2020-2021学年安徽省亳州市高一（上）数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年安徽省亳州市高一（上）数学（理）试卷北师大版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 设全集U=x|x∈N∗,x<6，集合A=1,3，B=3,5，则∁UA∪B等于（ ）
A.2,4B.1,5C.{2,5}D.1,4

2. 福利彩票“双色球”中红色球的编号有33个，分别为01，02，⋯，33，亳州一位彩民利用下面的随机数表选取6组数作为6个红色球的编号，选取方法是从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个红色球的编号为( )

A.23B.09C.02D.17

3. 函数fx=2x+2x在下列区间内一定有零点的是（ ）．
A.−1,0B.−3,−2C.1,2D.3,4

4. 命题“∀x>0，都有x2−x≤0”的否定是( )

A.∃x0>0，使得x02−x0≤0B.∃x0>0，使得x02−x0>0
C.∀x>0，都有 x2−x>0D.∀x≤0，都有 x2−x>0

5. 设函数fx=lg3x, x>0,x2+2x−2, x≤0,若fa=1，则a=（ ）
A.3B.±3C.−3或1D.±3或1

6. “a+13>b+13”是“lga>lgb”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件

7. 已知函数fx=m2−m−1xm2−2m−2是幂函数，且在0,+∞上是减函数，则实数m=( )
A.−1B.4C.2或−1D.2

8. 我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图像来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数图像的特征．我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是( )

A.fx=1||x|−1|B.fx=1|x−1|C.fx=1x2−1D.fx=1x2+1

9. 已知x>0，y>0，且x+2y=1，若2x+1y>2m恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.m≤8B.m<8C.m≤4D.m<4

10. 已知不等式ax2−bx+1>0的解集是x|−12A.x|−2
11. 设集合A={x|x2+2x−3>0}，集合B={x|x2−2ax−1≤0, a>0}．若A∩B中恰含有一个整数，则实数a的取值范围是( )
A.(0,34)B.[34，43)C.[34，2)D.(1, +∞)

12. 设fx是定义在−∞,0∪0,+∞上的奇函数，对任意的x1,x2∈0,+∞，x1≠x2，满足：x2fx2−x1fx1x2−x1>0，且f2=4，则不等式fx−8x>0的解集为（ ）
A.−∞,−2∪2,+∞B. −2,0∪0,2
C.−∞,−4∪0,4D.−2,0∪2,+∞
二、填空题

已知函数fx= (12)|x − 1| ，x ≥ 0，|ln( − x)|，x< 0，设函数g(x)=f(x)−a有4个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
三、解答题

已知集合A=x|x2−5x−14≤0 ，B=x|−3≤x≤5.
(1)若C=x|m+1≤x≤2m−1，C⊆A∩B，求实数m的取值范围；

(2)若D=x|x>6m+1，且A∪B∩D=⌀，求实数m的取值范围．

命题p:∀x∈−1,1，使得2x−k−1≤0恒成立，命题q:∃x0,1,2x−2≥k2−3k成立．
(1)若p为真命题，求实数k的取值范围；

(2)若命题p和q有且仅有一个为真，求实数k的取值范围．

已知函数 f(x)=xx2−4.
(1)判断函数f(x)在 (2,+∞) 上的单调性并证明·

(2)判断函数 f(x) 的奇偶性，并求 f(x) 在区间 [−6,−3] 上的最大值与最小值.

已知函数fx=4x−m⋅2x+1−8.
(1)若m=1，求方程fx=0的解；

(2)若对于∀x∈0,2，fx≥−2恒成立，求实数m的取值范围．

2020年初，新冠肺炎疫情袭击全国，在党和国家强有力的抗疫领导下，我国控制住疫情，之后一方面防止境外输入，另一方面复工复产，某厂经调查测算，某种商品原来每件售价为25元，年销售量8万件．
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？

(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并将定价提高到x元．公司拟投入16(x2−600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入15x万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．

