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高中数学复习专题讲座(第18讲)几种常见解不等式的解法

题目 高中数学复习专题讲座 几种常见解不等式的解法 高考要求 不等式在生产实践和相关学科的学习中应用广泛, 又是学习高等数学的 重要工具,所以不等式是高考数学命题的重点,解不等式的应用非常广泛, 如求函数的定义域、值域,求参数的取值范围等,高考试题中对于解不等式 要求较高,往往与函数概念,特别是二次函数、指数函数、对数函数等有关 概念和性质密切联系,应重视;从历年高考题目看,关于解不等式的内容年 年都有,有的是直接考查解不等式,有的则是间接考查解不等式 重难点归纳 解不等式对学生的运算化简等价转化能力有较高的要求, 随着高考命题 原则向能力立意的进一步转化, 对解不等式的考查将会更是热点, 解不等式 需要注意下面几个问题 (1)熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法 (2)掌握用零点分段法解高次不等式和分式不等式,特别要注意因式的 处理方法 (3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式,指数和对数不等式的几种 基本类型的解法 (4)掌握含绝对值不等式的几种基本类型的解法 (5)在解不等式的过程中,要充分运用自己的分析能力,把原不等式等 价地转化为易解的不等式 (6)对于含字母的不等式,要能按照正确的分类标准,进行分类讨论 典型题例示范讲解 例 1 已知 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且 f(1)=1,若 m、n∈[-
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1,1] ,m+n≠0 时

f (m ) ? f (n ) m ?n

>0

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(1)用定义证明 f(x)在[-1,1]上是增函数; (2)解不等式
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f(x+

1 2

)<f(

1 x ?1

);

(3)若 f(x)≤t2-2at+1 对所有 x∈[-1,1] ,a∈[-1,1]恒成立,求 实数 t 的取值范围 命题意图 本题是一道函数与不等式相结合的题目,考查学生的分析 能力与化归能力 知识依托 本题主要涉及函数的单调性与奇偶性,而单调性贯穿始终, 把所求问题分解转化, 是函数中的热点问题; 问题的要求的都是变量的取值 范围,不等式的思想起到了关键作用
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错解分析

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(2)问中利用单调性转化为不等式时, x+
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1 2

∈ [-1, , 1]

1

x ?1

∈[-1,1]必不可少,这恰好是容易忽略的地方

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技巧与方法 (1)问单调性的证明,利用奇偶性灵活变通使用已知条件 不等式是关键,(3)问利用单调性把 f(x)转化成“1”是点睛之笔 (1)证明 任取 x1<x2,且 x1,x2∈[-1,1] ,则 f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-
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x2)=

f ( x1 ) ? f ( ? x 2 ) x1 ? x 2

·(x1-x2)

∵-1≤x1<x2≤1, ∴x1+(-x2)≠0,由已知
f ( x1 ) ? f ( ? x 2 ) x1 ? x 2

>0,又 x1-x2<0,
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∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x)在[-1,1]上为增函数 (2)解 ∵f(x)在[-1,1]上为增函数,
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1 ? ?1? x ? ? 1 ? 2 ? 1 ? ∴ ?? 1 ? ?1 x ?1 ? 1 1 ? ?x ? 2 ? x ?1 ?
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解得

