专题4.6 指数函数与对数函数（能力提升卷）（人教A版2019必修第一册）（解析版）

这是一份专题4.6 指数函数与对数函数（能力提升卷）（人教A版2019必修第一册）（解析版），共16页。

考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（2021秋•道里区校级期中）若关于x的方程9x+3x+1﹣m+1＝0有解，则实数m的取值范围是（ ）
A．（1，+∞）B．[-54，+∞）C．（﹣∞，3]D．（1，3]
【分析】令t＝3x，则t＞0，方程9x+3x+1﹣m+1＝0化为t2+3t﹣m+1＝0，问题转化为方程t2+3t﹣m+1＝0有大于0的实数解，即m＝t2+3t+1有大于0的实数解，求出t＞0时t2+3t+1的范围得答案．
【解答】解：令t＝3x，则t＞0，
方程9x+3x+1﹣m+1＝0化为t2+3t﹣m+1＝0，
若关于x的方程9x+3x+1﹣m+1＝0有解，则方程t2+3t﹣m+1＝0有大于0的实数解．
即m＝t2+3t+1有大于0的实数解．
∵t＞0，∴t2+3t+1＞1，即m＞1．
∴实数m的取值范围是（1，+∞）．
故选：A．
2．（2021秋•南湖区期中）已知实数a=232，b=(23)2，c=lg223，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．c＞b＞aB．c＞a＞bC．b＞a＞cD．a＞b＞c
【分析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解．
【解答】解：∵a=232＞20＝1，
0＜b=(23)2＜(23)0=1，
c=lg223＜lg21＝0，
∴a，b，c的大小关系是a＞b＞c．
故选：D．
3．（2021秋•咸阳期中）若关于x的方程|2x﹣1|﹣a＝0有两个不同的实数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．（0，1）B．（0，1]C．（0，+∞）D．（1，+∞）
【分析】问题转化为y＝a与y＝|2x﹣1|的图象有两不同交点，作出图象，数形结合得答案．
【解答】解：方程|2x﹣1|﹣a＝0有两个不同的实数解，即a＝|2x﹣1|有两不同实数解，
也就是y＝a与y＝|2x﹣1|的图象有两不同交点．
如图：
∴实数a的取值范围是（0，1）．
故选：A．
4．（2021秋•蒲城县期中）已知2a+a＝lg2b+b＝lg3c+c，则下列关系不可能成立的是（ ）
A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．a＜b＝cD．c＜b＜a
【分析】问题转化为函数y＝2x，y＝lg2x，y＝lg3x和y＝﹣x+k的图像的交点问题，结合图像判断即可．
【解答】解：由题意设2a+a＝lg2b+b＝lg3c+c＝k，
则2a+a＝k，lg2b+b＝k，lg3c+c＝k，
则2a＝﹣a+k，lg2b＝﹣b+k，lg3c＝﹣c+k，
分别画出函数y＝2x，y＝lg2x，y＝lg3x和y＝﹣x+k的图像，
如图示：
k＜1时，a＜c＜b，
k＝1时，a＜b＝c，
k＞1时，a＜b＜c，
故c＜b＜a不可能，
故选：D．
5．（2021秋•洛阳期中）据中国地震台网测定，2021年9月16日4时33分，四川省泸州市泸县发生里氏6.0级地震．已知地震时释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE＝4.8+1.5M．据此测算，2021年3月20日17时09分在日本本州东岸近海发生的7.0级地震所释放出的能量，约是该次泸县地震所释放出来的能量的多少倍？（精确到1；参考数据：10≈3.16）（ ）
A．19B．23C．32D．41
【分析】设泸县发生里氏6.0级地震释放出的能量为E1，泸县发生里氏6.0级地震释放出的能量为E2，则可推得lgE1=4.8+1.5×6lgE2=4.8×1.5×7，再结合指数函数和对数函数的公式，即可求解．