已知函数g(x)=ax2−2ax+1+b(a>0)在区间[2, 3]上有最大值4和最小值1，设f(x) = g(x)x．
1求a，b的值；

2若不等式f(lg2x)−2klg2x≥0在x∈[2, 4]上有解，求实数k的取值范围；

3若f(|2x − 1|) + k ⋅ 2|2x − 1| − 3k = 0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省亳州市高一（上）数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
利用集合的运算求解即可.
【解答】
解：∵ 全集U=x|x∈N∗,x<6={1,2,3,4,5}，集合A=1,3，B=3,5，
∴ A∪B={1,3,5}，
∴ ∁UA∪B={2,4}.
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
简单随机抽样
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：解：从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右依次选取两个数字，
则选出的6个红色球的编号依次为21，32，09，16，17，02，
故选出的第6个红色球的编号为02.
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
根据函数零点的判定定理，把所给的区间的端点代入求出函数值，找出两个端点对应的函数值符号相反的区间，得到结果．
【解答】
解：函数fx=2x+2x是R上的连续增函数，
由于f−1=−32<0 ，f0=1>0，
f0⋅f−1<0，
故函数fx=2x+2x在区间−1,0内一定有零点.
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：全称命题的否定是特称命题，且需要改写量词，故
全称命题“∀x>0，都有x2−x≤0”的否定是特称命题
“∃x0>0，使得x02−x0>0”.
故选B.
5.
【答案】
B
【考点】
函数的求值
【解析】
当a>0时，fa=lg3a=1；当a≤0时，fa=a2+2a−2=1，由此能求出a的值．
【解答】
解：∵ 函数fx=lg3x, x>0,x2+2x−2, x≤0, fa=1，
∴ 当a>0时，fa=lg3a=1，解得a=3；
当a≤0时，fa=a2+2a−2=1，
解得a=−3或a=1(舍去)，
综上所述：a=±3.
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
幂函数的性质
对数函数的图象与性质
【解析】
根据幂函数的性质和对数函数的性质，以及充分条件，必要条件的定义可以判断．
【解答】
解：∵ a+13>b+13，
∴ a+1>b+1，
∴ a>b，
当a>b>0时，则lga>lgb，
当0>a>b时，对数无意义，
故“a+13>b+13”是“lga>lgb”的必要不充分条件.
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
幂函数的概念、解析式、定义域、值域
幂函数的性质
【解析】
运用幂函数的定义，可得m2−m−1=1，解得m，再由幂函数的单调性即可得到m．
【解答】
解：由幂函数定义可知：m2−m−1=1，
解得m=2或m=−1.
又函数在x∈(0, +∞)上为减函数，
则m2−2m−2<0，
则m=2．
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
函数图象的作法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图知fx的定义域为x|x≠±1，排除选项B，D，
又因为当x=0时， f0=1，所以排除C．
故选A．
9.
【答案】
D
【考点】
不等式恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ x>0，y>0，x+2y=1，
∴ 2x+1y=x+2y2x+1y
=4+4yx+xy≥4+24yx⋅xy=8，
当且仅当x=2y=12时取等号．
若2x+1y>2m恒成立，
∴ 2m<8，解得m<4.
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
根与系数的关系
一元二次不等式的解法
【解析】
根据不等式ax2−bx+1>0的解集求出a，b的值，再求不等式bx2−x+a<0的解集．
【解答】
解：不等式ax2−bx+1>0的解集是x|−12所以方程ax2−bx+1=0的根是−12和 13，且a<0，
由根与系数的关系，知 ba=−12+13,1a=−12×13,
