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2014创新设计高中数学(苏教版)第七章 第1讲 一元二次不等式及其解法


第1讲 一元二次不等式及其解法

抓住2个考点

突破3个考向

揭秘3年高考

考点梳理
1.一元二次不等式的求解步骤 (1)将不等式的右边化为零,左边化为二次项系数大于零 的不等式ax2+bx+c>0(a>0)或ax2+bx+c<0(a>0). (2)求出相应的一元二次方程的根.

/>
(3)利用二次函数的图象与x轴的交点确定一元二次不等式
的解集.

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2.一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的 关系 如下表:

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判别式 Δ=b2-4ac 二次函数 y=ax2+bx+c (a>0)的图象 一元二次方程 ax2+bx+c=0 (a>0)的根

Δ>0

Δ=0

Δ<0

有两相异实根 有两相等实根x1 b x1,x2(x1<x2) =x2=- 2a

没有实数根

ax2+bx+c>0 (a>0)的解集 ax2+bx+c<0 (a>0)的解集

{x|x>x2 或x<x1}
{x|x1<x<x2} ____________

—————— ? —
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? b? ?x|x≠- ? 2a ? ?

R __ __ ?
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【助学· 微博】 一个命题解读

一元二次不等式、分式不等式及其他不等式的解法是高考
考查的热点,以填空的形式出现在高考中.而不等式的解 法与函数、数列、平面向量、解析几何、导数等相结合的 问题,则以解答题形式呈现.尤其是含参数的不等式及恒 成立问题,考查得更多一些.

两个防范
(1)二次项系数中含有参数时,参数的符号影响不等式的 解集,不要忘了二次项系数是否为零的情况;

(2)解含参数的一元二次不等式,可先考虑因式分解,再
对根的大小进行分类讨论;若不能因式分解,则可对判别 式进行讨论,分类要不重不漏.
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考点自测
1.(2012· 南京学情分析)若不等式x2-2x+3≤a2-2a-1在

R上的解集是?,则实数a的取值范围是________.
解析 由题意得a2-2a-1<x2-2x+3=(x-1)2+2恒 成立,所以a2-2a-3<0,解得-1<a<3.

答案

{a|-1<a<3}

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2.(2012· 扬州调研)不等式(|x|-1)(x-2)>0的解集是________.
解析 若
??x-1??x-2?>0, ? x≥0,则由? ?x≥0, ?

得 0≤x<1 或 x

>2;若

??x+1??x-2?<0, ? x<0,则由? ?x<0, ?

得-1<x<0.

综上所述,-1<x<1 或 x>2.

答案

(-1,1)∪(2,+∞)

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3.若不等式 ax

2

? ? ? 1 ?x?-2<x< +bx-2<0 的解集为 4 ? ? ?

? ? ?,则 ? ?

ab=________.
解析 1 ∵-2, 是方程 ax2+bx-2=0 的两根, 4

?-2 1 1 ? a =?-2?×4=-2, ∴? ?-b=-7, ? a 4

∴a=4,b=7.∴ab=28.

答案

28

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4.(2012· 南京模拟)已知A={x|1≤x≤2},B={x|x2+2x+
a≥0},A、B的交集不是空集,则实数a的取值范围是 ________.

解析

若A,B的交集是空集时,即x2+2x+a<0在

1≤x≤2上恒成立. 令f(x)=x2+2x+a,因为对称轴为x=-1,所以y=f(x) 在集合A上递增,所以f(2)<0即可,所以a<-8,所以 A,B的交集不是空集时,实数a的取值范围是[-8,

+∞).
答案 [-8,+∞)

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5.(2012· 苏北四市调研一)已知p:x2-4x-5>0,q:x2- 2x+1-m2>0(m>0),若p是q的充分不必要条件,则m 的最大值为________.
解析 p 真:x<-1 或 x>5,q 真:x<1-m 或 x>1

+ m, 因 为 p 是 q 充 分 不 必 要条 件 ,所 以
?1-m≥-1, ? ? ?1+m≤5, ?

且等号不能同时成立,解得 m≤2,

即 m 的最大值为 2.

答案

2
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考向一

一元二次不等式的解法及其应用

a 【例 1】 (2012· 江苏泰州模拟)已知 f(x)是三次项系数为 的三 3 次函数,且不等式 f′(x)-9x<0 的解集是(1,2).

