【文档说明】新教材2022版数学苏教版必修第一册提升训练：第6章 幂函数、指数函数和对数函数 本章达标检测含解析.docx，共(18)页，89.039 KB，由小赞的店铺上传

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本章达标检测(满分:150分;时间:120分钟)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知函数f(x)=x2+(m-2)x+n为偶函数,那么函数g(x)=√1-log𝑚𝑥的定义域为()A.

(-∞,2]B.(0,2]C.(0,12]D.[12,+∞)2.已知a=0.80.7,b=0.80.9,c=log23,则a,b,c的大小关系为()A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.b<a<c3.已知幂函数f(x)=(a-1)x

n的图象过点(2,8),且f(b-2)<f(1-2b),则实数b的取值范围是()A.(0,1)B.(1,2)C.(-∞,1)D.(1,+∞)4.已知函数f(x)=(m2-m-5)𝑥𝑚2-6是幂函数,对任意x1,x2∈(0,+∞)

,且x1≠x2,满足𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2>0,若a,b∈R,且a+b>0,则f(a)+f(b)的值()A.恒大于0B.恒小于0C.等于0D.无法判断5.某专家对某地区新冠肺炎暴发趋势进行研究

,发现从确诊第一名患者开始累计时间t(单位:天)与病情暴发系数f(t)之间满足函数关系f(t)=11+e-0.22(𝑡-50),当f(t)=0.1时,标志着疫情将要大面积暴发,则此时t约为(参考数据:e1.1≈3)()A.38B.40C.45D.476.若函数f(x

)=max{3+log19x,log3x},其中max{a,b}={𝑏,𝑎≤𝑏,𝑎,𝑎>𝑏.当0<c<d时,f(c)=f(d),则d√𝑐的值为()A.6B.9C.18D.277.已知函数f(x)的定义域为R,图象恒过点(0,1),且对任意x1,x2∈R,当x1≠x

2时,都有𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2>1,则不等式f[ln(ex-1)]<1+ln(ex-1)的解集为()A.(ln2,+∞)B.(-∞,ln2)C.(ln2,1)D.(0,ln2)8.已知函数f(x)=m(x-√

4-𝑥)+2,g(x)=ln2+𝑥2-𝑥,∃x1∈[0,1],∀x2∈[0,4]都有g(x1)<f(x2),则实数m的取值范围是()A.[-12,1]B.(14ln3-12,1-12ln3)C.(-12,1)D.[14ln3-12,1

-12ln3]二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)9.已知函数f(x)={ln(𝑥-2),𝑥>2,e𝑥-1,𝑥≤2,则()A.f(e+2)=1B.f(f(e+2)

)=1C.f(3)=eD.f(f(3))=1e10.对于函数f(x)=lgx定义域中的任意x1,x2(x1≠x2),下列结论正确的是()A.f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)B.f(x1·x2)=f(x1)+f(x2)C.𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)

𝑥1-𝑥2>0D.f(𝑥1+𝑥22)<𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)211.已知函数f(x)=loga(x-1)+2(a>0且a≠1)的图象过定点(s,t),正数m,n满足m+n=s+t,则()A.m+n=4B.m2+n2≥8C.mn≥4D.1𝑚+1𝑛≥11

2.已知函数f(x)={|log2(𝑥+1)|,-1<𝑥≤3,12𝑥2-5𝑥+252,𝑥>3,若关于x的方程f(x)=m有四个不同的实数根x1,x2,x3,x4,且x1<x2<x3<x4,则下列结论正确的是()A.x1x2=-1B.1𝑥1+1𝑥2=-1C

.x3+x4=10D.x3x4∈[21,25]三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)13.已知函数y=(12)𝑚𝑡-7(m为常数),当t=4时,y=64,若y≤12,则实数t的取值范围为.14.某贫困地区现在人均年占有粮食为420kg,如果该地区人口平均每年增