解得a=−6，b=1，
所以不等式bx2−x+a<0化为x2−x−6<0，
即x+2x−3<0，
解得−2所以不等式bx2−x+a<0的解集是x|−2故选A．
11.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
元素与集合关系的判断
【解析】
先求解一元二次不等式化简集合A，B，然后分析集合B的左端点的大致位置，结合A∩B中恰含有一个整数得集合B的右端点的范围，列出无理不等式组后进行求解．
【解答】
解：由x2+2x−3>0，得：x<−3或x>1．
由x2−2ax−1≤0，得：a−a2+1≤x≤a+a2+1．
所以，A={x|x2+2x−3>0}={x|x<−3或x>1}，
B={x|x2−2ax−1≤0, a>0}={x|a−a2+1≤x≤a+a2+1, a>0}．
因为a>0，所以a+1>a2+1，则0>a−a2+1>−1．
由A∩B中恰含有一个整数，所以2≤a+a2+1<3．
即a+a2+1≥2,a+a2+1<3,也就是a2+1≥2−a①,a2+1<3−a②,
解①得：a≥34，解②得：a<43．
所以，满足A∩B中恰含有一个整数的实数a的取值范围是[34，43)．
故选B．
12.
【答案】
D
【考点】
奇偶性与单调性的综合
函数单调性的判断与证明
【解析】
由x2f(x2)−x1f(x1)x2−x1>0对区间(−∞, 0)内任意两个不相等的实数x1，x2都成立，知g(x)=xf(x)在(−∞, 0)上单调递增，由f(x)的奇偶性可判断g(x)的奇偶性及特殊点，利用偶函数的性质即可得到答案．
【解答】
解：设g(x)=xfx，
∵ x2f(x2)−x1f(x1)x2−x1>0对区间0,+∞内任意两个不相等的实数x1，x2都成立，
∴ 函数g(x)=xf(x)在0,+∞上单调递增，
又∵f(x)为奇函数，
∴ g(−x)=−xf(−x)=xfx=gx，
∴gx为偶函数，
∴g(x)在(−∞，0)上单调递减，
∵f2=4，∴ g(2)=g(−2)=2f(2)=8，
∴由fx−8x>0，得当x>0时，xf(x)>2f2，
即 gx>g2，
此时x>2；
当x<0时，xf(x)<2f(2)，
即g(x)此时−2∴ 不等式fx−8x>0解集是(−2, 0)∪(2，+∞).
故选D．
二、填空题
【答案】
[12, 1)
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
由题意可得f(x)＝a有4个不等实根，作出y＝f(x)的图象，通过图象即可得到所求范围．
【解答】
解：函数g(x)=f(x)−a有4个不同的零点，
即为f(x)=a有4个不等实根，
作出y=f(x)的图象，
可得12 ≤ a<1时，y=f(x)与y=a的图象有4个交点，
故答案为：[12, 1).
三、解答题
【答案】
解：(1)由已知得A=x|−2≤x≤7，B=x|−3≤x≤5，
A∩B={x|−2≤x≤5}，
①若C=⌀，则m+1>2m−1，解得m<2，
②若C≠⌀，则 m+1≤2m−1，m+1≥−2，2m−1≤5，解得2≤m≤3，
综上，实数m的取值范围为m≤3.
(2)由A=x|−2≤x≤7，B=x|−3≤x≤5，
得A∪B=x|−3≤x≤7，
又A∪B∩D=⌀且D=x|x>6m+1，
∴ 6m+1≥7
∴ m≥1
所以实数m的取值范围为：m≥1.
【考点】
集合关系中的参数取值问题
交集及其运算
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知得A=x|−2≤x≤7，B=x|−3≤x≤5，
A∩B={x|−2≤x≤5}，
①若C=⌀，则m+1>2m−1，解得m<2，
②若C≠⌀，则 m+1≤2m−1，m+1≥−2，2m−1≤5，解得2≤m≤3，
综上，实数m的取值范围为m≤3.
(2)由A=x|−2≤x≤7，B=x|−3≤x≤5，
得A∪B=x|−3≤x≤7，
又A∪B∩D=⌀且D=x|x>6m+1，
∴ 6m+1≥7
∴ m≥1
所以实数m的取值范围为：m≥1.
【答案】
解：(1)若命题p:∀x∈−1，1，使得2x−k−1≤0恒成立，是真命题，
则k≥2x−1，因为x=1时2x−1max=1，
所以k≥1.
(2)若命题q:∃x0，1，2x−2≥k2−3k成立，是真命题，
则k2−3k≤2x−2max，
因为x=1时2x−2max=0，
所以k2−3k≤0，即0≤k≤3.
因为命题p和q有且仅有一个为真，
故p真q假，或p假q真，
①p真q假时，k≥1，k<0或k>3，解得k>3；
②p假q真时，k<1，0≤k≤3，解得0≤k<1.
综上，实数k的取值范围是k>3或0≤k<1.
【考点】
复合命题及其真假判断
函数的最值及其几何意义
【解析】