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{x|-

3 2

≤x<-1,x∈R}

(3)解 由(1)可知 f(x)在[-1,1]上为增函数,且 f(1)=1, 故对 x∈[-1,1] ,恒有 f(x)≤1, 所以要 f(x)≤t2-2at+1 对所有 x∈[-1,1] ,a∈[-1,1]恒成立, 2 即要 t -2at+1≥1 成立, 故 t2-2at≥0,记 g(a)=t2-2at,对 a∈[-1,1] ,g(a)≥0, 只需 g(a)在[-1,1]上的最小值大于等于 0,g(-1)≥0,g(1)≥0, 解得,t≤-2 或 t=0 或 t≥2 ∴t 的取值范围是 {t|t≤-2 或 t=0 或 t≥2} 例 2 设不等式 x2-2ax+a+2≤0 的解集为 M,如果 M ? [1,4] ,求实
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数 a 的取值范围 命题意图 考查二次不等式的解与系数的关系及集合与集合之间的关 系 知识依托 本题主要涉及一元二次不等式根与系数的关系及集合与集 合之间的关系,以及分类讨论的数学思想 错解分析 M= ? 是符合题设条件的情况之一, 出发点是集合之间的关 系考虑是否全面,易遗漏;构造关于 a 的不等式要全面、合理,易出错 技巧与方法 该题实质上是二次函数的区间根问题,充分考虑二次方 程、二次不等式、二次函数之间的内在联系是关键所在;数形结合的思想使 题目更加明朗 解 M ? [1,4]有两种情况 其一是 M= ? ,此时Δ <0;其二是 M
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≠ ? ,此时Δ =0 或Δ >0,分三种情况计算 a 的取值范围 设 f(x)=x2 -2ax+a+2,有Δ =(-2a)2-(4a+2)=4(a2-a-2) (1)当Δ <0 时,-1<a<2,M= ? ? [1,4]
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(2)当Δ =0 时,a=-1 或 2 当 a=-1 时 M={-1} ? [1,4] ;当 a=2 时,m={2} ? [1,4]
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(3)当Δ >0 时,a<-1 或 a>2 设方程 f(x)=0 的两根 x1,x2,且 x1<x2,
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那么 M= 1, 2] M ? [1, ? 1≤x1<x2≤4 ? ? [x x , 4]
?? a ? 3 ? 0 ? ?18 ? 7 a ? 0 即? ,解得 ?a ? 0 ? a ? ? 1或 a ? 2 ?

? f (1 ) ? 0 , 且 f ( 4 ) ? 0 ?1 ? a ? 4 , 且 ? ? 0

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2<a<

18 7



∴M ? [1,4]时,a 的取值范围是(-1, 例 3 解关于 x 的不等式 解
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18 7

)

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a ( x ? 1) x?2
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>1(a≠1)

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原不等式可化为

( a ? 1) x ? ( 2 ? a ) x?2

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>0,
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①当 a>1 时,原不等式与(x- 由于
a?2 a ?1 ? 1? 1 a ?1 ?1? 2

a ? 2 a ?1

)(x-2)>0 同解

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∴原不等式的解为(-∞,

a ? 2 a ?1

)∪(2,+∞)

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②当 a<1 时,原不等式与(x- 由于
a?2 a ?1 ? 1? a?2 1 a ?1 ? 1?

a ? 2 a ?1

)(x-2) <0 同解

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,
1 ? 2 ,解集为(
a ? 2

若 a<0,

a ?1 a ?1 1 ? 1? ? 2 ,解集为 ? ; 若 a=0 时, a ?1 a ?1 a?2 1 a ? 2 ? 1? ? 2 ,解集为(2, 若 0<a<1, ) a ?1 a ?1 a ?1

a ?1 a?2

,2);

综上所述

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当 a>1 时解集为(-∞,
a ? 2 a ?1

a ? 2 a ?1

)∪(2,+∞);当 0<a<1
a ? 2 a ?1

时,解集为(2, 2) 学生巩固练习
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);当 a=0 时,解集为 ? ;当 a<0 时,解集为(



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? ? ( x ? 1) 2 ( x ? ? 1) ? 设函数 f(x)= ? 2 x ? 2 ( ? 1 ? x ? 1 ) , 已知 f(a)>1, a 的取值范围是( 则 ?1 ? ? 1( x ? 1 ) ?x
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)

A C ∞) 2 集是(
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(-∞,-2)∪(- (-∞,-2)∪(-

1 2 1 2

,+∞) ,1)

B

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(- D
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1 2



1 2

)
1 2

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(-2,-

)∪(1,+

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已知 f(x)、g(x)都是奇函数,f(x)>0 的解集是(a2,b),g(x)>0 的解
2

a



b 2

),则 f(x)·g(x)>0 的解集是__________

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2
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3 已知关于 x 的方程 sin2x+2cosx+a=0 有解, a 的取值范围是_______ 则 4 已知适合不等式|x2-4x+p|+|x-3|≤5 的 x 的最大值为 3 (1)求 p 的值;
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(2)若 f(x)=

p p

x x

?1 ?1

,解关于 x 的不等式 f- 1(x)> log
7 2



1? x
p

(k∈R+)

k

5 式
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设 f(x)=ax2+bx+c,若 f(1)=
1 2

