4.2.2 指数函数的图象和性质-同步练-2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册

**基本信息** 本同步练通过“基础过关练”与“能力提升练”分层设计，以指数函数图象、单调性及综合应用为核心，构建从单一知识点识别到跨模块综合探究的巩固路径，培养数学抽象与逻辑推理素养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关练|图象特征识别、单调性判断、简单性质应用|以选择、填空为主，结合教材改编题，如图象过定点问题，夯实概念理解| |能力提升练|跨函数比较、新定义问题（如“稳定区间”）、含参综合应用|设置多选题与解答题，如指数函数与幂函数图象交点分析，提升数学思维与问题解决能力|

4.2.2　指数函数的图象和性质 基础过关练 题组一　指数函数的图象特征 1.(2025浙江星辰联盟期中)函数f(x)的部分图象如图所示,则函数f(x)的解析式可能是(　　) A. f(x)=2x-1　　B. f(x)=2x-1　　 C. f(x)=2-x-1　　D. f(x)=2-x-1 2.(2026辽宁沈阳五校协作体期中)已知0<c<1<b<a,则指数函数y=ax,y=bx,y=cx的图象分别对应图中的曲线(　　) A.C3,C1,C2　　B.C1,C2,C3　　 C.C3,C2,C1　　D.C1,C3,C2 3.(2026江苏江阴期中联考)函数y=的图象的大致形状是(　　) 4.(2025辽宁重点高中协作校期末)当x>0时,函数f(x)=(3α-1)-x的值恒小于1的一个充分不必要条件是(　　) A.α>1　　B.α>　　C.α<　　D.α< 5.(多选题)(2026河北保定部分高中期中)若函数y=ax+b(a>0且a≠1)的图象不经过第二象限,则(　　) A.a>1　　B.0<a<1　　C.b≤-1　　D.b>-1 6.(2026重庆十一中期中)已知函数f(x)=ax-4(a>0且a≠1)的图象恒过定点A,若点A也在直线y=mx+n上,其中实数m,n满足mn>0,则+的最小值为　　　　.  题组二　指数函数的单调性及其应用 7.(2026山东济南师大附中期中)已知x,y为实数,则“0.2x<0.2y”是“x3>y3”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 8.(2026浙江温州环大罗山联盟期中)函数f(x)=的定义域为(　　) A.(-1,+∞)　　B.[-1,+∞)　　 C.(-∞,-1]　　D.(-∞,-1) 9.(教材习题改编)设a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系是(　　) A.a>c>b　　B.a>b>c　　 C.c>a>b　　D.b>c>a 10.(2026湖北荆州中学期中)已知函数f(x)=其中a>0且a≠1.当x1≠x2时,恒有x1f(x1)+x2f(x2)<x2f(x1)+x1f(x2),那么实数a的取值范围是(　　) A.(0,1)　　B.　　C.　　D. 11.(2026江苏无锡一中期中)已知f(x)是R上的奇函数,当x≥0时, f(x)=2x+4x-1,则不等式f(x+1)+5<0的解集是(　　) A.(-∞,-2)　　B.(-∞,-3)　　 C.(3,+∞)　　D.(2,+∞) 12.(2025四川成都蓉城联盟期末)已知函数f(x)=4x-2x+a+1,对任意的x1,x2∈[1,+∞),当f(x1)=f(x2)时,恒有x1=x2,则实数a的取值范围为　　　　.  题组三　指数函数性质的综合应用 13.(2025四川德阳第五中学期末)已知幂函数f(x)=(a2-2a-2)xa在区间(0,+∞)上单调递减,则函数g(x)=bx+a-1(b>0且b≠1)的图象过定点(　　) A.(1,0)　　B.(1,-1)　　C.(-3,0)　　D.(-3,-1) 14.