【解答】解：设泸县发生里氏6.0级地震释放出的能量为E1，泸县发生里氏6.0级地震释放出的能量为E2，
则lgE1=4.8+1.5×6lgE2=4.8×1.5×7，即E2E1=×10=10×3.16=31.6≈32．
故选：C．
6．（2021秋•湖北月考）若a，b，c都是正数，且4a＝6b＝9c，那么（ ）
A．ac+bc＝2abB．ac+bc＝acC．2c=2a+1bD．1c=2b-1a
【分析】设4a＝6b＝9c＝k（k＞0），则a＝lg4k，b＝lg6k，c＝lg9k，利用对数的运算性质和换底公式逐个判断各个选项即可．
【解答】解：设4a＝6b＝9c＝k（k＞0），
则a＝lg4k，b＝lg6k，c＝lg9k，
对于选项A：由ac+bc＝2ab可得：cb+ca=2，
因为cb+ca=lg9klg6k+lg9klg4k=lgk6lgk9+lgk4lgk9=lg96+lg94＝lg924≠2，所以选项A错误，
对于选项B：∵a，b，c都是正数，∴bc＞0，∴ac+bc＞ac，故选项B错误，
对于选项C：∵2a+1b=2lg4k+1lg6k=2lgk4+lgk6＝lgk16+lgk6＝lgk96，2c=2lg9k=2lgk9＝lgk81，
∴2c≠2a+1b，故选项C错误，
对于选项D：∵2b-1a=2lg6k-1lg4k=2lgk6﹣lgk4＝lgk36﹣lgk4＝lgk9=1lg9k=1c，故选项D正确，
故选：D．
7．（2021秋•道里区校级期中）设函数f（x）=x2-2x-2，x≤0lgx，x＞0，则函数y＝f（x）﹣1的零点个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．0个
【分析】由题意画出函数y＝f（x）的图象，数形结合得答案．
【解答】解：作出函数f（x）的图象如图，
函数y＝f（x）﹣1的零点个数即为y＝f（x）的图象与y＝1的交点个数，
由图可知，函数y＝f（x）﹣1的零点个数为2个．
故选：B．
8．（2021秋•道里区校级期中）设函数f（x）=3x+2，x≤0lgx，x＞0，则函数y＝f（f（x））-12的零点个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】令t＝f（x），由f（f（x））-12=0，求得t=-12或t=10，再结合函数f（x）的图象得答案．
【解答】解：令t＝f（x），由f（f（x））-12=0，得f（f（x））=12，即f（t）=12．
若3t+2=12，得t=-12≤0成立；若lgt=12，得t=10＞0成立．
作出f（x）的图象如图：
由图可知，函数y＝f（f（x））-12的零点个数为3个．
故选：C．
多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（2021秋•滨湖区校级月考）下列各式比较大小，正确的是（ ）
A．1.72.5＞1.73B．(12)23＞2-43
C．1.70.3＞0.93.1D．(23)34＞(34)23
【分析】利用指数函数的单调性和幂函数的单调性求解．
【解答】解：对于选项A：∵函数y＝1.7x在R上单调递增，且2.5＜3，
∴1.72.5＜1.73，故选项A错误，
对于选项B：(12)23=2-23，
∵函数y＝2x在R上单调递增，且-23＞-43，
∴(12)23=2-23＞2-43，故选项B正确，
对于选项C：∵1.70.3＞1.70＝1，0＜0.93.1＜0.90＝1，
∴1.70.3＞0.93.1，故选项C正确，
对于选项D：∵函数y=(23)x在R上单调递减，且34＞23，
∴(23)34＜(23)23，
又∵函数y=x23在（0，+∞）上单调递增，且23＜34，
∴(23)23＜(34)23，
∴(23)34＜(23)23＜(34)23，故选项D错误，
故选：BC．
