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2014年彭湃中学高中数学竞赛辅导试题:二次函数 2


彭湃中学 2014 级数学竞赛辅导专题一
2

二次函数

一、二次函数的解析式 : ①一般式: f(x)=ax +bx+c. ②顶点式: f(x)=a(x-h)2+k. ③零点式: f(x)=a(x-x1)(x-x2).(a≠0) 二、二次函数的最值:当自变量的取值范围为闭区间[p,q]时,其最值在 f(p)、f(q)、f( ?

三者中取得,最值情况如下表:
? b ∈[p, q] 2a ? b 2a b ) 2a

[p, q]

a>0

fmin=f( ?

4ac ? b 2 b )= 2a 4a

fmax=max{f(p),f(q)}
4ac ? b 2 b fmax=f( ? )= 2a 4a

fmin=min{f(p),f(q)} fmax=max{f(p),f(q)}

a<0

fmin=min{f(p),f(q)} 例 1:来源:01 全国高考 题型:解答题,难度:中档 (2)求 f ( x) 的最小值 设 a 为实数,函数 f ( x) ? x 2 ? | x ? a | ?1 , x ? R (1)讨论 f ( x) 的奇偶性; 答案: 解: (I)当 a ? 0 时,函数 f (? x) ? (? x) 2 ? | ? x | ?1 ? f ( x) 此时, f ( x) 为偶函数当 a ? 0 时, f (a) ? a 2 ? 1, f (?a) ? a 2 ? 2 | a | ?1 ,
f (a) ? f (?a) , f (a) ? ? f (?a) 此时 f ( x) 既不是奇函数,也不是偶函数
1 3 (II) (i)当 x ? a 时, f ( x) ? x 2 ? x ? a ? 1 ? ( x ? ) 2 ? a ? 2 4
王新敞
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当a ?

1 ,则函数 f ( x) 在 (??, a] 上单调递减,从而函数 f ( x) 在 (??, a] 上的最小值为 2 1 1 3 1 ,则函数 f ( x) 在 (??, a] 上的最小值为 f ( ) ? ? a ,且 f ( ) ? f (a) . 2 2 4 2

f (a) ? a 2 ? 1.若 a ?

1 3 (ii)当 x ? a 时,函数 f ( x) ? x 2 ? x ? a ? 1 ? ( x ? ) 2 ? a ? 2 4 1 1 3 1 若 a ? ? ,则函数 f ( x) 在 (??, a] 上的最小值为 f (? ) ? ? a ,且 f (? ) ? f (a) 2 2 4 2

1 若 a ? ? ,则函数 f ( x) 在 [a,??) 上单调递增,从而函数 f ( x) 在 [a,??) 上的最小值为 2

f (a) ? a 2 ? 1.
3 1 综上,当 a ? ? 时,函数 f ( x) 的最小值为 ? a 4 2

当?

1 1 ? a ? 时,函数 f ( x) 的最小值为 a 2 ? 1 2 2
第 1 页 共 1 页

当a ?

1 3 时,函数 f ( x) 的最小值为 ? a . 2 4

例 2:已知函数 f(x)= ax2 ? bx ? c ,其中 a ? N * , b ? N , c ? Z . (1)若 b>2a,且 f(sinx)(x∈R)的最大值为 2,最小值为-4,试求函数 f(x)的最小值; (2) 若对任意实数 x, 不等式 4 x ? f ( x) ? 2( x 2 ? 1) 恒成立,且存在 x0使得f ( x0 ) ? 2( x 2 0 ? 1) 成立, 求 c 的值。 答案: f(sinx)= a sin 2 x ? b sin x ? c
? b ? ?1,? 对称轴在 x ? ?1左边 2a

? f (sin x) min ? f (?1) ? ?4, f(sinx)max=f(1)=2,

?a ? b ? c ? ?4, ?? ?a ? b ? c ? 2,

?b ? 3, ? ?c ? ?1 ? a,

又 b>2a>0,? a ? 1, c ? ?2. ? f ( x) ? x 2 ? 3x ? 2.
f ( x) min ? ? 17 4

(7 分)

