對圖象的影響，進行分類探討．例設函數f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函數f(x)的最小值．解f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函數圖象的對稱軸為x＝1.當t＋1≤1，即t≤0時，函數圖象如圖(1)所示，函數f(x)在區間[t，t＋1]上為減函數，所以最小值為f(t＋1)＝t2＋1；當t<1<t＋1，即0<t<1時，函數圖象如圖(2)所示，在對稱軸x＝1處取得最小值，最小值為f(1)＝1；當t≥1時，函數圖象如圖(3)所示，函數f(x)在區間[t，t＋1]上為增函數，所以最小值為f(t)＝t2－2t＋2.綜上可知，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．冪函數(m∈Z)的圖象如圖所示，則m的值為()A．0B．1C．2D．3答案C解析∵y＝(m∈Z)的圖象與坐標軸沒有交點，∴m2－4m<0，即0<m<4.又∵函數的圖象關于y軸對稱且m∈Z，∴m2－4m為偶數，∴m＝2.2．若冪函數f(x)＝(m2－4m＋4)·在(0，＋∞)上為增函數，則m的值為()A．1或3B．1C．3D．2答案B解析由題意得m2－4m＋4＝1，m2－6m＋8>0，解得m＝1.3．若命題“ax2－2ax＋3>0恒成立”是假命題，則實數a的取值范圍是()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，則a＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4a2－12a<0，))可得0≤a<3，故當命題“ax2－2ax＋3>0恒成立”是假命題時，a<0或a≥3.4．已知a，b，c∈R，函數f(x)＝ax2＋bx＋c.若f(0)＝f(4)>f(1)，則()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圖象的對稱軸為x＝－eq\f(b,2a)＝2，∴4a＋b＝0，又f(0)>f(1)，f(4)>f(1)，∴f(x)先減后增，于是a>0，故選A.5．函數f(x)＝(x－2)(ax＋b)為偶函數，且在(0，＋∞)上單調遞增，則f(2－x)>0的解集為()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解析函數f(x)＝ax2＋(b－2a)x－2b為偶函數，則b－2a＝0，故f(x)＝ax2－4a＝a(x－2)(x＋2)，因為函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以a>0.依據二次函數的性質可知，不等式f(2－x)>0的解集為{x|2－x>2或2－x<－2}＝{x|x<0或x>4}，故選D.6．若函數y＝x2－3x－4的定義域為[0，m]，值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(25,4)，－4))，則m的取值范圍是()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解析二次函數圖象的對稱軸為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，結合函數圖象(如圖所示)，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，則P，Q，R的大小關系是________．答案P＞R＞Q即P＞R＞Q.8．(2024·臺州路橋中學檢測)已知冪函數y＝f(x)的圖象過點(2，eq\r(2))，則f(9)＝________.答案3解析設f(x)＝xα，因為它過點(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．設函數f(x)＝－2x2＋4x在區間[m，n]上的值域是[－6，2]，則m＋n的取值范圍是__________．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]上單調遞增，在[1,3]上單調遞減，∴當m＝－1，n＝1時，m＋n取得最小值0；當m＝1，n＝3時，m＋n取得最大值4.10．已知函數f(x)＝x2＋mx－1，若對于隨意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，則實數m的取值范圍是__________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))解析因為函數圖象開口向上，所以依據題意只需滿意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)已知函數f(x)＝x2－|x2－ax－2|，a為實數．(1)當a＝1時，求函數f(x)在[0,3]上的最小值和最大值；(2)若函數f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上單調遞增，求實數a的取值范圍．解(1)當a＝1時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x＜－1或x＞2，,2x2－x－2，－1≤x≤2，))結合圖象(圖略)可知f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上單調遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，3))上單調遞增，f(x)在[0,3]上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝－eq\f(17,8)，f(x)在[0,3]上的最大值為f(3)＝5.(2)令x2－ax－2＝0，∵Δ＝a2＋8＞0，必有兩根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，))若函數f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上單調遞增，則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·臺州質量評估)已知a＞0，b∈R，函數f(x)＝4ax2－2bx－a＋b，x∈[0,1]．(1)當a＝b＝2時，求函數f(x)的最大值；(2)證明：函數f(x)的最大值為|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]，∴當x＝1時，f(x)max＝4.(2)證明由f(x)＝4aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,4a)))2－eq\f(b2,4a)－a＋b，當eq\f(b,4a)＜eq\f(1,2)，即b＜2a時，f(x)max＝f(1)＝4a－2b－a＋b＝3a－b＝|2a－b|＋a；當eq\f(b,4a)≥eq\f(1,2)，即b≥2a時，f(x)max＝f(0)＝b－a＝|2a－b|＋a.∴函數f(x)的最大值為|2a－b|＋a.13.如圖是二次函數y＝ax2＋bx＋c(a≠0)圖象的一部分，圖象過點A(－3,0)，對稱軸為x＝－1.給出下面四個結論：①b2>4ac； ②2a－b＝1；③a－b＋c＝0； ④5a<b.其中正確的是()A．②④B．①④C．②③D．①③答案B解析因為圖象與x軸交于兩點，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正確；對稱軸為x＝－1，即－eq\f(b,2a)＝－1,2a－b＝0，②錯誤；結合圖象，當x＝－1時，y>0，即a－b＋c>0，③錯誤；由對稱軸為x＝－1知，b＝2a.又函數圖象開口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a<b，④正確．14．已知在(－∞，1]上遞減的函數f(x)＝x2－2tx＋1，且對隨意的x1，x2∈[0，t＋1]，總有|f(x1)－f(x2)|≤2，則實數t