(多选题)(2026河北秦皇岛部分学校期中)已知函数f(x)=2x+a,则(　　) A. f(x)的定义域为R　　B. f(x)的值域为R　　 C. f(x)是增函数　　D. f(x)+f(-x)≥2a+1 15.(多选题)(2026广东粤东四校期中联考)已知函数f(x)=,则(　　) A.当a=0时, f(x)为偶函数 B. f(x)既有最大值又有最小值 C. f(x)在(-∞,a]上单调递增 D. f(x)的图象恒过定点 16.(2025山西三晋卓越联盟月考)已知函数f(x)=x2-2x,g(x)=-m,若对任意的x1∈[0,1],总存在x2∈[-1,4],使得g(x1)≤f(x2)成立,则m的取值范围是(　　) A.　　B. C.[-7,+∞)　　D.[2,+∞) 17.(2025天津南开期中)定义在R上的奇函数f(x)满足:当x>0时, f(x)=2x-2,则不等式x[f(x)-2f(-x)]<0的解集是(　　) A.(-1,1)　　 B.(-1,0)∪(0,1) C.(-∞,-1)∪(1,+∞)　　 D.(-∞,-3)∪(-1,1)∪(3,+∞) 18.(2026黑龙江大庆期中)已知f(x)=是定义在R上的奇函数,且f(1)=-. (1)求实数a,b的值; (2)试判断f(x)的单调性,并用定义证明; (3)若对任意实数x,不等式f(x2-2x)+f(2x2-k)<0恒成立,求实数k的取值范围. 19.(2026福建厦门期中)已知函数f(x)=2x+a-2a-x的图象经过点P(2,15). (1)求a的值; (2)求不等式f(3x2)+f(-2x-1)>0的解集; (3)若∀x∈(0,+∞), f>6成立,求实数m的取值范围. 能力提升练 题组一　指数函数的图象及其应用 1.(2025北京顺义期末)已知0<c<1,且3a=b3=c,则(　　) A.b<a<c　　B.a<c<b　　C.b<c<a　　D.a<b<c 2.(2026北京通州期中)已知2a==,则a,b,c的大小关系不可能为(　　) A.a<b<c　　B.c<a<b　　 C.a<c<b　　D.c<b<a 3.(2025陕西延安期中)已知函数f(x)=若f(x)在区间(m,n)上既有最大值,又有最小值,则n-m的取值范围是　　　　.  4.(2026上海宝山期中)若指数函数f(x)=ax(a>0且a≠1)的图象和函数g(x)=3x+5(x≥-1)的图象相交,则a的取值范围是　　　　　　　.  题组二　指数函数的单调性及其应用 5.(2026广东广州执信中学期中)函数f(x)=在(2,3)上单调递减,则t的取值范围是(　　) A.(-∞,6]　　B.[6,+∞)　　 C.(-∞,4]　　D.[4,+∞) 6.(多选题)(2025江苏常州北郊高级中学月考)对于函数f(x)和f(-x),若两函数在区间[m,n]上的单调性相同,则把区间[m,n]叫做f(x)的“稳定区间”.已知区间[1,2 020]为函数f(x)=的“稳定区间”,则实数a的取值可能是　(　　) A.-　　B.-　　 C.0　　D. 7.(2026重庆南开中学月考)已知f(x)=a2x+ax-1(a>0,且a≠1). (1)解关于x的不等式: f(x)>1; (2)若a=,且∀m∈[0,2], f(3m2+2)<f(2m2+3mn)恒成立,求实数n的取值范围. 题组三　指数函数性质的综合应用 8.(多选题)(2026四川成都双流中学月考)已知函数f(x)=,则下列结论正确的是(　　) A.函数f(x)的定义域为R B.函数f(x)的值域为(-∞,-1)∪(1,+∞) C. f(-x)+f(x)=0 D.函数f(x)为减函数 9.(多选题)(2026浙江温州十校联合体期中)关于函数f(x)=,下列说法正确的是(　　) A. f(x)的定义域是[0,2]　　 B. f(x)是偶函数 C. f(x)的值域为[1,4]　　 D. f(x)在[0,1]上单调递减 10.