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18-19学年高中数学 第一讲 不等式和绝对值不等式章末小结与测评创新应用 新人教A版选修4-5_图文

章末小结与测评

本专题主要考查利用不等式性质判断不等式或有 关结论是否成立,再就是利用不等式性质,进行数值 (或代数式)大小的比较,有时考查分类讨论思想,常 与函数、数列等知识综合进行考查.

若 a、b 是任意实数,且 a>b,则( ) A.a2>b2 B.ab<1 C.lg(a-b)>0 D.????12????a<????12????b

[解析] 结合不等式性质和函数的性质(单调性)来比较大 小,或用特殊值法判断.
a>b 并不能保证 a、b 均为正数,从而不能保证 A、B 成立.又 a>b?a-b>0,但不能保证 a-b>1,从而不能保证 C 成立.显 然只有 D 成立.
事实上,指数函数 y=????12????x是减函数,所以 a>b?????12????a<????12????b 成立.
[答案] D

1.证明不等式 不等式的证明方法很多,关键是从式子的结构入手分 析,运用基本不等式证明不等式时,要注意成立的条件, 同时熟记一些变形形式,放缩的尺度要把握好.
已知 x>0,y>0,且 x+y=1,求证:????1+x1????·????1+1y???? ≥9.

[证明] 法一:∵x+y=1,∴1x=x+x y=1+xy,

∴1y=x+y y=1+xy,

∴????1+x1????????1+1y????=????2+xy????????2+xy ????

=5+2????xy+xy????≥5+2×2

xy·xy=9.

当且仅当xy=xy,x+y=1,即 x=y=12时等号成立. 法二:∵x>0,y>0,x+y=1,

∴xy≤(x+4 y)2=14,∴x1y≥4.

∴????1+x1????????1+1y????=1+x1y+1x+1y =1+x1y+1+xy+1+xy
=3+x1y+xy+xy≥3+4+2 xy·xy=9.
当且仅当xy=xy,x+y=1, 即 x=y=21时等号成立.

若 a,b,c∈R+,且 a+b+c=1. 求证:a+1 b+b+1 c+c+1 a≥29.

[证明] ∵a、b、c∈R+且 a+b+c=1, ∴2=(a+b)+(b+c)+(c+a).

∴[(a+b)+(b+c)+(c+a)]·????a+1 b+b+1 c+c+1 a????



3

3 (a+b)(b+c)(c+a)

3 ×3

a+1 b·b+1 c·c+1 a=9.

∴原式得证.

2.求函数的最值

在利用基本不等式求函数最值时,一定要满足下列三

个条件:①x、y 为正数.②“和”或“积”为定值.③等

号一定能取到,这三个条件缺一不可.

值.

已知 0<x<13,求函数 y=x(1-3x)的最大

[解] y=x(1-3x)=13×3x×(1-3x), ∵0<x<31,∴1-3x>0,x>0. ∴y=x(1-3x)=13×3x×(1-3x)≤ 13×????3x+(21-3x)????2=112.
当且仅当 3x=1-3x
即 x=16,y 有最大值112.



π 0<x< 2

时,函数

1+cossi2nx2+x8sin2x的最小值为(

)

A.2

B.2 3

C.4

D.4 3

f(x) =

[解析] 利用二倍角公式和同角三角函数关系,

将函数式转化变形,再用基本不等式求解.

f(x)=2c2ossi2nx+xc8ossinx2x=ta1n x+4tan x.

∵x∈????0,π2 ????,∴tan x>0.

故 f(x)=ta1n x+4tan x≥2

1 tan

x·4tan

x=4,

故选 C.

[答案] C

3.解决实际问题 由于受算术平均与几何平均定理求最值的约束条件的 限制,在求最值时常常需要对解析式进行合理的变形.对 于一些分式结构的函数,当分子中变量的次数不小于分母 中变量的次数时,通常采用分离变量(或常数)的方法,拼 凑出类似函数 y=x+ax的结构,然后用基本不等式(符合条 件)或单调性求最值.这种变形的技巧经过适当的强化训 练,是可以较容易掌握的.