(2)? 4x ? f ( x) ? 2( x 2 ? 1),? 4 ? f (1) ? 2(1 ? 1) ? 4,? f (1) ? 4.(1分)

? a ? b ? c ? 4,即b ? 4 ? ?(a ? c).(1分)

又? f ( x) ? 4x,即ax2 ? (b ? 4) x ? c ? 0恒成立. ? ? ? (b ? 4) ? 4ac ? 0,即(?a ? c) 2 ? 4ac ? 0,
? (a ? c) 2 ? 0,? a ? c.(2分) ? b ? 4 ? 2a ? 0, a ? 2, 又a ? N * . ? a ? 1或a ? 2.(1分)

当a ? 2时, c ? 2,? b ? 0,? f ( x) ? 2x 2 ? 2.
2 不存在 x0使f ( x0 ) ? 2x0 ? 2.

当 a=1 时,c=1,?b ? 2,? f ( x) ? x 2 ? 2x ? 1.
2 此时存在 x0,使 f ( x0 ) ? 2( x0 ? 1).故c ? 1.(2分)

第 2 页 共 2 页

配套练习 1. 当 x 为何值时,函数 f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+…+(x-an)2 取最小值。 解:f(x)=(x2-2a1x+a12)+(x2-2a2x+a22)+ …+(x2-2anx+an2) =nx2-2(a1+a2…+an)x+(a12+a22+…+an2) ∴当 x=(a1+a2…+an)/n 时,f(x)有最小值. 配套练习 2.已知 x1,x2 是方程 x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0 的两个实数根,x12+x22 的最大值是____. 解:由韦达定理得:x1+x2=k-2,x1x2=k2+3k+5. ∴x12+x22=(x1+x2)2-2x1x 2=(k-2)2-2(k2+3k+5) =-k2-10k-6=-(k+5)2+19 .已知 x1,x2 是方程的两个实根,即方程有实数根,此时方程的判别式 Δ ≥0, 即Δ =(k-2)2-4(k2+3k+5) =-3k2-16k-16≥0 4 4 4 50 解得:-4≤k≤ ? .∵k=-5 [-4, ? ],设 f(k)=-(k+5)2+19 则 f(-4)=18,f( ? )= <18. 3 3 3 9 ∴当 k=-4 时,(x12+x22)max=18. 配套练习 3.已知 f(x)=x2-2x+2,在 x∈[t,t+1]上的最小值为 g(t),求 g(t)的表达式。 解:f(x)=(x-1)2+1 (1)当 t+1<1 即 t<0 时,g(t)=f(t+1)=t2+1 (2)当 t≤1≤t+1,即 0≤t≤1 时,g(t)=f(1)=1 (3)当 t>1 时,g(t)=f(t)=t2-2t+2

综合(1) 、 (2) 、 (3)得: 三、二次函数与二次方程 设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的二实根为 x1,x2,(x1<x2),Δ =b2-4ac,且α 、β (α <β )是预先给定的 两个实数。 1.当两根都在区间(α ,β )内,方程系数所满足的充要条件 ∵α <x1<x2<β ,对应的二次函数 f(x)的图象有下列两种情形

当 a>0 时的充要条件是:Δ >0,α < ?

b <β ,f(α )>0,f(β )>0 2a

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b <β ,f(α )<0,f(β )<0 2a b 两种情形合并后的充要条件是:Δ >0,α < ? <β ,af(α )>0,af(β )>0 2a 2.当两根中有且仅有一根在区间(α ,β )内,方程系数所满足的充要条件

当 a<0 时的充要条件是:Δ >0,α < ?



∵α <x1<β 或α <x2<β ,对应的函数 f(x)的图象有下列四种情形

从四种情形得充要条件是:f(α )·f(β )<0 (1)两根分别在区间[α ,β ]之外的两旁时



3.当两根都不在区间[α ,β ]内方程系数所满足的充要条件 ∵x1<α <β <x2,对应的函数 f(x)的图象有下列两种情形

(2)两根分别在区间[α ,β ]之外的同旁时 ∵x1<x2<α <β 或α <β <x1<x2,对应函数 f(x)的图象有下列四种情形

b <α ,af(α )>0 ④ 2a b 当β <x1<x2 时的充要条件是Δ >0, ? >β ,af(β )>0 ⑤ 2a

当 x1<x2<α 时的充要条件是Δ >0, ?