若命题p:∀x∈−1，1，使得2x−k−1≤0恒成立，是真命题，则k≥2x−1，因为x=1时2x−1max=1，所以k31.
若命题q:∃x0，1，2x−2≥k2−3k成立，是真命题，则k2−3k≤2x−1max，因为x=1时2x−1max=0，所以k2−3k≤0，即0≤k≤3.
因为命题p和q有且仅有一个为真，故p真q假，或p假q真，p真q假时，k31且k<0或k>3，即k<0；p假q真时，k≤1且0≤k≤3，即0≤k<1.
综上，实数k的取值范围是k>3或0≤k<1.
【解答】
解：(1)若命题p:∀x∈−1，1，使得2x−k−1≤0恒成立，是真命题，
则k≥2x−1，因为x=1时2x−1max=1，
所以k≥1.
(2)若命题q:∃x0，1，2x−2≥k2−3k成立，是真命题，
则k2−3k≤2x−2max，
因为x=1时2x−2max=0，
所以k2−3k≤0，即0≤k≤3.
因为命题p和q有且仅有一个为真，
故p真q假，或p假q真，
①p真q假时，k≥1，k<0或k>3，解得k>3；
②p假q真时，k<1，0≤k≤3，解得0≤k<1.
综上，实数k的取值范围是k>3或0≤k<1.
【答案】
解：1函数fx在2,+∞上单调递减，证明如下：
设x1>x2>2，
则fx1−fx2=x1x12−4−x2x22−4
=x1x22−4−x2x12−4x12−4x22−4=x1x2+4x2−x1x12−4x22−4
因为x1>x2>2,
可得x1x2+4>0，x2−x1<0，x12−4x22−4>0,
则fx1−fx2<0,
又x1>x2>2,
所以函数fx在2,+∞上单调递减．
(2)由题意得x2−4≠0 ，即x≠±2 ，
即函数f(x)的定义域为(−∞,−2)∪(−2,2)∪(2,+∞) ，此区间关于原点对称，
又f(−x)=−x(−x)2−4=−xx2−4=−f(x) ，
可得函数f(x)为奇函数.
由(1)知函数f(x)在(2,+∞)上单调递减，
则函数在(−∞,−2)上单调递减，
已知区间[−6,−3]属于(−∞,−2),
即函数f(x)在[−6,−3]上单调递减，
则f(x)max=f(−6) =−6(−62)−4=−632=−316，
f(x)min=f(−3) =−3(−3)2−4=−39−4=−35.
【考点】
函数单调性的判断与证明
奇偶性与单调性的综合
函数奇偶性的判断
函数的最值及其几何意义
【解析】
（1）利用做差法进行解题即可.
（2）先得出函数的定义域，判断函数的奇偶性，利用（1）中所得信息进行解题即可.
【解答】
解：1函数fx在2,+∞上单调递减，证明如下：
设x1>x2>2，
则fx1−fx2=x1x12−4−x2x22−4
=x1x22−4−x2x12−4x12−4x22−4=x1x2+4x2−x1x12−4x22−4
因为x1>x2>2,
可得x1x2+4>0，x2−x1<0，x12−4x22−4>0,
则fx1−fx2<0,
又x1>x2>2,
所以函数fx在2,+∞上单调递减．
(2)由题意得x2−4≠0 ，即x≠±2 ，
即函数f(x)的定义域为(−∞,−2)∪(−2,2)∪(2,+∞) ，此区间关于原点对称，
又f(−x)=−x(−x)2−4=−xx2−4=−f(x) ，
可得函数f(x)为奇函数.
由(1)知函数f(x)在(2,+∞)上单调递减，
则函数在(−∞,−2)上单调递减，
已知区间[−6,−3]属于(−∞,−2),
即函数f(x)在[−6,−3]上单调递减，
则f(x)max=f(−6) =−6(−62)−4=−632=−316，
f(x)min=f(−3) =−3(−3)2−4=−39−4=−35.
【答案】
解：1由题意得：4x−2x+1−8=0，
即2x2−2⋅2x−8=0，
即2x−42x+2=0，由于2x+2>2，
∴ 2x−4=0，解得x=2.
2∵ f(x)≥−2，
∴ 4x−m⋅2x+1−8≥−2，
即4x−6≥m⋅2x+1，
令t=2xx∈0,2，则t∈1,4，
∴ t2−6≥2mt，即2m≤t−6t，
由于对于∀x∈[0,2]，f(x)≥−2恒成立，
∴ 2m≤t−6tmin，
令gt=t−6t，由于y=t和y=−6t在区间1,4上为增函数，
∴ 函数gt在区间1,4上为增函数，
∴ gtmin=g1=1−61=−5，
∴ 2m≤−5，即m≤−52，
∴ 实数m的取值范围为(−∞,−52].
【考点】
根的存在性及根的个数判断
函数恒成立问题
【解析】
1直接构造方程，再因式分解，即可解出；
2首先变形，分离变量，再利用函数的最值，确定参数的范围即可.
【解答】
解：1由题意得：4x−2x+1−8=0，
即2x2−2⋅2x−8=0，
即2x−42x+2=0，由于2x+2>2，
∴ 2x−4=0，解得x=2.
2∵ f(x)≥−2，
∴ 4x−m⋅2x+1−8≥−2，
即4x−6≥m⋅2x+1，
令t=2xx∈0,2，则t∈1,4，