某游泳馆出售冬游泳卡,每张 240 元,其使用 规定:不记名,每卡每次只限一人,每天只限一次.某班 有 48 名同学,老师打算组织同学们集体去游泳,除需购买 若干张游泳卡外,每次游泳还需包一辆汽车,无论乘坐多 少名同学,每次的包车费均为 40 元.
(1)若使每个同学游 8 次,每人最少应交多少元钱? (2)若使每个同学游 4 次,每人最少应交多少元钱?

[解] 设买 x 张游泳卡,总开支为 y 元,则

(1)每批去 x 名同学,共需去48×x 8批, 总开支又分为:①买卡所需费用 240x,

②包车所需费用48×x 8×40. ∴y=240x+48×x 8×40(0<x≤48,x∈Z).

∴y=240????x+6x4????≥240×2

x×6x4=3 840,

当且仅当 x=6x4,即 x=8 时取等号.

故每人最少应交3 48840=80(元).

(2)每批去 x 名同学,共需去48× x 4批, 总开支又分为:①买卡所需费用 240x,②包车所



费用48× x 4×40.

∴y=240x+48× x 4×40(0<x≤48,x∈Z).

∴y=240????x+3x2????≥240×2 当且仅当 x=3x2, 即 x=4 2时取等号.

x×3x2=1 920 2,

但 0<x≤48,x∈Z,

又当 x1=5 时,y1=240×????5+352????=2 736; 当 x2=6 时,y2=240×????6+362????=2 720. ∵y1>y2, ∴当 x=6 时,y 有最小值,
即 ymin=2 720. 故每人最少应交2 47820≈56.67(元).

1.公式法 |f(x)|>g(x)?f(x)>g(x)或 f(x)<-g(x); |f(x)|<g(x)?-g(x)<f(x)<g(x). 2.平方法 |f(x)|>|g(x)|?[f(x)]2>[g(x)]2. 3.零点分段法 含有两个以上绝对值符号的不等式,可先求出使每个含 绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值,将这些值依次 在数轴上标注出来,它们把数轴分成若干个区间,讨论每一 个绝对值符号内的代数式在每一个区间上的符号,转化为不 含绝对值的不等式去解.

解下列关于 x 的不等式: (1)|x-x2-2|>x2-3x-4; (2)|x+1|>|x-3|; (3)|x2-2|x|-2|≤1; (4)|x-2|-|2x+5|>2x; (5)|2x-1|<|x|+1.

[解] (1)法一:原不等式等价于 x-x2-2>x2-3x-4 或 x-x2-2<-(x2-3x-4), 解得 1- 2<x<1+ 2或 x>-3, ∴原不等式的解集为{x|x>-3}. 法二:∵|x-x2-2|=|x2-x+2|=x2-x+2(x2-x+ 2>0), ∴原不等式等价于 x2-x+2>x2-3x-4?x>-3. ∴原不等式的解集为{x|x>-3}.

(2)法一:|x+1|>|x-3|, 两边平方得(x+1)2>(x-3)2, ∴8x>8,∴x>1, ∴原不等式的解集为{x|x>1}. 法二:分段讨论: 当 x≤-1 时,有-x-1>-x+3,此时 x∈?; 当-1<x≤3 时,有 x+1>-x+3, 即 x>1,∴此时 1<x≤3; 当 x>3 时,有 x+1>x-3 成立,∴x>3. ∴原不等式解集为{x|x>1}.

(3)∵x2=|x|2,

∴原不等式化为



1≤|x|2



2|x|



2≤1





??|x|2-2|x|-3≤0, ???|x|2-2|x|-1≥0

?

?????((||xx||--31)+(2|)x|+(1|x|)-≤1-0,2)≥0??????||xx||≤ ≥31, + 2.

∴1+ 2≤|x|≤3.

∴原不等式解集为[-3,-1- 2 ]∪[1+ 2,3].

(4)分段讨论:①当 x<-52时,原不等式变形为 2-x+2x+5>2x,解得 x<7,∴解集为?????x|x<-25?????. ②当-52≤x≤2 时, 原不等式变形为 2-x-2x-5>2x,解得 x<-35. ∴解集为?????x|-52≤x<-35?????. ③当 x>2 时,原不等式变形为 x-2-2x-5>2x,
解得 x<-73,∴原不等式无解. 综上可得,原不等式的解集为?????x|x<-35?????.