10．（2021秋•湘潭月考）若6a＝2，6b＝3，则（ ）
A．ba＞1B．a2+b2＜12C．ab＜14D．b-a＞110
【分析】把指数式化为对数式，可得a＝lg62，b＝lg63，再由对数的运算性质可知选项A，D正确，利用基本不等式可得选项C正确，选项B错误．
【解答】解：对于选项A：∵6a＝2，6b＝3，
∴a＝lg62，b＝lg63，
∴ba=lg63lg62=lg23＞1，故选项A正确，
对于选项C：∵6a•6b＝6a+b＝6，∴a+b＝1，
又∵a＞0，b＞0，且a≠b，
∴ab＜(a+b)24=14，故选项C正确，
对于选项B：∵a≠b，
∴a2+b2＞2ab，而2ab＜12，
∴无法确定a2+b2与12的大小关系，故选项B错误，
对于选项D：b﹣a＝lg63﹣lg62=lg632，
∵(32)10＞6，∴32＞6110，
∴lg632＞lg66110=110，故选项D正确，
故选：ACD．
11．（2021秋•江苏月考）已知函数f（x）＝ax（a＞1），g（x）＝f（x）﹣f（﹣x），若x1≠x2，则（ ）
A．f（x1）f（x2）＝f（x1+x2）
B．f（x1）+f（x2）＝f（x1x2）
C．x1g（x1）+x2g（x2）＞x1g（x2）+x2g（x1）
D．g（x1+x22）≤g(x1)+g(x2)2
【分析】根据函数f（x）＝ax（a＞1）是指数函数，且为单调增函数，得出g（x）＝f（x）﹣f（﹣x）为单调增函数，
结合题意对选项中的命题分别判断即可．
【解答】解：因为函数f（x）＝ax（a＞1）是单调增函数，
所以g（x）＝f（x）﹣f（﹣x）＝ax﹣a﹣x＝ax-(1a)x为单调增函数，
所以f（x1）•f（x2）=ax1+x2=f（x1+x2），选项A正确；
又f（x1）+f（x2）=ax1+ax2≠ax1⋅x2=f（x1x2），选项B错误；
因为[x1g（x1）﹣x1g（x2）]﹣[x2g（x1）﹣x2g（x2）]
＝x1[g（x1）﹣g（x2）]﹣x2[g（x1）﹣g（x2）]
＝（x1﹣x2）[g（x1）﹣g（x2）]，x1≠x2，
所以x1＞x2时，g（x1）＞g（x2），[x1g（x1）﹣x1g（x2）]﹣[x2g（x1）﹣x2g（x2）]＞0，
所以x1g（x1）+x2g（x2）＞x1g（x2）+x2g（x1），选项C正确；
因为函数g（x）＝ax﹣a﹣x为R上的单调增函数，且图象关于原点对称，
以a＝2为例，画出函数g（x）＝2x﹣2﹣x的图象，如图所示：
所以不满足g（x1+x22）≤g(x1)+g(x2)2，选项D错误．
故选：AC．
12．（2021春•亭湖区校级月考）已知函数f(x)=lg2x，(x＞0)3x，(x≤0)，且关于x的方程f（x）+x﹣a＝0有且只有一个实根，则实数a的取值是（ ）
A．﹣1B．0C．2D．3
【分析】本题可采用数形结合的方法解答，在同一坐标系内分别作出y1＝f（x），y2＝﹣x+a的图象，其中a表示直线在y轴的截距，结合图形可知当a＞1时，直线y2＝﹣x+a与y1＝lg2x只有一个交点．即关于x的方程f（x）+x﹣a＝0有且只有一个实根
【解答】解：关于x的方程f（x）+x﹣a＝0有且只有一个实根，即函数f（x）的图象与函数y＝﹣x+a的图象有且只有一个交点，
如图，在同一坐标系内分别作出y1＝f（x），y2＝﹣x+a的图象，
数形结合可知，当a＞1时，直线y2＝﹣x+a与y1＝lg2x只有一个交点．
即a∈（1，+∞）．
故选：CD．
填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（2021秋•三元区校级月考）2﹣2×（214）﹣0.5+（0.01）0.5﹣lg32•lg433= ．
【分析】由幂运算及对数运算化简即可．
【解答】解：2﹣2×（214）﹣0.5+（0.01）0.5﹣lg32•lg433
=14×23+110-lg32•16lg23=16+110-16=110，
故答案为：110．