∴ t2−6≥2mt，即2m≤t−6t，
由于对于∀x∈[0,2]，f(x)≥−2恒成立，
∴ 2m≤t−6tmin，
令gt=t−6t，由于y=t和y=−6t在区间1,4上为增函数，
∴ 函数gt在区间1,4上为增函数，
∴ gtmin=g1=1−61=−5，
∴ 2m≤−5，即m≤−52，
∴ 实数m的取值范围为(−∞,−52].
【答案】
解：(1)设每件定价为t元，依题意得，
(8−t−251×0.2)t≥25×8，
整理得t2−65t+1000≤0，解得25≤t≤40．
∴ 要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为40元.
(2)依题意，当x>25时，
不等式ax≥25×8+50+16(x2−600)+15x成立，
等价于x>25时，a≥150x+16x+15有解，
由于150x+16x≥2150x⋅16x=10，
当且仅当150x=x6，即x=30时等号成立．
∴ a≥10.2，
故当该商品明年的销售量a至少应达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时商品的每件定价为30元．
【考点】
一元二次不等式的应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）设每件定价为t元，由题意列关于t的不等式求解；
（2）当x>25时，不等式ax≥25×8+50+16(x2−600)+15x成立，分离参数a，再由基本不等式求最值，则答案可求．
【解答】
解：(1)设每件定价为t元，依题意得，
(8−t−251×0.2)t≥25×8，
整理得t2−65t+1000≤0，解得25≤t≤40．
∴ 要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为40元.
(2)依题意，当x>25时，
不等式ax≥25×8+50+16(x2−600)+15x成立，
等价于x>25时，a≥150x+16x+15有解，
由于150x+16x≥2150x⋅16x=10，
当且仅当150x=x6，即x=30时等号成立．
∴ a≥10.2，
故当该商品明年的销售量a至少应达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时商品的每件定价为30元．
【答案】
解:1函数g(x)=ax2−2ax+b+1
=a(x−1)2+1+b−a，
因为a>0，所以g(x)在区间[2, 3]上是增函数，
故g(2) = 1， g(3) = 4，，即 b + 1 = 1，3a + b + 1 = 4，
解得 a = 1， b = 0.
2由1可得f(x) = x2 − 2x + 1x = x + 1x − 2，
不等式f(lg2x)−2klg2x≥0在x∈[2, 4]上有解，
等价于lg2x + 1lg2x − 2≥2klg2x在x∈[2, 4]上有解，
即2k ≤ 1(lg2x)2 − 2lg2x + 1在x∈[2, 4]上有解，
令t = 1lg2x，则2k≤t2−2t+1，
∵ x∈[2, 4]，∴ t∈[12, 1]，
则函数m(t)＝t2−2t+1在t∈[12, 1]上单调递减，
可得m(t)的最大值为m(12) = 14，
则2k ≤ 14，即k ≤ 18.
3原方程可化为|2x−1|2−(3k+2)|2x−1|+(2k+1)=0，
可令t=|2x−1|，则t>0，
由题意可得t2−(3k+2)t+(2k+1)=0有两个不等实根t1，t2，
作出函数t=|2x−1|的图象，如图，
其中01或0令ℎ(t)=t2−(3k+2)t+(2k+1)，
则 2k + 1> 0， ℎ(1) = − k< 0， 解得k>0，
或 2k + 1> 0， ℎ(1) = − k = 0， 0< 3k + 22< 1， 解得k∈⌀，
综上，k的取值范围是(0, +∞)．
【考点】
二次函数的性质
二次函数在闭区间上的最值
函数恒成立问题
函数的零点与方程根的关系
【解析】
（1）由函数g(x)＝a(x−1)2+1+b−a，a>0，所以g(x)在区间[2, 3]上是增函数，故 g(2)＝1，g(3)＝4，由此解得a、b的值；
（2）不等式可化为lg2x+1lg2x−2≥2klg2x在x∈[2, 4]上有解，即2k≤1(lg2x)2−2lg2x+1在x∈[2, 4]上有解，通过换元法和对数函数的单调性，以及二次函数的单调性求得不等式右边函数的最大值，即可得到所求范围；
（3）原方程化为|2x−1|2−(2+3k)|2x−1|+(1+2k)＝0，(|2x−1|≠0)，令|2x−1|＝t，则t2−(2+3k)t+(1+2k)＝0(t≠0)，构造函数ℎ(t)＝t2−(2+3k)t+(1+2k)，通过二次方程实根分布，可得k的不等式组，即可求得k的范围．