(5)当 x<0 时,原不等式可化为-2x+1<-x+1,
解得 x>0,
又∵x<0,∴x 不存在; 当 0≤x<12时,原不等式可化为-2x+1<x+1, 解得 x>0, 又∵0≤x<12,∴0<x<12; 当 x≥12时,原不等式可化为 2x-1<x+1,即 x<2, ∴12≤x<2. 综上,原不等式的解集为{x|0<x<2}.

若不等式对于给定区间内的任意值都成立,我们 称它为不等式恒成立问题,常用的解决方法有:
(1)实根分布法 涉及到指定区间上一元二次不等式的恒成立问 题时,应根据“三个二次”的辩证统一关系,按照二 次三项式有无实根分类讨论去解决问题. (2)最值法 运用“f(x)≤a?f(x)max≤a,f(x)≥a?f(x)min≥a” 可解决恒成立中的参数范围问题.

(3)更换主元法 不少含参不等式恒成立问题,若直接从主元入手非 常困难或不可能时,可转换思维角度,将主元与参数互 换,常可得到简捷的解法. (4)数形结合法 在研究曲线交点的恒成立问题时,若能数形结合, 揭示问题所蕴含的几何背景,发挥形象思维与抽象思维 各自的优势,可直观地解决问题.

若不等式|x-a|+|x-2|≥1 对任意实数 x 恒成立,求实数 a 的取值范围.
[解] 设 y=|x-a|+|x-2|,则 ymin=|a-2|. 因为不等式|x-a|+|x-2|≥1 对?x∈R 恒成立, 所以|a-2|≥1,解得:a≥3 或 a≤1.

若不等式|x-4|+|3-x|<a 的解集是空集, 求 a 的取值范围.
[解] 法一:(1)当 a≤0 时, 不等式|x-4|+|3-x|<a 的解集是空集. (2)当 a>0 时,先求不等式|x-4|+|3-x|<a 有解时, a 的取值范围. 令 x-4=0,得 x=4,令 3-x=0,得 x=3. 当 x≥4 时,x-4+x-3<a,即 2x-7<a,

??x≥4, 解不等式组???x<a+2 7,得

4≤x<a+2 7,∴a>1.

②当 3<x<4 时,有 4-x+x-3<a,即 a>1.

③当 x≤3 时,有 4-x+3-x<a,即 7-2x<a.

解不等式组?????xx≤ >73-2,a,得7-2 a<x≤3,∴a>1.

综合①②③可知当 a>1 时,原不等式有解,从而当

0<a≤1 时,原不等式解集为空集.

由(1)(2)两种情况可知不等式|x-4|+|3-x|<a 的解集

是空集时,a 的取值范围是 a≤1.

法二:令 y=|x-4|+|3-x|.
?2x-7,x≥4, 则 y=??1,3<x<4,
??-2x+7,x≤3. 作出图象如图,由图象观察可知,要使不等式|x-4| +|3-x|<a 的解集为空集,显然 a≤1.

一、选择题

1.已知 y>x>0,且 x+y=1,那么( )

A.x<x+2 y<y<2xy

B.2xy<x<x+2 y<y

C.x<x+2 y<2xy<y

D.x<2xy<x+2 y<y

解析:选 D 可以代入 x=14,y=43,验证x+2 y=12, 2xy=83,显然 x<2xy<y+2 x<y.

2.若 1<a<3,-4<b<2,则 a-|b|的取值范围是 ()
A.(-1,3) B.(-3,6) C.(-3,3) D.(1,4)
解析:选 C ∵-4<b<2, ∴0≤|b|<4,∴-4<-|b|≤0. 又 1<a<3,∴-3<a-|b|<3.

3.下列命题正确的是( ) A.a>b?ac2>bc2 B.ac>bc?a>b C. aa3b>>b03??????1a<1b D. aa2b>>b02??????1a<1b
解析:选 C ∵ab>0,∴a,b 同号.又 a3>b3, ∴a>b.∴aab>abb.∴1b>1a.

4.已知|α+β|=|α|+|β|,|α |>2 2,|β |>2 2,则下

列结论:

①|α -β|≤|α+β|;②|α-β|>|α+β|;③|α+β|>5;

④|α +β|≤5.其中正确的有( )

A.①②

B.①③

C.②③

D.③④

解析:选 B 由|α+β|=|α|+|β|知 α,β同号, ∴|α-β|≤|α+β|成立.∵|α|>2 2,|β |>2 2, ∴|α+β|=|α|+|β|>4 2>5 成立.
∴①③正确.