例 3.如果方程(1-m2)x2+2mx-1=0 的两个根一个小于零,另一个大于 1,确定 m 的范围。 解:令 f(x)=(1-m2)x2+2mx-1,根据题设条件,f(x)的图形是下列两种情形之一:

第 4 页 共 4 页

则(1-m2)f(0)<0,(1-m2)f(1)<0;即 1-m2>0,(1-m2)(2m-m2)<0 解得:-1<m<0 例 4: (07 年广东高考理科数学 20 题) 已知 a 是实数,函数 f ( x) ? 2ax2 ? 2x ? 3 ? a ,如果函数 y ? f ( x) 在区间[-1,1]上有零点,求实数 a 的 取值范围。 解析 1:函数 y ? f ( x) 在区间[-1,1]上有零点,即方程 f ( x) ? 2ax2 ? 2x ? 3 ? a =0 在[-1,1]上有解, a=0 时 , 不 符 合 题 意 , 所 以 a ≠ 0, 方 程 f(x)=0 在 [-1 , 1] 上 有 解 <=> f (?1) ? f (1) ? 0 或
?af (?1) ? 0 ?af (1) ? 0 ? ?3 ? 7 ? ?? ? 4 ? 8a (3 ? a ) ? 0 ?1 ? a ? 5 或 a ? 2 ? ?? 1 ? [?1.1] ? ? a

或 a ?5 ? a ?

?3 ? 7 或 a≥1. 2

所以实数 a 的取值范围是 a ?

?3 ? 7 或 a≥1. 2
1 a 2 x2 ? 1 在[-1, 3 ? 2x

解析 2:a=0 时,不符合题意,所以 a≠0,又 ∴ f ( x) ? 2ax2 ? 2x ? 3 ? a =0 在[-1,1]上有解, ? (2x2 ?1)a ? 3 ? 2x 在[-1,1]上有解 ? ? 1]上有解,问题转化为求函数 y ? ∈[1,5], y ? ?
7 t

2 x2 ? 1 [-1,1]上的值域;设 t=3-2x,x∈[-1,1],则 2x ? 3 ? t ,t 3 ? 2x

1 (t ? 3)2 ? 2 1 7 ? (t ? ? 6) , 2 t 2 t t2 ? 7 , t ? [1, 7) 时, g '(t ) ? 0 ,此函数 g(t)单调递减, t ? ( 7,5] 时, g '(t ) >0,此函数 t2
1 ∈ a

设 g (t ) ? t ? .g '(t ) ?

g(t) 单调递增,∴ y 的取值范围是 [ 7 ? 3,1],∴ f ( x) ? 2ax2 ? 2 x? 3? a=0 在 [-1 , 1] 上有解 ?
[ 7 ? 3,1] ? a ? 1 或 a ? ?

3? 7 。 2

配套练习 4:.已知方程 x2+2px+1=0 有一个根大于 1,有一个根小于 1,则 p 的取值为_________. 配套练习 5:已知关于 x 的二次方程 x2+2mx+2m+1=0
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(1)若方程有两根,其中一根在区间(-1,0)内,另一根在区间(1,2)内,求 m 的范围 (2)若方程两根均在区间(0,1)内,求 m 的范围
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解 (1)条件说明抛物线 f(x)=x2+2mx+2m+1 与 x 轴的交点分别在区间(-1,0)和(1,2)内,画
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出示意图,得
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1 ? ?m ? ? 2 ? f (0) ? 2m ? 1 ? 0, ? m ? R, ? f ( ?1) ? 2 ? 0, ? ? ? ? 1 ? ? ? f (1) ? 4m ? 2 ? 0, ?m ? ? 2 , ? ? ? f ( 2 ) ? 6m ? 5 ? 0 ?m ? ? 5 ? 6 ?

y

-1

o

1

2

x

∴? ?m??