(1)若f′(x)+7a=0仅有一个解,求f′(x)的表达式;
(2)若f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.

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设 f′(x)=ax2+bx+c,则不等式 ax2+(b-9)x+c<0 的解集

是(1,2). b-9 c 所以 a>0,且 1+2=- ,1×2= ,即 b=9-3a,c=2a,此 a a 时 f′(x)=ax2+3(3-a)x+2a. (1)方程 f′(x)+7a=0,即 ax2+3(3-a)x+9a=0,令 Δ=9(3-a)2 -36a2=0,得 a=1 或 a=-3(舍),所以 f′(x)=x2+6x+2. (2)令 f′(x)=ax2+3(3-a)x+2a≥0 恒成立,故 Δ=9(3-a)2- 8a2≤0,得 27-18 2≤a≤27+18 2.

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[方法总结] 解一元二次不等式ax2+bx+c<0(a>0)的一 般步骤是:(1)化为标准形式;(2)确定判别式Δ的符号; (3)若Δ≥0,则求出该不等式对应的二次方程的根,若Δ< 0,则对应的二次方程无根;(4)结合二次函数的图象得出 不等式的解集.特别地,若一元二次不等式的左边的二次 三项式能分解因式,则可直接写出不等式的解集.

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? 6 【训练 1】(2012· 菏泽模拟)已知集合 A=x?x+1≥1,x∈R ? ?



B={x|x2-2x-m<0}.

(1)当m=3时,求A∩(?RB); (2)若A∩B={x|-1<x<4},求实数m的值.
解 (1)因为
? ? 6 ? ? ≥1,x∈R A=?x? x+1 ? ? ? ? ? ? ? ?

? ?x-5 ? ? ≤0,x∈R =?x? ? ?x+1 ?

? ? ?={x|-1<x≤5}, ? ?

又当 m=3 时,B={x|x2-2x-3<0}={x|-1<x<3}, 所以 A∩(? RB)={x|-1<x≤5}∩{x|x≤-1,或 x≥3}= {x|3≤x≤5}.
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(2)由(1)知A={x|-1<x≤5}, 而B={x|x2-2x-m<0},且A∩B={x|-1<x<4}, 所以4是方程x2-2x-m=0的一个根,

即42-2×4-m=0,所以m=8.
此时,B={x|-2<x<4}符合题意,故实数m的值为8.

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考向二

含有参数的不等式的解法及其应用

【例2】 (2012· 广东卷)设a<1,集合A={x∈R|x>0},B= {x∈R|2x2-3(1+a)x+6a>0},D=A∩B. (1)求集合D(用区间表示);

(2)求函数f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax在D内的极值点.
解 (1)从集合B中的一元二次不等式的解法入手,抓住其 判别式的正负对解集的影响来讨论即可;(2)结合第(1) 问,再运用数形结合法,讨论f(x)的单调性即得其极值.

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(1)2x2-3(1+a)x+6a=0 的判别式 Δ=9(1+a)2-48a=9(a-
? 1? ?a- ? ,而 3)· 3? ?

a<1,A={x∈R|x>0},

1 1 ①当 Δ>0 时,得 a< 或 a>3,即 a< , 3 3 由 2x2-3(1+a)x+6a=0, 3?1+a?-3 解得 x1= 3?1+a?+3 x2= 4 4
? 1? ?a-3??a- ? 3? ? ? 1? ?a-3??a- ? 3? ?





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若 x1<0,即 1+a< 若 x2<0,即(1+a)+

? 1? ?a-3??a- ?,得 3? ?

a<0,

? 1? ?a-3??a- ?<0,无解, 3? ?

(ⅰ)所以当 a<0 时,x1<0<x2,B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D =A∩B=(x2,+∞), (ⅱ)当 a=0 时,0=x1<x2,B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D= A∩B=(x2,+∞), 1 (ⅲ)当 0<a< 时,0<x1<x2,B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D= 3 A∩B=(0,x1)∪(x2,+∞);
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1 ②当 Δ=0 时,得 a= ,由 x2-2x+1=0,得 x=1, 3 此时 B=(-∞,1)∪(1,+∞), D=A∩B=(0,1)∪(1,+∞); 1 ③当 Δ<0 时,得 <a<1,B=R,D=A∩B=(0,+∞). 3 1 综上所述:当 a≤0 时,D=(x2,+∞);当 0<a< 时, 3
? ? 1 ?? ? 3?1+a?-3 ?a-3??a- ?? D=?0, 3 ?? ? ? ? 4