14．（2021秋•建邺区校级月考）方程2（lg4x）2﹣lg4x＝6的解是 ．
【分析】令lg4x＝m，则2（lg4x）2﹣lg4x＝6可化为2m2﹣m﹣6＝0，解方程即可．
【解答】解：令lg4x＝m，
则2（lg4x）2﹣lg4x＝6可化为2m2﹣m﹣6＝0，
解得，m=-32或m＝2，
即lg4x=-32或lg4x＝2，
解得，x=18或x＝16；
故答案为：18，16．
15．（2021秋•海口月考）已知函数f(x)=ln(1+x2-x)，若不相等的正实数a，b满足f(a)+f(b-52)=0，且a，b恰为g（x）＝|lnx|﹣k的两个零点，则k＝ ．
【分析】由奇函数的定义可知函数f（x）为R上的奇函数，由复合函数的单调性可知f（x）在（0，+∞）上为减函数，所以函数f（x）为R上的减函数，由f(a)+f(b-52)=0可得a+b-52=0，不妨设a＜b，由题意可知lna＝﹣lnb，即ln（ab）＝0，所以ab＝1，求出a，b的值，从而得到k的值．
【解答】解：由f(x)=ln(1+x2-x)，可得f（x）+f（﹣x）=ln(1+x2-x)+ln(1+x2+x)=ln（1+x2﹣x2）＝ln1＝0，
又∵函数f（x）的定义域为R，
∴函数f（x）为R上的奇函数，
f（x）＝﹣f（﹣x）=-ln(1+x2+x)=ln11+x2+x，
令u=11+x2+x，当x＞0时，u（x）为减函数，而y＝lnu为增函数，
∴由复合函数的单调性可知f(x)=ln(1+x2-x)在（0，+∞）上为减函数，
又∵函数f（x）为R上的奇函数，
∴函数f（x）为R上的减函数，
∵相等的正实数a，b满足f(a)+f(b-52)=0，
∴a+b-52=0，
∵a，b恰为g（x）＝|lnx|﹣k的两个零点，不妨设a＜b，
∴lna＝﹣lnb，即lna+lnb＝0，即ln（ab）＝0，
∴ab＝1，
由a+b-52=0ab=1，解得a=2b=12或a=12b=2，
∴k＝|lna|＝ln2，
故答案为：ln2．
16．（2021秋•浦东新区校级月考）若x0满足f（x0）＝g（x0），我们把x0称为f（x）＝g（x）的“近似零点”，设f（x）＝2a，g（x）＝|ax﹣3|（a＞0，a≠1）的图像上有两个不同的“近似零点”，则实数a的取值范围是 ．
【分析】由“近似零点”的定义可知f（x）与g（x）满足图象有两个交点即可，分两种情况，在同一坐标系下做出两个函数的图象，观察图象可得a的取值范围．
【解答】解：由“近似零点”的定义可知，
f（x）与g（x）满足图象有两个交点即可，分两种情况，
当a＞1时，做出函数g（x）的图象，由图可知，
当0＜2a＜3时，两个函数图象有两个不同的交点，
即1＜a＜32；
同理当0＜a＜1时，可得0＜a＜1，
故实数a的取值范围是（0，1）∪（1，32），
故答案为：（0，1）∪（1，32）．
解答题（共6小题，满分70分）
17．（2021秋•南湖区期中）计算下列各式的值：
（Ⅰ）3(-4)3-(12)0+0.2512×(12)-4；
（Ⅱ）lg33+lg48+lg2+lg5．
【分析】（Ⅰ）进行根式和指数式的运算即可；
（Ⅱ）进行对数式的运算即可．
【解答】解：（ I）原式=-4-1+12×4=-3；
（ II）原式=12+32+1=3．
18．（2021秋•谯城区校级月考）2021年某城市一家图书生产企业计划出版一套数学新教辅书，通过市场分析，全年需投入固定成本30万元，印刷x（0＜x≤100）（万本），需另投入成本C（x）万元，且C（x）=30x-x22，0＜x≤561x+100x-3752，5＜x≤100，由市场调研知，每本书售价为60元，且全年内印刷的书当年能全部销售完．
（1）求出2021年的利润L（x）（万元）关于年产量x（万本）的函数关系式；
（2）2021年年产量为多少本时，企业所获利润最大？求出最大利润．
【分析】（1）分0＜x≤25和5＜x≤100两种情况，分别求解L（x）的解析式，然后由分段函数表示即可得到答案；