长1%,粮食总产量平均每年增长5%,那么x年后该地区人均年占有ykg粮食,则函数y关于x的解析式是.15.若函数f(x)={1-𝑎2𝑥2+𝑥-54(𝑥<1),log𝑎𝑥(𝑥≥1)在R上恒有𝑓(𝑥2)-𝑓(𝑥1)𝑥2-�

�1>0(x1≠x2)成立,则实数a的取值范围是.16.已知定义域为R的函数f(x)满足:对于任意的x1,x2∈R,都有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)-2016,且当x>0时,f(x)>2016,若f(x)在区间[-2016,20

16]上的最大值、最小值分别为M,N,则M+N=.四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)已知函数f(x)是偶函数,且当x≥0时,f(x)=loga(3-ax)(a>0,且a≠1).(1)求x<0时f(x)的解析式;(2)在①f

(x)在(1,4)上单调递增;②在区间(-1,1)上恒有f(x)≥x2这两个条件中任选一个补充到本题中,求g(a)=(12)𝑎的取值范围.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.18.(本小题满分12分)

已知幂函数f(x)=(k2+k-1)·x(2-k)(1+k),且f(2)<f(3).(1)求实数k的值,并写出函数f(x)的解析式;(2)是否存在正数m,使函数g(x)=1-f(x)+2mx在区间[0,1]上的最大值为5?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.19.

(本小题满分12分)2020年下半年受拉尼娜现象的影响,某市持续干旱,不仅使自来水供应严重不足,而且水质质量也明显下降.为了给广大市民提供优质的饮用水,某矿泉水厂特别重视生产过程的除杂质工序,过滤前水中含有杂质a%(其中a为常数),每经过一次过滤均可使水的杂质含量减少2

3,设水过滤前的量为1,过滤次数为x(x∈N*)时,水的杂质含量为y.(1)写出y与x的函数关系式;(2)假设出厂矿泉水的杂质含量不能超过0.002a%,问至少经过几次过滤才能使矿泉水达到要求?(参考数据:lg2≈0.301,lg3≈0.4

77)20.(本小题满分12分)已知函数f(x)=2x,g(x)=log31-𝑥1+𝑥.(1)求f(log22020)+g(-12)的值;(2)试求函数g(x)的定义域,并判断该函数的单调性与奇偶性;(判断函数的单调性不必给出证明

)(3)若函数F(x)=f(2x)-3f(x),且∀x1∈[0,1],∀x2∈[-12,12],都有F(x1)>g(x2)+m成立,求实数m的取值范围.21.(本小题满分12分)已知a∈R,函数f(x)=log2(

1𝑥+𝑎).(1)设a>0,若对任意t∈[14,1],函数f(x)在区间[t,t+1]上的最大值与最小值的差不超过2,求实数a的最小值;(2)若关于x的方程f(𝑥2)-log2[(a-2)x+3a-5]=0的解构成的集合中只有一个元素,求实数a的取值范围.

22.(本小题满分12分)若函数f(x)为R上的奇函数,g(x)为R上的偶函数,f(x)+g(x)=ax(a>0且a≠1),f(1)=34.(1)求f(x),g(x)的解析式;(2)若不等式g(2x)+2>mg(x)对任意实数x

成立,求实数m的取值范围;(3)h(x)=logm[a2x+a-2x-2mf(x)](m>0且m≠1),是否存在实数m使得h(x)在[1,log23]上的最大值为0?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.答案全解全析本章达标检测一、单项选择题1.B因为f(x)=x

2+(m-2)x+n为偶函数,所以其图象的对称轴为x=2-𝑚2=0,解得m=2.所以g(x)=√1-log2𝑥.要使g(x)有意义,则x>0且log2x≤1,即0<x≤2.故选B.2.D∵1=0.80>0.80.7>0.80.9,log23>log22=1,∴

c>a>b.故选D.3.C因为幂函数f(x)=(a-1)xn的图象过点(2,8),所以{𝑎-1=1,(𝑎-1)2𝑛=8,所以{𝑎=2,𝑛=3,所以f(x)=x3.由于函数f(x)=x3在R上单调递增,所以f(b-2)<f(1-2b)⇔b-2<1