,问是否存在 a、b、c∈R,使得不等
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x2+
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≤f(x)≤2x2+2x+

3 2

对一切实数 x 都成立,证明你的结论

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6 已知函数 f(x)=x2+px+q,对于任意θ ∈R,有 f(sinθ )≤0,且 f(sinθ +2)≥2 (1)求 p、q 之间的关系式; (2)求 p 的取值范围; (3)如果 f(sinθ +2)的最大值是 14,求 p 的值 并求此时 f(sinθ )的最小 值
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7 8

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解不等式 loga(x-

1 x

)>1
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设函数 f(x)=ax 满足条件

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当 x∈(-∞,0)时,f(x)>1;当 x∈(0,

1 ] 时,不等式 f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2)恒成立,求实数 m 的取值范 围
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参考答案 1 解析 由 f(x)及 f(a)>1 可得
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?a ? ?1 ? 2 ? ( a ? 1) ? 1

① 或?

?? 1 ? a ? 1 ?2a ? 2 ? 1
1 2

② 或?1

?a ? 1 ? ? ?1?1 ?a



解①得 a<-2,解②得-

<a<1,解③得 x∈ ?
1 2

∴a 的取值范围是(-∞,-2)∪(-
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,1)

答案 C 2 解析 由已知 b>a2∵f(x),g(x)均为奇函数,
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∴f(x)<0 的解集是(-b,-a2),g(x)<0 的解集是(- , ?
2

b

a

2

)

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2

由 f(x)·g(x)>0 可得

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?a 2 ? x ? b ?? b ? x ? ? a 2 ? f (x) ? 0 ? f (x) ? 0 ? ? 2 或? ,即 ? a 2 ? b或? b a ? x? ? g (x) ? 0 ? g (x) ? 0 ? ?? ? x ? ? 2 ? 2 2 ? 2

∴x∈(a2, 答案
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b 2

)∪(-
b 2

b 2

,-a2)
b 2

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(a2,
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)∪(-

,-a2)

3 解析 原方程可化为 cos2x-2cosx-a-1=0,令 t=cosx,得 t2-2t-a- 1=0,原问题转化为方程 t2-2t-a-1=0 在[-1,1]上至少有一个实根 令 f(t)=t2-2t-a-1,对称轴 t=1,
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画图象分析可得 ?
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? f ( ? 1) ? 0 ? f (1) ? 0

解得 a∈[-2,2]

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答案 [-2,2] 4 解 (1)∵适合不等式|x2-4x+p|+|x-3|≤5 的 x 的最大值为 3, ∴x-3≤0,∴|x-3|=3-x 若|x2-4x+p|=-x2+4x-p,则原不等式为 x2-3x+p+2≥0, 其解集不可能为{x|x≤3}的子集,∴|x2-4x+p|=x2-4x+p ∴原不等式为 x2-4x+p+3-x≤0,即 x2-5x+p-2≤0,
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令 x2-5x+p-2=(x-3)(x-m),可得 m=2,p=8 (2)f(x)=
8 ?1
x

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8 ?1
x

,∴f- 1(x)=log8 >log8
1? x k



1? x 1? x

(-1<x<1 ) ,

∴有 log8

1? x 1? x

,∴log8(1-x)<log8k,∴1-x<k,∴x>1-k

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∵-1<x<1,k∈R+,∴当 0<k<2 时,原不等式解集为{x|1-k<x<1}; 当 k≥2 时,原不等式的解集为{x|-1<x<1 }
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由 f(1)=

7 2

得 a+b+c=

7 2

,令 x2+
3
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1 2

=2x2+2x+

3 2

x ? =-1,

由 f(x)≤2x2+2x+ 由 f(x)≥x2+
1 2

3 2

推得 f(-1)≤
3 2 5 2

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2

推得 f(-1)≥

,∴f(-1)=

3 2

,∴a-b+c=
5 2

3 2



故 2(a+c)=5,a+c= 依题意
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且 b=1,∴f(x)=ax2+x+(
1 2