(多选题)(2026广东广州华南师大附中期中)设正数x,y,z满足x2=2a,y3=3a,z5=5a,则下列结论可能成立的是(　　) A.15x2<10y3<6z5　　B.10y3<15x2<6z5　　 C.15x2=10y3=6z5　　D.6z5<10y3<15x2 11.(2026广东肇庆期中)已知函数f(x)满足∀x,y∈R,3xf(y)-3yf(x)≤(9x-9y)f(x)f(y)恒成立,且f(1)=,则f(x)的最大值是　　　　.  12.(2026福建厦门期中)已知定义在R上的偶函数f(x)与奇函数g(x)满足f(x)-g(x)=2x.若∀x∈(0,1], f(2x)+ag(x)≥0恒成立,则实数a的取值范围是　　　　.  13.(2026山东淄博期中)已知函数f(x)=4x+a·2x+1,g(x)=. (1)当a=1时,方程f(x)=k在x∈(-∞,0)上有解,求实数k的取值范围; (2)若存在常数M>0,使得对任意x∈A,A⊆R,均有|x|≤M,则称A为有界集合,同时称M为集合A的上界. (i)设A={y|y=f(x),x∈(-∞,0]}是以2为上界的有界集合,求实数a的取值范围; (ii)若m>0,则B={y|y=g(x),x∈[0,1]}是不是有界集合?若是,求出集合B的上界M(m)的最小值;若不是,请说明理由. 14.(2025福建福州期中)已知函数g(x)=ax2-2ax+b(a>0)在区间[2,3]上的最大值为5,最小值为2,记f(x)=g(|x|). (1)求实数a,b的值; (2)若不等式f(2k-2)>f(2)成立,求实数k的取值范围; (3)已知定义在[p,q]上的函数m(x),用分法T:p=x0<x1<…<xn=q(n∈N*)将区间[p,q]任意划分成n个小区间,若存在一个常数M>0,使得|m(xt)-m(xt-1)|≤M恒成立,则称函数m(x)是[p,q]上的有界变差函数.试判断函数f(x)是不是[1,4]上的有界变差函数,若是,求出M的最小值;若不是,请说明理由. 答案 4.2.2　指数函数的图象和性质 基础过关练 1.A　由题图可知,函数f(x)在定义域R上单调递增,且图象过点(0,0). 因为f(x)=2-x-1=-1, f(x)=2-x-1=在定义域R上均单调递减,所以排除C,D. 因为f(x)=2x-1的图象不过点(0,0),所以排除B. f(x)=2x-1在定义域R上单调递增, f(0)=0,且2x>0,所以f(x)=2x-1>-1,故A符合题意. 2.B　如图所示,作直线x=1, 由0<c<1<b<a,可知y=ax的图象对应曲线C1,y=bx的图象对应曲线C2,y=cx的图象对应曲线C3. 3.B　当x>0时,y=2-x在(0,+∞)上单调递减,排除C,D; 当x<0时,y=-2-x在(-∞,0)上单调递增,排除A,选项B符合要求. 4.A　f(x)=(3α-1)-x=. 若当x>0时,函数f(x)=(3α-1)-x的值恒小于1(点拨:可作出大致图象求解),则0<<1,所以3α-1>1,所以α>, 结合选项知,当x>0时,函数f(x)=(3α-1)-x的值恒小于1的一个充分不必要条件是α>1. 5.AC　函数y=ax+b的图象可以看作由指数函数y=ax的图象向上(b>0时)平移b个单位长度或向下(b<0时)平移(-b)个单位长度得到,要使函数y=ax+b的图象不经过第二象限,则a>1, 又因为指数函数的图象恒过点(0,1),所以必须将指数函数y=ax的图象向下平移至少1个单位长度, 所以b≤-1,因此A,C正确,B,D错误. 6.答案　9 解析　令x-4=0, 解得x=4,则f(4)=a0=1,即点A的坐标为(4,1), 因为点A也在直线y=mx+n上, 所以4m+n=1, 因为mn>0,所以m>0,n>0, 则+=(4m+n)=5++≥5+2=9, 当且仅当=且4m+n=1,即m=,n=时等号成立, 故+的最小值为9. 