二、填空题
5.(陕西高考)设 a,b∈R,|a-b|>2,则关于实数 x 的不等式|x-a|+|x-b|>2 的解集是________.
解析:∵|x-a|+|x-b|≥|a-b|>2, ∴|x-a|+|x-b|>2 恒成立,则解集为 R.
答案:(-∞,+∞)

6.设 x,y,z 为正实数,满足 x-2y+3z=0,则xy2z的 最小值是________.

解析:由

x - 2y + 3z = 0



y



x+3z 2







y2 xz



x2+94zx2z+6xz≥6xz4+xz6xz=3,

当且仅当 x=3z 时取“=”.

答案:3

7.(江西高考)在实数范围内,不等式|2x-1|+|2x+

1|≤6 的解集为________. 解析:原不等式可化为???x<-12, ??1-2x-2x-1≤6

或???-12≤x≤12,

或???x>12,

??1-2x+2x+1≤6 ??2x-1+2x+1≤6.

解得-32≤x≤23,

即原不等式的解集为?????x|-23≤x≤32?????. 答案:?????x|-32≤x≤32?????

8.a>0,b>0,给出下列四个不等式: ①a+b+ 1ab≥2 2; ②(a+b)????1a+1b????≥4;
③a2+abb2≥a+b; ④a+a+1 4≥-2. 其中正确的不等式有________(只填序号).

解析:∵a>0,b>0,

∴①a+b+ 1ab≥2 ab+ 1ab≥2 2 ab·1ab=2 2,

②(a+b)????1a+1b????≥4 ab×

a1b=4;

③∵ a2+2 b2≥a+2 b,

∴a2+b2≥(a+2b)2=(a+b)(a+2 b)≥(a+b) ab,

∴a2+abb2≥a+b;

④a+a+1 4=(a+4)+a+1 4-4 ≥2 (a+4)·a+1 4-4=2-4=-2. 当且仅当 a+4=a+1 4, 即(a+4)2=1 时等号成立, 而 a>0,∴(a+4)2≠1, ∴等号不能取,综上可知①②③正确.
答案:①②③

三、解答题 9.设 a>0,且 a≠1,t>0,比较12logat 与 logat+2 1的 大小.

解:∵logat+2 1-12logat=logat2+1t , 又 t>0,t+1-2 t=( t-1)2≥0, 故 t+1≥2 t,∴t2+1t ≥1. ①当 0<a<1 时,logat2+1t ≤loga1=0, ∴logat+2 1≤12logat.②当 a>1 时,logat2+1t ≥loga1=0, ∴logat+2 1≥12logat.

10.求当 x≠0 时,f(x)=x22+x 1的值域.
解:当 x>0 时,f(x)=x22+x 1=x+2 1x. ∵x+x1≥2,∴0<x+1 1x≤12. ∴0<f(x)≤1,当且仅当 x=1 时,等号成立.

当 x<0 时,f(x)=x22+x 1=(-x)-+2(-1x), ∵(-x)+(-1x)≥2,∴x+1x≤-2,∴-21≤x+1 1x<0, ∴-1≤f(x)<0,当且仅当 x=-1 时,等号成立.
∴函数 f(x)=x22+x 1的值域为[-1,0)∪(0,1].

11.已知函数 f(x)=|x+1|,g(x)=2|x|+a. (1)当 a=0 时,解不等式 f(x)≥g(x); (2)若存在 x∈R,使得 f(x)≥g(x)成立,求实数 a 的取 值范围.

解:(1)∵|x+1|≥2|x|?x2+2x+1≥4x2 ?-13≤x≤1, ∴不等式 f(x)≥g(x)的解集为????-31,1????. (2)若存在 x∈R,使得|x+1|≥2|x|+a 成立,即存在 x∈R,
使得|x+1|-2|x|≥a 成立.
令 φ(x)=|x+1|-2|x|,则 a≤φ(x)max, ?1-x,x≥0,
又 φ(x)=??3x+1,-1≤x<0, ??x-1,x<-1.