5 6

1 2

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(2)据抛物线与 x 轴交点落在区间(0,1)内,列不等式组
? f ( 0) ? 0, ? f (1) ? 0, ? ? ? ? ? 0, ? ?0 ? ? m ? 1

1 ? ?m ? ? 2 , ? 1 ? ? ?m ? ? , 2 ? ?m ? 1 ? 2或m ? 1 ? 2 , ?? 1 ? m ? 0. ?

y

o

1

x

(这里 0<-m<1 是因为对称轴 x=-m 应在区间(0,1)内通过) 配套练习 6:设 0<a<1,函数 f(x)=log a
x?3 ,g(x)=1+ log a ( x ? 3) ,设 f(x)和 g(x)的定义域的公 x ?1

共部分为 D,当[m,n] ? D 时,f(x)在[m,n](m<n<3)上的值域是[g(n),g(m)],求 a 的取值范围。 答案: D=(-3,1)? (3,??) ,又因为 f(x)= log a 在(-3,1)为减函数。有:f(m)=g(m)、f(n)=g(n),
x?3 =a(x+3)的两个根 x ?1
?? ? 0 ? ?? 3 ? 1 ? 2 a ? 1 ,且-3<m<n<1,所以有 ? 2a ? ? f ( ?1) ? 0 ? ? ? f (3) ? 0

即 m,n 是方程

?? ? 0 ?1 ? 2a 2? 3 2? 3 ? ? 3 解之得 a ? ( ,1) ? (0, ) ? 4 4 ? 2a ? ? f (3) ? 0

四.二次函数与二次不等式 一元二次不等式的解集相应于一元二次函数的正值、负值区间。解不等式与证明不等式成立, 经常要用到二次函数的极值性质、单调性、图象与 x 轴的位置关系等。 例 5:已知函数 f ( x) ? ax2 ? (b ? 8) x ? a ? ab ,当 x ?( ? 3,2 )时, f ( x) ? 0; 当 x ?( ? ?,?3 )
? (2,??) 时, f ( x ) ? 0

(Ⅰ)求 f ( x ) 在[0,1]内的值域; (Ⅱ) c 为何值时, ax2 ? bx ? c ≤0 的解集为 R.

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答案: 解:由题目知 f ( x) 的图像是开口向下,交 x 轴于两点 A(?3,0) 和 B(2,0) 的抛物线,对称轴方程
1 为 x ? ? (如图)那么,当 x ? ?3 和 x ? 2 时,有 y ? 0 ,代入原式得: 2
?0 ? a (?3) 2 ? (b ? 8) ? (?3) ? a ? ab ? 2 ?0 ? a ? 2 ? (b ? 8) ? 2 ? a ? ab

?a ? 0 ?a ? ?3 解得: ? 或 ? ?b ? 8 ?b?5
经检验知: ?
?a ? 0 不符合题意,舍去.? f ( x) ? ?3x 2 ? 3x ? 18 ?b ? 8

y ? 18 , (Ⅰ)由图像知, 函数在 ?0,1? 内为单调递减, 所以: 当 x ? 0 时,

当 x ? 2 时, y ? 12 .? f ( x) 在 ?0,1? 内的值域为 ?12,18? (Ⅱ)令 g ( x) ? ?3x 2 ? 5x ? c 要使 g ( x) ? 0 的解集为 R,则需要方程 ? 3x 2 ? 5x ? c ? 0 的根的判别 式 ? ? 0 ,即 ? ? 25 ? 12c ? 0 25 25 解得 c ? ? ? 当 c ? ? 时, ax2 ? bx ? c ? 0 的解集为 R. 12 12 配套练习 7.若 a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn 都是实数,求证: (a1b1+a2b2+…+anbn)2≤(a12+a22+… +a2n)(b12+b22+…+b2n) 证 明 : 构 造 二 次 函 数 f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+ … +(anx-bn)2=( a12+a22+ … +a2n)x2-2(a1b1+a2b2+…+anbn)x+( b12+b22+…+b2n).当 a12+a22+…+a2n≠0 即 a1,a2,…,an 不全为零时,显 然有对 x∈R, f(x)≥0, 故 f(x)=0 的判别式: Δ =4 (a1b1+a2b2+…+anbn) 2-4(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+… +b2n)≤0.即(a1b1+a2b2+…+anbn)2≤(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n) 。 当 a1=a2=…=an=0 时,结论显然成立,故命题成立。 五、联赛辅导题 1、已知 f ( x) ? ax2 ? 2bx ? 4c(a, b, c ? R) (1)当 a ? 0 时,若函数 f (x)的图象与直线 y ? ? x 均无公共点,求证 4ac ? b 2 ?
3 (2) b ? 4, c ? 时 对于给定的负数 a ?? ?8 ,有一个最大的正数 M(a) ,使得 4 1 ; 4