7.C　设函数f(t)=0.2t,g(t)=t3, 易知f(t)=0.2t在定义域上单调递减,所以0.2x<0.2y⇔x>y, 易知g(t)=t3在定义域上单调递增,所以x3>y3⇔x>y. 所以“0.2x<0.2y”是“x3>y3”的充要条件. 8.D　由已知得-3>0,则3-x>3⇔-x>1⇔x<-1,即函数f(x)的定义域为(-∞,-1). 9.A　易知y=在定义域上单调递减,所以c=>=b, 易知y=在定义域上单调递增,所以a=>=c,故a>c>b. 10.C　由x1f(x1)+x2f(x2)<x2f(x1)+x1f(x2),可得(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0, 不妨设x1<x2,则f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以函数f(x)在R上单调递减, 所以 解得0<a≤,所以实数a的取值范围是. 11.A　易知y=2x,y=4x-1均为[0,+∞)上的单调递增函数,因此f(x)在[0,+∞)上单调递增, 由于f(x)是R上的奇函数,所以f(x)在R上单调递增, 又f(1)=5,所以f(-1)=-5, 由f(x+1)+5<0得f(x+1)<-5,即f(x+1)<f(-1), 所以x+1<-1,解得x<-2. 12.答案　(-∞,2] 解析　由题意知, f(x)在[1,+∞)上是单调函数. f(x)=4x-2x+a+1=22x-2a·2x+1. 令t=2x,x≥1,则t∈[2,+∞). 记g(t)=t2-2at+1,则g(t)在[2,+∞)上单调. 由t=2x在R上单调递增,g(t)在(-∞,2a-1)上单调递减,在[2a-1,+∞)上单调递增,得[2,+∞)⊆[2a-1,+∞), 所以2a-1≤2,所以a≤2. 13.A　由题意得a2-2a-2=1且a<0,解得a=-1, 则g(x)=bx-1-1(b>0且b≠1).令x-1=0,得x=1,此时g(1)=0, 故g(x)=bx-1-1(b>0且b≠1)的图象过定点(1,0). 14.ACD　因为f(x)=2x+a=2a·2x,又2a>0,由指数函数y=2x的性质知, f(x)的定义域为R, f(x)的值域为(0,+∞), f(x)在R上单调递增, 所以A,C正确,B错误; 对于D, f(x)+f(-x)=2a·2x+≥2=2a+1, 当且仅当2a·2x=,即x=0时取等号,所以D正确. 15.ACD　选项A,当a=0时, f(x)=,定义域为R, 因为f(-x)===f(x),所以f(x)为偶函数,因此A正确; 选项B,因为y=-x2+2ax=-(x-a)2+a2≤a2,所以0<≤,则f(x)有最大值,没有最小值,因此B错误; 选项C,因为y=-x2+2ax在(-∞,a]上单调递增,在[a,+∞)上单调递减, 且y=2x在R上单调递增, 所以f(x)在(-∞,a]上单调递增,在[a,+∞)上单调递减,因此C正确; 选项D,当x=0时, f(0)=20=1,所以f(x)的图象恒过定点(0,1),因此D正确. 16.C　若对任意的x1∈[0,1],总存在x2∈[-1,4],使得g(x1)≤f(x2)成立,则g(x)在[0,1]上的最大值小于或等于f(x)在[-1,4]上的最大值. 易知g(x)=-m在[0,1]上单调递减, 所以g(x)max=g(0)=-m=1-m. 易知f(x)=x2-2x在[-1,1]上单调递减,在[1,4]上单调递增,又f(-1)=(-1)2-2×(-1)=3, f(4)=42-2×4=8,所以f(x)max=8, 所以1-m≤8,解得m≥-7, 即m的取值范围是[-7,+∞). 17.B　因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以由x[f(x)-2f(-x)]<0得x[f(x)+2f(x)]<0,故xf(x)<0. 当x>0时, f(x)=2x-2单调递增,令f(x)=0,得x=1, 再结合函数f(x)为R上的奇函数,可作出f(x)的图象,如图. 