当 x≥0 时,φ(x)≤1; 当-1≤x<0 时,-2≤φ(x)<1;当 x<-1 时,φ(x)<
-2.综上可得:φ(x)≤1,∴a≤1, 即实数 a 的取值范围为(-∞,1].

(时间:90 分钟 满分:120 分)
一、选择题(本大题共 10 个小题,每小题 5 分, 共 50 分)
1.“|x-1|<2”是“x<3”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件

解析:选 A ∵|x-1|<2 ?-2<x-1<2?-1<x<3. ∵-1<x<3?x<3,反之不成立. 从而得出“|x-1|<2”是“x<3”的充分不必要条 件.

2.a1<b1<0,则下列不等式:①a+b<ab;②|a|>|b|;

③a<b;④ba+ab>2 中,正确的不等式有( )

A.①②

B.②③

C.①④

D.③④

解析:选 C ∵1a<1b<0,∴0>a>b,③不正确. ∴a+b<0,ab>0,故 a+b<ab 成立,即①正确. 由 0>a>b,得|a|<|b|,∴②不正确. 又ba+ba-2=(a-abb)2>0,∴ba+ab>2,即④正 确.

3.若 a>b>c,则一定成立的不等式是( )

A.a|c|>b|c|

B.ab>ac

C.a-|c|>b-|c| D.a1<b1<1c

解析:选 C 当 c=0 时,A 不成立; a<0 时,B 不成立;当 a=1,c=-1 时,D 不成立. ∵a>b,∴C 成立.

4.函数 y=log2????x+x-1 1+5????(x>1)的最小值为 ()
A.-3 B.3 C.4 D-4
解析:选 B x>1?x-1>0,y= log2????x+x-1 1+5????=
log2????x-1+x-1 1+6????≥log2(2+6)=log28=3.

5.设 6<a<10,a2≤b≤2a,c=a+b,那么 c 的取值 范围是 ( )
A.9<c<30 B.0≤c≤18 C.0≤c≤30 D.15<c<30
解析:选 A 因为2a≤b≤2a,所以32a≤a+b≤3a. 又因为 6<a<10,所以32a>9,3a<30.所以 9<32a≤a +b≤3a<30.即 9<c<30.

6.已知|x-a|<b 的解集为{x|2<x<4},则实数 a 等于 ()
A.1 B.2 C.3 D.4
解析:选 C 由|x-a|<b 得,a-b<x<a+b, 由已知得?????aa- +bb= =24, ,解得?????ab= =31, .

7.设 xy<0,x,y∈R,则下列选项正确的是( ) A.|x+y|>|x-y| B.|x-y|<|x|+|y| C.|x+y|<|x-y| D.|x-y|<||x|-|y||
解析:选 C ∵xy<0,∴x,y 异号.不妨取 x=1,y =-1 验证即可.

8.不等式|x+log3x|<|x|+|log3x|的解集为( ) A.(-∞,+∞) B.(1,+∞) C.(0,+∞) D.(0,1)

解析:选 D 在|a+b|≤|a|+|b|中,当 ab>0 或至少 有一者为零时取等号,
∴当|a+b|<|a|+|b|时,ab<0, ∴x·log3x<0, ∵x>0,∴log3x<0,故 0<x<1.

9.若 0<x<21,则 x2(1-2x)有(

)

A.最小值217 B.最大值217

C.最小值13 D.最大值13

解析:选 B ∵0<x<12,∴1-2x>0, x2(1-2x)=x·x·(1-2x)≤????x+x+(31-2x)????3
=????13????3=217, 当且仅当 x=1-2x,即 x=13时,上式取等号, ∴当 x=31时,x2(1-2x)有最大值217.

10.已知 a>0,b>0,a、b 的等差中项是12,且 α=a +1a,β =b+b1,则 α+β 的最小值是( )
A.3 B.4 C.5 D.6

解析:选 C ∵因为 a+b=2×12=1, 所以 α+β=a+1a+b+1b =1+a1+b1=1+a+a b+b+b a
=3+ab+ba≥5, 当且仅当 a=b 时等号成立,故选 C.

二、填空题(本大题共有 4 小题,每小题 5 分,共 20 分)
11.下列不等式:①x+1x≥2;②????x+1x????≥2;③若 0 <a<1<b,则 logab+logba≤-2;④若 0<a<1<b,则 logab+logba≥2.其中正确的是________.