-2b,解得b<1.故实数b的取值范围是(-∞,1).故选C.4.A∵函数f(x)=(m2-m-5)𝑥𝑚2-6是幂函数,∴m2-m-5=1,解得m=-2或m=3.∵对任意x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,满足𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2>0,∴函数f(x)为增

函数,∴m2-6>0,∴m=3(m=-2舍去).∴f(x)=x3.∴f(x)为奇函数,∵a,b∈R,且a+b>0,∴a>-b,∴f(a)>f(-b)=-f(b),∴f(a)+f(b)>0.故选A.5.Bf(t)=11+e-0

.22(𝑡-50)=0.1,即1+e-0.22(t-50)=10,所以e-0.22(t-50)=9.由于e1.1≈3,所以(e1.1)2=e2.2≈9,所以e-0.22(t-50)≈e2.2,所以-0.22(t-50)≈2.2,解得t≈40.故选B.6.D由3+log19x=log3x,得3-

12log3x=log3x,解得x=9.∴f(x)={3+log19𝑥,0<𝑥≤9,log3𝑥,𝑥>9.f(x)的图象如图所示.由f(c)=f(d),得3+log19c=log3d,即3-12log3c=log3d,化简得log3√𝑐+log3d=3,即log3d√

𝑐=3,解得d√𝑐=27.故选D.7.D因为对任意x1,x2∈R,当x1≠x2时,都有𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2>1,所以不妨设x1>x2,则f(x1)-x1>f(x2)-x2.令g(

x)=f(x)-x,则g(x)在R上递增.因为f(0)=1,所以不等式f[ln(ex-1)]<1+ln(ex-1),即f[ln(ex-1)]-ln(ex-1)<1=f(0)-0,即g[ln(ex-1)]<g(0).所以ln(ex-1)<0,即0<ex-1<1,解得0<x<ln2

.故选D.8.C由∃x1∈[0,1],∀x2∈[0,4]都有g(x1)<f(x2),可得g(x)min<f(x)min.易知g(x)=ln2+𝑥2-𝑥=ln(-1-4𝑥-2)在[0,1]上递增,∴g(x)min=g(0)=0.当m=0时,f(x)=2>0恒成立;当m>0

时,f(x)在[0,4]上递增,∴f(x)min=f(0)=-2m+2,由-2m+2>0,解得m<1,∴0<m<1;当m<0时,f(x)在[0,4]上递减,∴f(x)min=f(4)=4m+2,由4m+2>0

,解得m>-12,∴-12<m<0.综上,实数m的取值范围是(-12,1).故选C.二、多项选择题9.ABD因为f(x)={ln(𝑥-2),𝑥>2,e𝑥-1,𝑥≤2,所以f(e+2)=ln(e+2-2)=1,故A正确;f(f(e+2))=f(1)=e

0=1,故B正确;f(3)=ln(3-2)=0,故C不正确;f(f(3))=f(0)=e-1=1e,故D正确.故选ABD.10.BC对于选项A,f(x1+x2)=lg(x1+x2),f(x1)·f(x2)=lgx1·lgx2,故f(x1+x2)≠f(x1)·f(x2),故A错误

;对于选项B,f(x1·x2)=lg(x1x2)=lgx1+lgx2=f(x1)+f(x2),故B正确;对于选项C,∵f(x)=lgx在定义域上单调递增,∴𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2>0成立,故C正确;对于选项D,易得x1,x2>0(x1≠x2),∴f

(𝑥1+𝑥22)=lg(𝑥1+𝑥22)>𝑙𝑔√𝑥1𝑥2,又𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)2=lg𝑥1+lg𝑥22=lg(𝑥1𝑥2)2=lg√𝑥1𝑥2,∴f(𝑥1+𝑥22)>𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)2,故D错误.故选B

C.11.ABD令x-1=1,可得x=2,且f(2)=loga1+2=2,所以函数f(x)的图象过定点(2,2),所以s=t=2,所以m+n=4,故A正确;由不等式m2+n2≥2mn,可得2(m2+n2)≥(m+n)2=16,