由xf(x)<0可得或 由图象可得或故0<x<1或-1<x<0, 故不等式的解集为(-1,0)∪(0,1). 18.解析　(1)由函数f(x)=是定义在R上的奇函数,可得f(0)=0,即a+b=0, 由f(1)=-,可得=-,即2a+b=-1, 联立解得 故f(x)=,经验证,满足题意. 故a=-1,b=1. (2)函数f(x)在R上单调递减. 证明如下:由(1)知, f(x)==-1+, 任取x1,x2∈R,且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=-1+--1+=-=, 因为x1<x2,所以<,可得->0,又+1>0,+1>0, 所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2), 所以函数f(x)在R上单调递减. (3)因为函数f(x)是R上的奇函数, 所以不等式f(x2-2x)+f(2x2-k)<0恒成立⇔f(x2-2x)<-f(2x2-k)=f(k-2x2)恒成立, 由(2)知函数f(x)在R上单调递减,所以x2-2x>k-2x2恒成立,故k<(3x2-2x)min. 因为3x2-2x=-≥-, 所以k<-,即实数k的取值范围为. 19.解析　(1)因为函数f(x)的图象经过点P(2,15),所以22+a-2a-2=15,解得a=2. (2)由(1)得f(x)=2x+2-22-x,其定义域为R, f(-x)=2-x+2-22+x=-f(x),故f(x)为奇函数. 因为y=2x+2单调递增,y=22-x单调递减,所以f(x)单调递增, 故f(3x2)+f(-2x-1)>0等价于f(3x2)>-f(-2x-1),即f(3x2)>f(2x+1), 所以3x2>2x+1,解得x>1或x<-,因此原不等式的解集为∪(1,+∞). (3)由f(x)=2x+2-22-x可得f(1)=6. 故f>6等价于fx++m>f(1),因为f(x)在R上单调递增,所以不等式等价于x++m>1在x∈(0,+∞)上恒成立, 因为x++m≥2+m=4+m,当且仅当x=2时等号成立, 所以4+m>1,即m>-3,故实数m的取值范围是(-3,+∞). 能力提升练 1.B　在同一平面直角坐标系中作出y=3x,y=x3,y=x的图象,如图, 则a,b,c分别为y=3x,y=x3,y=x的图象与直线y=c(0<c<1)的交点的横坐标,所以a<c<b. 2.D　设f(x)=2x,g(x)=,h(x)=,2a===t,则f(a)=g(b)=h(c)=t. 在同一平面直角坐标系中作出三个函数的图象,设g(x)=与h(x)=的图象相交于点P,f(x)=2x与h(x)=的图象相交于点Q, 根据直线y=t与P,Q两点的位置关系共有以下5种情况,由此分析a,b,c的大小关系: ①当直线y=t在Q点上方时,c<a<b;②当直线y=t过Q点时,c=a<b;③当直线y=t在Q点下方且在P点上方时,a<c<b;④当直线y=t过点P时,a<b=c;⑤当直线y=t在点P下方且在x轴上方时,a<b<c.故c<b<a不可能. 3.答案　(1,3] 解析　作出f(x)的图象,如图所示. 由f(x)在区间(m,n)上既有最大值,又有最小值, 得-1≤m<0,1<n≤2,则0<-m≤1,所以1<n-m≤3, 所以n-m的取值范围是(1,3]. 4.答案　∪(1,+∞) 解析　当a>1时,指数函数f(x)=ax在R上单调递增,由图象知, f(x)的图象和g(x)的图象一定会相交. 当0<a<1时,指数函数f(x)=ax在R上单调递减,所以要使f(x)的图象与g(x)的图象相交,只需a-1≥g(-1)=3×(-1)+5=2即可,可得0<a≤. 所以a的取值范围为∪(1,+∞). 5.B　令g(x)=x2-tx=-, 易知g(x)在上单调递减,在上单调递增. 