-a)

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ax2+x+(

5 2

-a)≥x2+

对一切 x∈R 成立,

∴a≠1 且Δ =1-4(a-1)(2-a)≤0,得(2a-3)2≤0, ∴f(x)= 易验证
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3 2

x2+x+1
3 2

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x2+x+1≤2x2+2x+
3 2

3 2

对 x∈R 都成立

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∴存在实数 a=

,b=1,c=1,
1 2

使得不等式 x2+
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≤f(x)≤2x2+2x+

3 2

对一切 x∈R 都成立

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6 解 (1)∵-1≤sinθ ≤1,1≤sinθ +2≤3,即当 x∈[-1,1]时,f(x) ≤0,当 x∈[1,3]时,f(x)≥0,∴当 x=1 时 f(x)=0 ∴1+p+q=0,∴q=- (1+p) (2)f(x)=x2+px-(1+p), 当 sinθ =-1 时 f(-1)≤0,∴1-p-1-p≤0,∴p≥0 (3)注意到 f(x)在[1,3]上递增,∴x=3 时 f(x)有最大值 即 9+3p+q=14,9+3p-1-p=14,∴p=3 此时,f(x)=x2+3x-4,即求 x∈[-1,1]时 f(x)的最小值
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又 f(x)=(x+

3 2

)2-

25 4

,显然此函数在[-1,1]上递增
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∴当 x=-1 时 f(x)有最小值 f(-1)=1-3-4=-6

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? ?1 ? ? (1)当 a>1 时,原不等式等价于不等式组 ? ?1 ? ? ?
1
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1 x 1 x

?0 ? a

由此得 1-a>

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因为 1-a<0,所以 x<0,∴

1 1? a

<x<0

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x

(2)当 0<a<1 时,原不等式等价于不等式组

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? 1? ? ? ? ?1 ? ? ?

1 x 1 x

? 0 ? ?① ? a ②
1
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由 ①得 x>1 或 x<0,由②得 0 <x< 综上,当 a>1 时,不等式的解集是{x| 式的解集为{x|1<x< 8
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1 1? a 1

,∴1<x<

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1? a

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1? a

<x<0 } ,当 0<a<1 时,不等

1 1? a

}

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由已知得 0<a<1,由 f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2),x∈(0,1 ]
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恒成立

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? 3 mx ? 1 ? 1 ? mx ? x 2 ? ? ? 在 x∈(0,1 ] 恒成立 ?1 ? mx ? x 2 ? m ? 2 ?
2 ? ?2 x ? 1 ? x

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整理,当 x∈(0,1)时, ?

? m ( x ? 1) ? x 2 ? 1 ?

恒成立,

2 ? 1? x ?m ? ? 2x 即当 x∈(0,1 ] 时, ? 恒成立, 2 x ?1 ? m ? ? x ?1 ?

且 x=1 时, ?
1? x 2x
2

2 ? ? 2 mx ? 1 ? x

? m ( x ? 1) ? x 2 ? 1 ?
? 1 2

恒成立,
1? x 2x
2



?

1 2x
2

在 x∈(0,1 ] 上为减函数,∴
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<-1,

∴m<

1? x 2x

恒成立 ? m<0

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又∵

x

2

?1
2

x ?1 x

? ( x ? 1) ?

12 x ?1

? 2 ,在 x∈(0,1 ] 上是减函数,∴

x

2

?1

x ?1

<-1

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∴m>

?1

x ?1

恒成立 ? m>-1

2 ? 1? x m ? ? ? 2x 当 x∈(0,1)时, ? 恒成立 ? m∈(-1,0) 2 x ?1 ? m ? ? x ?1 ?



当 x=1 时, ?

? 2 mx ? 1 ? x 2 ? ? m ( x ? 1) ? x ?
2

?1

,即是 ?

?m ? 0 ?0 ? 1

∴m<0



∴①、②两式求交集 m∈(-1,0),使 x∈(0,1 ] 时, f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2)恒成立,m 的取值范围是(-1,0)

课前后备注

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