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? ? ? 1? ?3?1+a?+3 ?a-3??a- ? ? ∪? 3 ?,+∞ ?; ? ? ? 4

1 当 a= 时,D=(0,1)∪(1,+∞); 3 1 当 <a<1 时,D=(0,+∞). 3

(2)f′(x)=6x2-6(1+a)x+6a=6(x-1)(x-a),a<1,
令f′(x)=0得x=a或x=1,当x<a或x>1时,f′(x)>0,f(x)单 调递增,

当a<x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
①当a≤0时,D=(x2,+∞),因为x2>1, 所以此时f(x)在D=(x2,+∞)上无极值点;
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1 ②当 0<a< 时, D=(0, 1)∪(x2, x +∞), 3 3?1+a?-3 x1= 3?1+a?+3 x2= 4 4
? 1? ?a-3??a-3? ? ? ? 1? ?a-3??a-3? ? ?





由f(0)=0,f(a)=2a3-3(1+a)a2+6a2=a2(3-a)>0,f(1)
=2-3(1+a)+6a=3a-1<0,再由f(x)的单调性可得 0<a<x1<1<x2,

此时f(x)在D上只存在一个极大值点x=a;

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1 ③当 a= 时,f(x)在 D=(0,1)∪(1,+∞)上只存在一 3 1 个极大值点 x= ; 3 1 ④当 <a<1 时,f(x)在 D=(0,+∞)上存在一个极大值点 x 3
=a 和极小值点 x=1. 1 综上所述,当 a≤0 时,f(x)在 D 上无极值点;当 0<a≤ 时, 3 1 f(x)在 D 上存在一个极大值点 x=a;当 <a<1 时,f(x)在 D 3 上存在一个极大值点 x=a 和极小值点 x=1.
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[方法总结] 解含参数的一元二次不等式的步骤 (1)若二次项含有参数应讨论是否等于0,小于0,还是大 于0,然后将不等式转化为二次项系数为正的形式.

(2)其次判断方程的根的个数,讨论判别式Δ与0的关系.
(3)再次当方程有两个根时,要讨论两根的大小关系,从 而确定解集形式.

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【训练2】 解关于x的不等式(1-ax)2<1.
解 由(1-ax)2<1,得 a2x2-2ax<0,即 ax(ax-2)<0,

当 a=0 时,x∈?. 当 a>0 时,由 ax(ax-2)<0,得 a 2 2 即 0<x< .当 a<0 时, <x<0. a a 综上所述:当 a=0 时,不等式解集为空集;当 a>0 时,不等
? ? ? 2 ?x?0<x< 式解集为 a ? ? ? ? ? ?; 当 ? ? ? ?2 ? a<0 时, 不等式解集为?x? ? ?a ? ? ? <x<0 ?. ? ?
2

? 2? x?x- ?<0, a? ?

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考向三

一元二次不等式恒成立问题

【例3】 设函数f(x)=mx2-mx-1.
(1)若对于一切实数x,f(x)<0恒成立,求m的取值范围; (2)若对于x∈[1,3],f(x)<-m+5恒成立,求m的取值范

围. 解 (1)要使 mx2-mx-1<0 恒成立,
若 m=0,显然-1<0; 若
?m<0, ? m≠0,则? ?Δ=m2+4m<0 ?

?-4<m<0.

所以-4<m≤0.
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(2)要使 f(x)<-m+5 在[1,3]上恒成立,即
? 1? 2 3 m?x- ? + m-6<0 2? 4 ?

在 x∈[1,3]上恒成立.

有以下两种方法: 法一 令
? 1? 2 3 g(x)=m?x- ? + m-6,x∈[1,3]. 2? 4 ?

当 m>0 时,g(x)在[1,3]上是增函数, 所以 g(x)max=g(3)?7m-6<0, 6 6 所以 m< ,则 0<m< ; 7 7

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当m=0时,-6<0恒成立; 当m<0时,g(x)在[1,3]上是减函数, 所以g(x)max=g(1)?m-6<0,所以m<6,所以m<0.
? ? ? 6 ?m?m< 综上所述:m 的取值范围是 7 ? ? ? ? ? ?. ? ?

法二

因为 x
2

2

? 1?2 3 -x+1=?x- ? + >0, 2? 4 ?