（2）分0＜x≤25和5＜x≤100两种情况，利用二次函数的性质以及基本不等式求解函数的最值，比较大小即可得到答案．
【解答】解：（1）当0＜x≤25时，L（x）＝60x-(30x-x2x)-30=x22+30x-30；
当5＜x≤100时，L（x）＝60x﹣61x-100x+3752-30=3152-(x+100x)，
综上所述，L（x）=x22+30x-30，0＜x≤53152-(x+100x)，5＜x≤100；
（2）当5＜x≤100时，L（x）max＝L（5）=2652；
当5＜x≤100时，L（x）=3152-(x+100x)≤3152-2x⋅100x=2752，
当且仅当x=100x，即x＝10时取等号，
所以L（x）max＝L（10）=2752，
因为2752＞2652，
所以2021年年产量为10万本时，该企业所获利润最大，最大利润为2752万元．
19．（2021秋•葫芦岛月考）已知函数f（x）＝lg2（x+a）的定义域为[1，9]，且f（x）的图象经过点（3，2）．
（1）求函数g（x）＝（14）x﹣2﹣f（x）的最大值；
（2）求函数h（x）＝f（x2）﹣f（x﹣1）的值域．
【分析】（1）先利用点（3，2）在函数f（x）的图像上求出a的值，得到函数f（x）的解析式，由复合函数的单调性可知g（x）在[1，9]上单调递减，从而求出g（x）的最大值．
（2）由f（x）的定义域求出h（x）的定义域，再根据复合函数的单调性判断出函数h（x）的单调性，从而求出函数h（x）的值域．
【解答】解：∵f（x）的图象经过点（3，2），
∴lg2（3+a）＝2，∴3+a＝4，∴a＝1，
∴f（x）＝lg2（x+1），
（1）g（x）＝（14）x﹣2﹣lg2（x+1），定义域为[1，9]，
∵函数y=(14)x-2在[1，9]上单调递减，f（x）＝lg2（x+1）在[1，9]上单调递增，
∴函数g（x）在[1，9]上单调递减，
∴函数g（x）的最大值为g（1）＝4﹣1＝3．
（2）h（x）＝f（x2）﹣f（x﹣1）=lg2(x2+1)-lg2x=lg2x2+1x=lg2(x+1x)，
∵函数f（x）的定义域为[1，9]，
∴1≤x2≤91≤x-1≤9，解得2≤x≤3，
∴函数h（x）的定义域为[2，3]，
∵对勾函数u＝x+1x在[2，3]上单调递增，而函数y＝lg2u是增函数，
∴函数h（x）在[2，3]上单调递增，
∴h（x）min＝h（2）=lg252，h（x）max＝h（3）=lg2103，
∴函数h（x）的值域为[lg252，lg2103]．
20．（2021秋•沙市区校级期中）为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒1个单位的净化剂，空气中释放的浓度y（单位：毫克/立方米）随着时间x（单位：天）变化的关系如下：当0≤x≤4时，y=88-x；当4＜x≤10时，y＝4-12x．若多次喷洒，则某一时刻空气中的净化剂浓度为每次投放的净化剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中净化剂的浓度不低于4（毫克/立方米）时，它才能起到净化空气的作用．
（1）若一次喷洒4个单位的净化剂，则净化时间可达几天？
（2）若第一次喷洒2个单位的净化剂，6天后再喷洒a（1≤a≤4）个单位的净化剂，要使接下来的4天中能够持续有效净化，试求a的最小值．
【分析】（1）由一次喷洒4个单位的去污剂，可得空气中释放的浓度为4y=328-x，0≤x≤416-2x，4＜x≤10，分0≤x≤4，4＜x≤10两种情况讨论，即可求解．
（2）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．
【解答】解：（1）因为一次喷洒4个单位的去污剂，
所以空气中释放的浓度为4y=328-x，0≤x≤416-2x，4＜x≤10，
当0≤x≤4时，令328-x≥4，解得x≥0，所以0≤x≤4，