即m2+n2≥8,当且仅当m=n=2时取等号,故B正确;mn≤(𝑚+𝑛2)2=4,当且仅当m=n=2时取等号,故C错误;1𝑚+1𝑛=141𝑚+1𝑛(m+n)=14(2+𝑚𝑛+𝑛𝑚)

≥142+2√𝑚𝑛·𝑛𝑚=1,当且仅当{𝑚𝑛=𝑛𝑚,𝑚+𝑛=4,即m=n=2时取等号,故D正确.故选ABD.12.BC函数f(x)={|log2(𝑥+1)|,-1<𝑥≤3,12𝑥2-5𝑥+252,𝑥>3及y=m的图象如图所示.当m=1时,|l

og2(x1+1)|=|log2(x2+1)|=1,即log2(x1+1)=-1,log2(x2+1)=1,解得x1=-12,x2=1,此时x1x2=-12,故A错误;易知|log2(x1+1)|=|log2(x2+1)|,即-log2(x1

+1)=log2(x2+1),亦即log21𝑥1+1=log2(x2+1),亦即1𝑥1+1=x2+1,所以(x2+1)(x1+1)=1,所以x1+x2=-x1x2,即𝑥1+𝑥2𝑥1𝑥2=-1,所以1𝑥1+

1𝑥2=-1,故B正确;结合图象知,0<m<2,x3,x4是方程12𝑥2−5𝑥+252=m,即x2-10x+25-2m=0的两根,故x3+x4=10,x3x4=25-2m∈(21,25),故C正确,D错误.三、填空题13.答案[

32,+∞)解析将t=4,y=64代入y=(12)𝑚𝑡-7,可得64=(12)4𝑚-7,解得m=14,∴y=(12)𝑡4-7.由(12)𝑡4-7≤12,得14t-7≥1,解得t≥32.故实数t的取值范围是[32,+∞).14.

答案y=420×(1.051.01)𝑥,x∈N*解析设该地区现在人口数为m,粮食总产量为nkg,则𝑛𝑚=420.x年后,该地区人口数为m·(1+1%)x=m·(1.01)x,粮食总产量为n·(1+5%)x=n·(1.05)xkg,故x年后

,该地区人均年占有粮食y=𝑛·(1.05)𝑥𝑚·(1.01)𝑥=420×(1.051.01)𝑥,x∈N*.15.答案(1,2]解析易得函数f(x)在R上单调递增.所以{𝑎>1,1-𝑎2<0,-11-𝑎≥1,1-𝑎2-14≤log𝑎1=0,解得1

<a≤2.故实数a的取值范围是(1,2].16.答案4032解析因为对于任意的x1,x2∈[-2016,2016],都有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)-2016,所以令x1=x2=0,得f(0)=2016.设x1<x2,则x2-x1>0,f(x2-x1)>2016,所以f(x2

)-f(x1)=f(x2-x1+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-f(x1)-2016=f(x2-x1)-2016>0,即f(x2)>f(x1),所以函数f(x)在[-2016,2016]上为单调递增函数,

所以f(x)max=f(2016),f(x)min=f(-2016).因为f(2016)+f(-2016)=f(0)+2016=4032,所以M+N=4032.四、解答题17.解析(1)当x<0时,-x>0,(1分)因为f(x)是偶函数,所以

f(x)=f(-x)=loga(3+ax).(3分)所以当x<0时,f(x)=loga(3+ax).(5分)(2)选条件①:由于f(x)在(1,4)上单调递增,所以a>1不合题意.(6分)所以{0<𝑎<1,3-4𝑎≥0,解得0<�

�≤34.(8分)所以g(a)=(12)𝑎的取值范围是[√242,1).(10分)选条件②:当0<a<1时,f(0)=loga3<0,显然不满足题意.(6分)当a>1时,因为f(x)与y=x2都是偶函数,所以只需考虑

x∈[0,1)时,f(x)≥x2恒成立即可.(7分)由复合函数的单调性可知,函数f(x)在[0,1)上单调递减,而y=x2在[0,1)上单调递增,所以y=f(x)-x2在[0,1)上单调递减.(8分)所以{𝑎>1,𝑓(1)-12≥0,即{𝑎>1,log𝑎(3