6 又因为 m(x -x+1)-6<0,所以 m< 2 . x -x+1

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6 6 因为函数 y= 2 = 在[1,3]上的最小值为 1?2 3 x -x+1 ? ?x- ? + 2? 4 ? 6 6 ,所以只需 m< 即可. 7 7
? ? ? 6 ?m?m< 所以,m 的取值范围是 7 ? ? ? ? ? ?. ? ?

[方法总结] 1.含参数的不等式恒成立问题,通过分离参
数,参数的范围化归为函数的最值问题.a>f(x)恒成立 ?a>f(x)max,a<f(x)恒成立?a<f(x)min. 2.一元二次不等式恒成立问题:

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(1)ax2+bx+c>0 对任意实数 x

?a>0, ? 均成立?? ?Δ<0, ?

ax2+bx

+c<0 对任意实数 x

?a<0, ? 均成立?? ?Δ<0. ?

(2)若 ax2+bx+c>0(或<0)(a≠0)在 x∈[x1,x2]时均成立, 可利用根的分布求解.

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【训练3】 已知f(x)=x2-2ax+2(a∈R),当x∈[-1,+ ∞) 时,f(x)≥a恒成立,求a的取值范围. 解 法一 f(x)=(x-a)2+2-a2,此二次函数图象的对称 轴为x=a. ①当a∈(-∞,-1)时,f(x)在[-1,+∞)上单调递增, f(x)min=f(-1)=2a+3.要使f(x)≥a恒成立, 只需f(x)min≥a,即2a+3≥a,解得-3≤a<-1;

②当a∈[-1,+∞)时,f(x)min=f(a)=2-a2,
由2-a2≥a,解得-1≤a≤1. 综上所述,所求a的取值范围为[-3,1].

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法二

令 g(x)=x2-2ax+2-a, 由已知得 x2-2ax+

2-a≥0 在[-1,+∞)上恒成立, ?Δ>0, ? 2 即 Δ=4a -4(2-a)≤0 或?a<-1, ? ?g?-1?≥0. 解得-3≤a≤1.所求 a 的取值范围是[-3,1].

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规范解答11

怎样求解含参数不等式的恒成立问题

含参数的不等式恒成立问题越来越受到高考命题者
的青睐,且由于新课标对导数应用的加强,这些不等式恒 成立问题往往与导数问题交织在一起,在近年的高考试题

中不难看出这个基本的命题趋势.对含有参数的不等式恒
成立问题,破解的方法主要有:分离参数法和函数性质 法. 解决这类问题的关键是将恒成立问题进行等价转 化,使之转化为函数的最值问题.
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【示例】 (2011· 浙江卷)设函数f(x)=a2ln x-x2+ax,a>0. (1)求f(x)的单调区间; (2)求所有的实数a,使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立.

注:e为自然对数的底数.
[审题路线图] 第(1)问求f′(x),令f′(x)>0或f′(x)<0可求 单调区间;第(2)问只需f(x)min≥e-1且f(x)max≤e2即可.

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[解答示范] (1)因为 f(x)=a2ln x-x2+ax,其中 x>0,(2 分) ?x-a??2x+a? a2 所以 f′(x)= x -2x+a=- . x 由于 a>0,所以 f(x)的单增区间为(0,a), 递减区间为(a,+∞). (2)由题意得,f(1)=a-1≥e-1,即 a≥e. 由(1)知 f(x)在[1,e]内单调递增, 要使 e-1≤f(x)≤e2,对 x∈[1,e]恒成立,
?f?1?=a-1≥e-1, ? 只要? ?f?e?=a2-e2+ae≤e2, ?

(5 分)

(7 分) (9 分)

(12 分) (14 分)
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解得 a=e.

[模板构建] 解含参数不等式恒成立问题,可按下列方法求 解: 第一种方法:利用判别式法求解;对于一元二次不等式恒

成立问题这是最基本方法;
第二种方法:构造函数,利用函数最值法求解,即f(x)≥0 恒成立?f(x)min≥0;f(x)≤0恒成立?f(x)max≤0.