解析:①当 x>0 时,x+x1≥2,当 x<0 时,x+x1≤- 2;
②∵x 与x1同号,∴????x+1x????=|x|+|x1|≥2; ③当 0<a<1<b 时,logab<0,logba<0, ∴-logab>0,-logba>0,∴logab+logba≤-2; ④由③知 logab+logba≥2 是错误的.
答案:②③

12.(江西高考)在实数范围内,不等式||x-2|-1|≤1 的解集为________.
解析:依题意得-1≤|x-2|-1≤1,即|x-2|≤2,解 得 0≤x≤4.
答案:[0,4]

13.已知 x2+2y2=1,则 x2y4-1 的最大值是________.
解析:∵x2+2y2=1,∴x2+y2+y2=1. 又 x2·y4-1=x2·y2·y2-1, ∵x2·y2·y2≤????x2+y32+y2????3=217, ∴x2y4-1≤217-1=-2267.即 x2y4-1≤-2267. ∴x2y4-1 的最大值是-2267. 答案:-2267

14.(天津高考)已知函数 y=|xx2--11|的图象与函数 y=kx-2 的图象恰有两个交点,则实数 k 的取值范围 是________.

解析:因为函数 y=|xx2--11|=?????x-+x1-,1x,≤--11<或x<x1>,1, 函数 y=kx-2 的图象恒过点(0,-2),根据图象易知, 两个函数图象有两个交点时,0<k<1 或 1<k<4.
答案:(0,1)∪(1,4)

三、解答题(本大题共有 4 小题,共 50 分) 15.(本小题满分 12 分)设关于 x 的不等式 lg(|x +3|+|x-7|)>a. (1)当 a=1 时,解这个不等式; (2)当 a 为何值时,这个不等式的解集为 R?

解:(1)当 a=1 时,原不等式可变为|x+3|+|x-7|>10, 可得其解集为{x|x<-3,或 x>7}. (2)∵|x+3|+|x-7|≥|x+3-(x-7)|=10 对任意 x∈R 都 成立. ∴lg(|x+3|+|x-7|)≥lg10=1 对任何 x∈R 都成立. 即 lg(|x+3|+|x-7|)>a,当且仅当 a<1 时,对任何 x ∈R 都成立.

16.(本小题满分 12 分)若 a>b>c,求证:a-1 b+b-1 c ≥a-4 c.

证明:∵a>b>c,∴a-b>0,b-c>0,a-c>0.

∴(a-c)????a-1 b+b-1 c????

=[(a-b)+(b-c)]????a-1 b+b-1 c????

≥ 2 (a-b)(b-c) ·2

11 a-b·b-c



4(







当 a-b=b-c 时,等号成立).

∴a-1 b+b-1 c≥a-4 c.

17.(本小题满分 12 分)某学校为了美化校园,要建造 一个底面为正方形,容量为 32 m3 的柱形露天喷水池,问 怎样建才能使得用来砌喷水池底部和四壁的镶面材料花 费最少?

解:设喷水池底面正方形边长为 x m,高为 y m, 则 x2y=32, 底面面积与四壁面积之和为 S=x2+4xy=x2+2xy+2xy
≥33 4x4y2=33 4×322=48. 上式当且仅当 x2=2xy, 即 x=2y 时取等号. 又 x2y=32,可得 x=4,y=2. 答:当底面正方形边长为 4 m,高为 2 m 时,材料花 费最少.

18.(本小题满分 14 分)(福建高考)设不等式|2x-1|< 1 的解集为 M.
(1)求集合 M; (2)若 a,b∈M,试比较 ab+1 与 a+b 的大小.

解:(1)由|2x-1|<1 得-1<2x-1<1, 解得 0<x<1, 所以 M={x|0<x<1}. (2)由(1)和 a,b∈M 可知 0<a<1,0<b<1. 所以(ab+1)-(a+b)=(a-1)(b-1)>0, 故 ab+1>a+b.

设 M(x,y),则由?????22xa+x-ay9-y-2a1=8=0,0, 解得?????29xy+=1(8=2-2ayx)a,(a 为参数).消去 a, 可得 4x2+9y2=36(x≠0), 所以点 M 的轨迹是焦点在 x 轴上,长轴长为 6,短轴长为 4 的椭圆(除去点 B,B′).


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