又y=2x在R上单调递增,且函数f(x)=在(2,3)上单调递减,所以g(x)在(2,3)上单调递减, 因此≥3,即t≥6,所以t的取值范围是[6,+∞). 6.AB　由f(x)=得f(-x)=|2x+a|. 由已知得f(x)与f(-x)在区间[1,2 020]上同时单调递增或同时单调递减. 若同时单调递增,则在x∈[1,2 020]上恒成立,可得所以-2≤a≤-. 若同时单调递减,则在x∈[1,2 020]上恒成立,可得该不等式组无解. 综上,-2≤a≤-. 结合选项,实数a的取值可能是-,-. 7.解析　(1)不等式f(x)=a2x+ax-1>1可化为a2x+ax-2>0,即(ax-1)(ax+2)>0, 因为ax+2>0恒成立,所以ax>1. 当0<a<1时,不等式的解集为{x|x<0}, 当a>1时,不等式的解集为{x|x>0}. (2)当a=时, f(x)=+-1.因为y=,y=均是R上的减函数, 所以f(x)是R上的减函数,因为f(3m2+2)<f(2m2+3mn)对任意m∈[0,2]恒成立, 所以3m2+2>2m2+3mn,即m2+2>3mn对任意m∈[0,2]恒成立. 当m=0时,不等式恒成立,n∈R; 当m∈(0,2]时,不等式两边同除以m得m+>3n, 因为m+≥2,当且仅当m=时等号成立,所以n<. 综上,实数n的取值范围是. 8.BC　对于函数f(x)=,由3x-1≠0,解得x≠0,所以函数的定义域为{x|x≠0},因此A错误; f(x)===1+,易知3x>0,当3x-1>0时,>0,则f(x)>1, 当-1<3x-1<0时,<-2,则f(x)<-1,所以函数f(x)的值域为(-∞,-1)∪(1,+∞),因此B正确; f(-x)+f(x)=+=+=+=0,因此C正确; 当x>0时, f(x)>0,当x<0时, f(x)<0,所以f(x)不是减函数,因此D错误. 9.AC　要使f(x)=有意义,必须-x2+2x≥0,解得0≤x≤2, ∴f(x)的定义域是[0,2],因此A正确. ∵函数f(x)的定义域[0,2]不关于原点对称,∴函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数,因此B错误. 令t=-x2+2x,x∈[0,2],则t∈[0,1], ∴∈[0,1], 令μ=,μ∈[0,1],易知y=4μ在定义域上单调递增,故当μ=0时,ymin=40=1;当μ=1时,ymax=41=4, ∴f(x)的值域为[1,4],因此C正确. 易知y=-x2+2x在[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减,y=和y=4x在定义域上均单调递增, ∴f(x)=在[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减,因此D错误. 10.ACD　由x2=2a,y3=3a,z5=5a,得15x2=15×2a,10y3=10×3a,6z5=6×5a, (因为15x2,10y3,6z5均为正数,所以可通过比较它们两两之间的商与1的大小来判断它们的大小关系) 所以==,==. 方法技巧:比较,与1的大小,可分a-1>0,a-1=0,a-1<0三种情况讨论 当a>1,即a-1>0时,因为0<<1,0<<1,所以0<<1,0<<1, 从而15x2<10y3<6z5,因此A正确. 当a=1,即a-1=0时,15x2=10y3=6z5,因此C正确. 当a<1,即a-1<0时,因为0<<1,0<<1,所以>1,>1, 从而6z5<10y3<15x2,因此D正确. 11.答案　 解析　因为∀x,y∈R,3xf(y)-3yf(x)≤(9x-9y)f(x)f(y),① 所以交换x,y可得,3yf(x)-3xf(y)≤(9y-9x)f(x)f(y), 即3xf(y)-3yf(x)≥(9x-9y)f(x)·f(y),② 由①②可得3xf(y)-3yf(x)=(9x-9y)·f(x)f(y),③ 在③中,令y=1,可得3xf(1)-3f(x)=(9x-9)f(x)f(1)⇒×3x-3f(x)=(9x-9)·f(x), 化简可得f(x)==≤=,当且仅当3x=时等号成立, 所以f(x)的最大值等于. 