第三种方法:数形结合法求解,对不太常规的函数,有时
较为方便. 第四种方法:分离参数,用最值法求解,即f(x)≥a恒成立 ?f(x)max≥a; f(x)≤a恒成立?f(x)min≤a.
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高考经典题组训练
1.(2012· 福建卷)已知关于x的不等式x2-ax+2a>0在R上 恒成立,则实数a的取值范围是________. 解析 答案 由题意得Δ=a2-8a<0,解得0<a<8. (0,8)

x-1 2.(2012· 重庆卷改编)不等式 ≤0 的解集为________. 2x+1

解析 <x≤1.
答案

??x-1??2x+1?≤0, ? 原不等式等价于 ? ?2x+1≠0, ?

1 解得- 2

? ? 1 ? ?x?- <x≤1 ? ? 2 ?

? ? ? ? ?
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3.(2012· 江苏卷)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R)的值 域为[0,+∞),若关于x的不等式f(x)<c的解集为(m,m+ 6),则实数c的值为________.
解析 由函数 f(x)=x2+ax+b 的值域为[0,+∞),得 ①

Δ=a2-4b=0, 由不等式 x2+ax+b-c<0 的解集是(m,m+6),
?2m+6=-a, ? 得? ?m?m+6?=b-c, ? ?a=-2m-6, ? 所以? ?b=m?m+6?+c, ?

代入①,得(2m+6)2-4m(m+6)-4c=0,解得 c=9.

答案 9
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4.(2012· 浙江卷)设a∈R,若x>0时均有[(a-1)x-1](x2- ax-1)≥0,则a=________. 解析 由题知x>0时均有[(a-1)x-1](x2-ax-1)≥0,

当a=1时,不符合题意;
当a≠1时,
? 1 ? 2 ? ? 原不等式即为(a-1)?x- ? (x -ax-1)≥0, a-1? ?

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令f(x)=[(a-1)x-1](x2-ax-1). 当a-1<0时,函数f(x)的图象如图①: ∴a<1时,不满足题意.

当a-1>0时,
? 1 ? 2 ? ? 那么?x- ?(x -ax-1)≥0. a-1? ?

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函数 g(x)=x2-ax-1 一定有两个零点,且一 正一负. 若满足题意, 则函数 f(x)的图象应为 图②: 1 即 与 x2-ax-1=0 的正根相等. a-1 a+ a2+4 1 3 ∴ = .解得 a= . 2 2 a-1
3 答案 2

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5.(2010· 湖南卷)已知函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),对
任意的x∈R,恒有f′(x)≤f(x). (1)证明:当x≥0时,f(x)≤(x+c)2; (2)若对满足题设条件的任意b,c,不等式f(c)- f(b)≤M(c2-b2)恒成立,求M的最小值.

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(1)证明

易知 f′(x)=2x+b.由题设,对任意 x∈R,2x+

b≤x2+bx+c,即 x2+(b-2)x+c-b≥0 恒成立, b2 ∴(b-2)2-4(c-b)≤0,从而 c≥ +1. 4 于是 c≥1,且 c≥2 ∴2c-b=c+(c-b)>0. 故当 x≥0 时,有(x+c)2-f(x)=(2c-b)x+c(c-1)≥0. 即当 x≥0 时,f(x)≤(x+c)2. b2 ×1=|b|, 4

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(2)解

由(1)易知,c≥|b|.

f?c?-f?b? c2-b2+bc-b2 c+2b 当 c>|b|时,有 M≥ 2 = = . c -b2 c2-b2 c+b c+2b b 1 令 t= ,则-1<t<1, =2- . c c+b 1+t
? 1 3? 而函数 g(t)=2- (-1<t<1)的值域是?-∞, ?. 2? ? 1+t

∴当 c>|b|时,M

?3 ? 的取值集合为? ,+∞ ?. ?2 ?

当 c=|b|时,由(1)易知,b=± 2,c=2.

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此时 f(c)-f(b)=-8 或 0,c2-b2=0, 3 2 2 从而 f(c)-f(b)≤ (c -b ). 2 3 综上所述,M 的最小值为 . 2

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高中数学 第七章 第1讲 一元二次不等式及其解法

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第七章第2讲一元二次不等式

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2014一轮复习第2讲 一元二次不等式及其解法(学生)

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一元二次不等式及其解法教案

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[创新设计]2014届高考数学人教a版(理)一轮复习[配套word版文档]:第七篇 第2讲 一元二次不等式及其解法

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2016高考数学大一轮复习 7.1一元二次不等式及其解法试题 理 苏教版

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一元二次不等式及其解法

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