x ? [0, M (a)]时都有| f ( x) |? 5 ,问 a 为何值时,M(a)最大,并求出这个最大值 M(a),证明你的结论.
答案:
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(Ⅰ)? f ( x) 的图象与 y=x 无公共点.
? ax2 ? 2bx ? 4c ? x,即ax2 ? (2b ? 1) x ? 4c ? 0无实根. 从而? ? (2b ? 1) 2 ? 16ac ? 4b 2 ? 16ac ? 1 ? 4b ? 0.(3分) 同理,由f ( x)的图象与y ? ? x无公共点, 得4b 2 ? 16ac ? 1 ? 4b ? 0 1 二式相加, 得4ac ? b 2 ? .(5分 ) 4
4 16 f ( x) ? a ? ( x ? ) 2 ? 3 ? . a a 16 ? a ? 0, 所以f ( x) max ? 3 ? a 16 4 a ? ?8时,3 ? ? 5, 此时M (a ) ? ? . a a

(Ⅱ) 所以, M (a)是方程ax2 ? 8 x ? 3 ? ?5的较大根.(8分)
4 ? 2a ? 2 当且仅当a ? ?8时, 等号成立. 因此当a ? ?8时, M (a )取最大值 M (a) ? ? 8 ? 64 ? 32a ? 2a 4 ? 4 20 ? 2 ? 5 ?1 2

5 ?1 . 2

(14分)

2、 设 a,b 为实常数,k 取任意实数时,函数 y=(k2+k+1)x2-2(a+k)2x+(k2+3ak+b)的图象 与 x 轴都交于点 A(1,0). ① 求 a、b 的值;② 若函数与 x 轴的另一个交点为 B,当 k 变化时,求|AB|的最大值. 分析:由 A 在曲线上,得 k 的多项式对 k 恒成立,即可求的 a,b 值. 解:⑴由已知条件,点 A(1,0)在函数图象上, 故(k2+k+1)-2(a+k)2+(k2+3ak+b)=0 整理得:(1-a)k+(b+1-2a )=0 ∵ 对 k∈R,上式恒成立,∴ 1-a=0 且 b+1-2a2=0 从而 a=1,b=1,y=(k2+k+1)x2-2(k+1)2x+(k2+3k+1) ⑵设 B(α , 0), 则|AB|=|α -1|, ∵(k2+k+1)x2-2(k+1)2x+(k2+3k+1)=0 的两个根为 1、 α ,
2

k 2 ? 3k ? 1 由韦达定理,1?α = k2 ? k ?1
整理得:(1-α )k2+(3-α )k+(1-α )=0,α =1 时,得 2k=0 ? k=0 α ≠1 时,∵ k∈R,∴ △≥0,即(3-α )2-4(1-α )2≥0 得:-1≤α ≤

5 且α ≠1,综合得:-1≤α ≤ 3

5 ,∴ 3

-2≤α -1≤

2 3

∴ |AB|=|α -1|∈[0,2]即|AB|的最大值为 2. 3、定义在 R 上的函数 f(x)满足:如果对任意 x1,x2∈R,都有 f(
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x1 ? x 2 1 )≤ [f(x1)+f(x2)] ,则 2 2