当4＜x≤10时，令16﹣2x≥4，解得x≤6，所以4＜x≤6，
综上所述，可得0≤x≤6，即一次投放4个单位的去污剂，有效去污时间可达6天．
（2）设从第一次喷洒起，经x（6≤x≤10）天，浓度g(x)=2(4-12x)+8a8-(x-6)=8-x+8a14-x=14-x+8a14-x-6，
因为14﹣x∈[4，8]，而1≤a≤4，
所以g(x)=14-x+8a14-x-6≥2(14-x)×8a14-x-6=42a-6，当且仅当14-x=8a14-x，即x=14-22a时，等号成立，
令42a-6≥4，解得a≥258，
所以a的最小值为258．
21．（2021秋•江苏月考）已知函数f(x)=lg2(2x+k)(k∈R)．
（1）当k＝﹣4时，解不等式f（x）＞2；
（2）若函数f（x）的图象过点P（0，1），且关于x的方程f（x）＝x﹣2m有实根，求实数m的取值范围．
【分析】（1）代入k，得到lg2(2x-4)＞lg24，解之即可；
（2）由条件得到f（x）＝lg2（2x+1），问题转化为方程﹣2m＝lg2（2x+1）﹣x有实根，求出g（x）＝lg2（2x+1）﹣x的值域即可．
【解答】解：（1）当k＝﹣4时，f（x）=lg2(2x-4)，
则不等式f（x）＞2即lg2(2x-4)＞lg24，
所以2x﹣4＞4，解得x＞3，
故不等式解集为（3，+∞）；
（2）函数f（x）＝lg2（2x+k）（k∈R）的图象过点P（0，1），
可得lg2（1+k）＝1，解得1+k＝2，即k＝1，可得f（x）＝lg2（2x+1），
关于x的方程f（x）＝x﹣2m有实根，可得lg2（2x+1）＝x﹣2m有解，
所以方程﹣2m＝lg2（2x+1）﹣x有实根，
令g（x）＝lg2（2x+1）﹣x＝lg2（2x+1）-lg22x=lg22x+12x=lg2(1+12x)，
因为1+12x＞1，则lg2(1+12x)＞0，所以g（x）值域为（0，+∞），
则﹣2m＞0，解得m＜0，
故m的取值范围是（﹣∞，0）．
22．（2021秋•湖北月考）已知函数p（x）＝mx﹣4+1（m＞0且m≠1）经过定点A，函数f（x）＝lgax（a＞0且a≠1）的图象经过点A．
（1）求函数y＝f（2a﹣2x）的定义域与值域；
（2）若函数g（x）＝f（2xλ）•f（x2）﹣4在[14，4]上有两个零点，求λ的取值范围．
【分析】（1）令指数的幂指数等于零，求得x、y的值，可得定点A的坐标；将点A的坐标代入函数f（x）的解析式，求得a的值，可得函数的解析式，从而求得函数的定义域和值域．
（2）化简g（x）的解析式，设t＝lg2x，则t∈[﹣2，2]，由题意，h（t）＝2λt2+2t﹣4在[﹣2，2]上有两个零点，再利用二次函数的性质，分类讨论，求得λ的范围．
【解答】解：（1）令x﹣4＝0，求得x＝4，p（x）＝2，故点A（4，2）．
将点A的坐标代入函数f（x）＝lgax，得lga4＝2，则a＝2．
从而函数y＝f（2a﹣2x）＝lga（4﹣2x），由4﹣2x＞0，得x＜2，所以，函数y＝f（2a﹣2x）的定义域为（﹣∞，2）．
因为0＜4﹣2x＜4，所以，函数y＝f（2a﹣2x）的值域为（﹣∞，2）．
（2）由（1）可知，函数g（x）＝f（2xλ）•f（x2）﹣4=lg2(2xλ)•lg2x2-4＝2λ(lg2x)2+2lg2x﹣4在[14，4]上有两个零点，．
设t＝lg2x，则t∈[﹣2，2]，因为t为关于x的单调递增函数，所以g（x）在[14，4]上有两个零点，
等价于函数h（t）＝2λt2+2t﹣4在[﹣2，2]上有两个零点．
①当λ＝0时，由h（t）＝2t﹣4＝0，得t＝2，h（t）有一个零点，则λ＝0不合题意．
②当λ＞0时，由△=4+32t＞0-2＜-12λ＜2h(-2)=8λ-8≥0h(2)=8λ≥0，解得λ≥1．
③当λ＜0时，由△=4+32t＞0-2＜-12λ＜2h(-2)=8λ-8≤0h(2)=8λ≤0，求得不等式组无解．
综上所述，λ的取值范围是[1，+∞）．