12.答案　(-∞,2] 解析　由f(x)-g(x)=2x, 可得f(-x)-g(-x)=2-x,由已知得f(x)=f(-x),g(x)=-g(-x),故f(x)+g(x)=2-x, 联立 解得f(x)=,g(x)=, 由不等式f(2x)+ag(x)≥0, 可得+a·≥0, 即22x+2-2x+a(2-x-2x)≥0, (方法技巧:22x+2-2x与2-x-2x的关系是22x+2-2x=(2-x-2x)2+2,可采用换元法解决不等式问题) 转化为(2x-2-x)2-a(2x-2-x)+2≥0, 设t=2x-2-x,x∈(0,1],易知函数t=2x-2-x单调递增,故t∈, 则t2-at+2≥0在t∈上恒成立, (方法技巧:变量分离解决不等式恒成立问题,分离后利用基本不等式求最小值) 即a≤=t+在t∈上恒成立, 因为t+≥2=2,当且仅当t=,即t=时,等号成立, 所以a≤2,所以实数a的取值范围为(-∞,2]. 13.解析　(1)当a=1时, f(x)=4x+2x+1,易知f(x)在(-∞,0)上单调递增, ∴函数y=f(x)在(-∞,0)上的值域为(1,3),故k的取值范围为(1,3). (2)(i)令t=2x,x∈(-∞,0],则t∈(0,1], 由题意可得,|f(x)|≤2在x∈(-∞,0]上恒成立(关键点), 则|t2+at+1|≤2在t∈(0,1]上恒成立, ∴-2≤t2+at+1≤2,即-t-≤a≤-t+,t∈(0,1]. 易知y=-t+在(0,1]上单调递减,则ymin=0, 根据对勾函数的性质可知y=-t-在(0,1]上单调递增,则ymax=-4. 综上所述,-4≤a≤0,因此实数a的取值范围是[-4,0]. (ii)集合B是有界集合.g(x)==-1, (方法技巧:分式型指数复合函数,将分子化为常数,有利于解决函数的单调性与值域问题) ∵m>0,∴g(x)在[0,1]上单调递减, ∴g(1)≤g(x)≤g(0),即≤g(x)≤, (关键点:求出函数的值域,利用“有界集合”的“新定义”求出M(m)) 当≥,即0<m≤时,|g(x)|≤, 当<,即m>时,|g(x)|≤, ∴M(m)= 整理得M(m)= 当0<m≤时,易知函数M(m)单调递减,所以最小值为M=-1=3-2. 当m>时,易知函数M(m)单调递增,所以M(m)>1-=3-2. 所以M(m)的最小值为3-2. 14.解析　(1)易知g(x)的图象开口向上,对称轴方程为x=1,所以g(x)在[2,3]上单调递增,所以当x∈[2,3]时,g(x)max=g(3)=5,g(x)min=g(2)=2, 即解得 (2)由(1)知,g(x)=x2-2x+2, 则f(x)=g(|x|)=x2-2|x|+2 = 因为f(x)的定义域为R,且f(-x)=x2-2|x|+2=f(x),所以f(x)为偶函数. 作出函数f(x)的图象,如图, 由图可知,不等式f(2k-2)>f(2)等价于|2k-2|>2, 即2k-2>2或2k-2<-2,解得k>2, 所以实数k的取值范围是(2,+∞). (3)f(x)是[1,4]上的有界变差函数. 由(2)知函数f(x)在[1,4]上单调递增,所以当x∈[1,4]时, f(x)min=f(1)=1, f(x)max=f(4)=10, 所以对任意分法T:1=x0<x1<…<xn=4,有f(1)=f(x0)<f(x1)<…<f(xn)=f(4), 所以|f(xt)-f(xt-1)|=f(x1)-f(x0)+f(x2)-f(x1)+…+f(xn)-f(xn-1)=f(xn)-f(x0)=f(4)-f(1)=9, 所以当M≥9时,|f(xt)-f(xt-1)|≤M恒成立, 所以f(x)是[1,4]上的有界变差函数,且M的最小值为9. 7 学科网（北京）股份有限公司 $