称函数 f(x)是 R 上的凹函数.已知函数 f(x)=ax2+x(a∈R 且 a≠0), (1)求证:当 a>0 时,函数 f(x)是凹函数; (2)如果 x∈[0,1]时,│f(x)│≤1,求实数 a 的范围. 答案: .(1)证明:对任意 x1、x2∈R,∵a>0,∴f(x1)+f(x2)-2f( =ax12+x1+ax22+x2-2[a( ∴f(
x1 ? x 2 ) 2

x1 ? x 2 1 )≤ [f(x1)+f(x2)] ,∴f(x)是凹函数. 6分 2 2 (2)解:由│f(x)│≤1 ? -1≤f(x)≤1 ? -1≤ax2+x≤1.( * )

x1 ? x 2 2 x1 ? x 2 1 )+ ]= a(x1-x2)2≥0. 2 2 2

当 x=0 时,a∈R; 当 x∈(0,1)时,由( *

7分
1 1 1 1 1 ? a ? ? 2 ? ? ?( ? ) 2 ? ? x x 2 4 x )得 ? 恒成立. ? 1 1 1 1 1 2 ?a ? ? ?( ? ) ? ? x 2 4 x2 x ?

10 分

当 x∈(0,1]时,

1 1 1 1 1 ≥1.当 =1 时,-( + )2+ 取最大值-2; x x x 2 4

1 1 1 同时( - )2- 取最小值 0,∴-2≤a≤0. x 2 4 ∵a≠0,∴-2≤a<0. 14 分

4、对于函数 f ( x) ? ax2 ? bx ? 1 (a>0) ,如果方程 f ( x) ? x 有相异两根 x1 , x2 . (1)若 x1 ? 1 ? x 2 ,且 f ( x) 的图象关于直线 x=m 对称.求证: m ? ; (2)若 0 ? x1 ? 2 且 | x1 ? x 2 |? 2 ,求 b 的取值范围; (3) ? 、 ? 为区间 [ x1 , x 2 ] 上的两个不同的点,求证: 2a?? ? (1 ? b)(? ? ? ) ? 2 ? 0 . 答案: (1) g ( x) ? f ( x) ? x ? ax2 ? (b ?1) x ? 1 ,且 a>0.因为 x1 ? 1 ? x2 ,所以 ( x1 ? 1)(x2 ? 1) ? 0 ,
b 1 b ?1 1 ? (? ? ) 2a 2 a a 1 1 1 1 1 ? ( x1 ? x2 ) ? x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) ? [( x1 ? x2 ) ? 1] ? . (2)由方程 g ( x) ? ax2 ? (b ? 1) x ? 1 ? 0 , 2 2 2 2 2 1 可知 x1 x2 ? ? 0 , 所以 x1 、x2 同号. 由 0 ? x1 ? 2 , 则 x2 ? x1 ? 2 , 所以 x2 ? 2 ? x1 ? 0 , 所以 g (2) ? 0 , a
1 2

即 x1 x2 ? x1 ? x2 ?1 ,于是 x ? m ? ?

即 4a+2b-1<0, 又 ( x2 ? x1 ) 2 ?

(b ? 1) 2 4 ? ?4, 所以 2a ? 1 ? (b ? 1) 2 ? 1 , (因为 a>0) 代入①式得: 2 a a
1 1? b 1 . (3)由条件得 x1 ? x2 ? , x1 x2 ? ,不妨设 ? ? ? ,则 4 a a

2 (b ? 1) 2 ? 1 ? 3 ? 2b ,解之得 b ?

0 ? 2(? ? x1 )

( ? ? x2 ) ? 2?? ? 2( ?x1 ? ?x2 ) ? 2x1 x2 ? 2?? ? 2( x1 ? x2 )(? ? ? )
第 9 页 共 9 页

? 2 x1 x2

? ( x1 ? x2 )(? ? ? ) ? 2?? ? 2( x1 ? x2 )(? ? ? ) ? 2x1 x2 ? 2a?? ? (1 ? b)(? ? ? ) ? 2 ,
故 2a?? ? (1 ? b)(? ? ? ) ? 2 ? 0 .

第 10 页 共 10 页


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