【解答】
解:1函数g(x)=ax2−2ax+b+1
=a(x−1)2+1+b−a，
因为a>0，所以g(x)在区间[2, 3]上是增函数，
故g(2) = 1， g(3) = 4，，即 b + 1 = 1，3a + b + 1 = 4，
解得 a = 1， b = 0.
2由1可得f(x) = x2 − 2x + 1x = x + 1x − 2，
不等式f(lg2x)−2klg2x≥0在x∈[2, 4]上有解，
等价于lg2x + 1lg2x − 2≥2klg2x在x∈[2, 4]上有解，
即2k ≤ 1(lg2x)2 − 2lg2x + 1在x∈[2, 4]上有解，
令t = 1lg2x，则2k≤t2−2t+1，
∵ x∈[2, 4]，∴ t∈[12, 1]，
则函数m(t)＝t2−2t+1在t∈[12, 1]上单调递减，
可得m(t)的最大值为m(12) = 14，
则2k ≤ 14，即k ≤ 18.
3原方程可化为|2x−1|2−(3k+2)|2x−1|+(2k+1)=0，
可令t=|2x−1|，则t>0，
由题意可得t2−(3k+2)t+(2k+1)=0有两个不等实根t1，t2，
作出函数t=|2x−1|的图象，如图，
其中01或0令ℎ(t)=t2−(3k+2)t+(2k+1)，
则 2k + 1> 0， ℎ(1) = − k< 0， 解得k>0，
或 2k + 1> 0， ℎ(1) = − k = 0， 0< 3k + 22< 1， 解得k∈⌀，
综上，k的取值范围是(0, +∞).