-𝑎)≥1,解得1<𝑎≤32.(9分)所以g(a)=(12)𝑎的取值范围是[√24,12).(10分)18.解析(1)∵f(x)是幂函数,∴k2+k-1=1,∴k=-2或k=1.(1分)当k=1时,f(x)=x2,满足f(2)<f(3);(2分)当k

=-2时,f(x)=x-4,不满足f(2)<f(3).(3分)所以k=1,f(x)=x2.(4分)(2)存在.(5分)g(x)=1-f(x)+2mx=-x2+2mx+1.易知g(x)的图象开口向下,对称轴为x=m(m>0).(7分)①当

0<m<1时,g(x)在区间[0,m]上递增,在区间[m,1]上递减,∴g(x)max=g(m)=m2+1=5,∴m=±2,均不符合题意,舍去;(9分)②当m≥1时,g(x)在区间[0,1]上递增,∴g(x

)max=g(1)=2m=5,∴m=52,符合题意.(11分)综上,m=52.(12分)19.解析(1)因为每经过一次过滤可使水的杂质含量减少23,所以每次过滤后所含的杂质是前一次的13,(2分)所以y=a%×(13)𝑥,x∈

N*,即y=𝑎100×(13)𝑥,x∈N*.(4分)(2)设经过m次过滤才能使矿泉水达到要求,则a%×(13)𝑚≤0.002a%,(6分)所以(13)𝑚≤21000,所以lg(13)𝑚≤lg21000,即mlg13≤lg21000,(8分)所以m≥3-lg2lg3≈3

-0.3010.477≈5.7,(10分)又m∈N*,所以m≥6.所以至少经过6次过滤才能使矿泉水达到要求.(12分)20.解析(1)f(log22020)+g(-12)=2log22020+log33=2021.(2分)(2)由1-𝑥1+𝑥>0得

-1<x<1,∴函数g(x)的定义域为(-1,1).(3分)g(x)=log31-𝑥1+𝑥=log3(-1+21+𝑥),令μ=-1+21+𝑥,∵μ=-1+21+𝑥在(-1,1)上单调递减,y=log3μ在(0,+∞)上

单调递增,∴函数g(x)在(-1,1)上为减函数.(5分)∵g(x)的定义域关于原点对称,且g(-x)=log31+𝑥1-𝑥=-g(x),∴函数g(x)为奇函数.(7分)(3)∵∀x1∈[0,1],∀x2∈[-12,12],都有F(x1)>g(x2)+m恒成立,∴F(x)min>g(x)m

ax+m.(8分)由(2)知g(x)在[-12,12]上为减函数,∴g(x)max=g(-12)=1.(9分)易知F(x)=f(2x)-3f(x)=22x-3·2x.令t=2x,则y=t2-3t,当x∈[0,1]时,1≤t≤2,∴当t=32,即x=log232=log23-1时,F(x)

min=-94.(10分)∴-94>1+m,解得m<-134.∴实数m的取值范围为(-∞,-134).(12分)21.解析(1)因为y=1𝑥在x∈[t,t+1]上为减函数,所以1𝑥+𝑎∈[1𝑡+1+𝑎,1𝑡+𝑎].因为y=log2x在[1𝑡+1+𝑎,1𝑡+�

�]上为增函数,所以f(x)∈log2(1𝑡+1+𝑎),log2(1𝑡+𝑎).(2分)所以log2(1𝑡+𝑎)−log2(1𝑡+1+𝑎)=log21𝑡+𝑎1𝑡+1+𝑎=log2(1+𝑎𝑡)(𝑡+1)[1+𝑎(𝑡+1)]𝑡≤2在𝑡∈[14,1

]上恒成立,即(1+𝑎𝑡)(𝑡+1)[1+𝑎(𝑡+1)]𝑡≤4在𝑡∈[14,1]上恒成立,即3at2+3(a+1)t-1≥0在t∈[14,1]上恒成立.所以y=3at2+3(a+1)t-1在t∈[14,1]上的最小值大于或等于0.(4分)因为y=3at2+3(

a+1)t-1在t∈[14,1]上为增函数,所以ymin=3a(14)2+3(a+1)×14−1=15𝑎6−14,所以15𝑎16−14≥0,解得a≥415,所以a的最小值为415.(6分)(2)方程f(12𝑥)-log2[(a-2)x+

3a-5]=0,即log2(2𝑥+𝑎)-log2[(a-2)x+3a-5]=0,即(a-2)x2+(2a-5)x-2=0,且2𝑥+a>0.(8分)当a-2=0,即a=2时,x=-2,符合题意;当a-2≠0,即a≠2时,x1=-2,x2=1𝑎-2,当-2=1𝑎-2时,a=

32,符合题意;当-2≠1𝑎-2,即a≠32且a≠2时,需满足{-1+𝑎>0,3𝑎-4≤0或{-1+𝑎≤0,3𝑎-4>0,解得1<𝑎≤43.(10分)综上,实数a的取值范围为(1,43]∪{2,32}.(12分)22.解析(1)由已知得f(-x)+g(-x)=a-x.因为f(x)为

R上的奇函数,g(x)为R上的偶函数,所以{-𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥)=𝑎-𝑥,𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥)=𝑎𝑥,所以f(x)=12(ax-a-x),g(x)=12(ax+a-x).(2分)由f(1)=12(a-a-1)=34,解得a=2.所以f(x)=12(2x-

2-x),g(x)=12(2x+2-x).(4分)(2)令n=2x+2-x,n≥1,则22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=n2-2.所以g(2x)=12(n2-2),g(x)=12n.所以g(2

x)+2>mg(x)对任意实数x成立,即12(n2-2)+2>12mn在n≥1上恒成立,即m<n+2𝑛在n≥1上恒成立.(6分)因为n+2𝑛≥2√𝑛·2𝑛=2√2,当且仅当n=√2时取等号,所以m<2√

2,即实数m的取值范围为(-∞,2√2).(8分)(3)不存在.令t=2x-2-x,则22x+2-2x=(2x-2-x)2+2=t2+2.所以22x+2-2x-2mf(x)=t2-mt+2.所以h(x)=logm[a2x+a-2x-2mf(x)]=logm(t2-mt+2).令u=t2-mt+2,

则y=logmu.易知t=2x-2-x为增函数,所以当x∈[1,log23]时,tmin=21-2-1=32,tmax=2log23−2-log23=3−13=83,所以t∈[32,83].因为h(x)在[1,log23]上有意义,所以对

任意t∈[32,83],u=t2-mt+2>0恒成立,所以m<𝑡2+2𝑡=𝑡+2𝑡在𝑡∈[32,83]上恒成立,所以在t∈[32,83]上,m<(𝑡+2𝑡)min=(32+23×2)=176.又m>0且m≠1,所以m∈(0,1)∪(1,176).(

10分)二次函数u=t2-mt+2的图象开口向上,对称轴为直线t=𝑚2.因为m∈(0,1)∪(1,176),所以𝑚2∈(0,12)∪(12,1712),图象的对称轴始终在区间[32,83]的左侧,所以u=t2-mt+2在区间[32,83]上单调递增,所以当

t=32时,umin=-32𝑚+174;当t=83时,umax=-83𝑚+829.假设存在满足条件的实数m.若m∈(0,1),则y=logmu为减函数,h(x)max=0⇔umin=1,即-32𝑚+

174=1,解得m=136∉(0,1),舍去;若m∈(1,176),则y=logmu为增函数,h(x)max=0⇔umax=1,即-83𝑚+829=1,解得m=7324∉(1,176),舍去.综上,不存在满足条件的实数m.(12分)获得更多资源请扫码加入享

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