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2013高三数学二轮专题七第1讲 函数与方程思想


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高考真题感悟

第1讲

第1讲 函数与方程思想
【高考真题感悟】
(2012· 江苏)设 f (x)是定义在 R 上且周期为 2 的函数,在 ?ax+1,-1≤x<0, ? 区间[-1,1]上,f (x)= ?bx+2 ? x+1 ,0≤x≤1, ? b∈R.若 f
?1? ?3? ? ?=f ? ?,则 ?2? ?2?

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其中 a,

a+3b 的值为________.

高考真题感悟
解析 因为 f(x)的周期为 2, ?3? ?3 ? ? 1? 所以 f ?2?=f ?2-2?=f ?-2?, ? ? ? ? ? ? ?1? ? 1? 即 f ?2?=f ?-2?. ? ? ? ?
b ? 1? ?1? 2+2 b+4 1 又因为 f ?-2?=- a+1,f ?2?= = , 2 1 3 ? ? ? ? 2+1 b+4 1 所以-2a+1= 3 . 2 整理,得 a=- (b+1). ① 3
又因为 f (-1)=f (1), b+2 所以-a+1= ,即 b=-2a. 2

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高考真题感悟
将②代入①,得 a=2,b=-4.
所以 a+3b=2+3×(-4)=-10.

第1讲

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答案 -10
考题分析 本题考查了分段函数、函数的周期性等基本知 识, 重点考查了分析问题和运用数学知识解决问题的能力, 体现了函数与方程思想的应用. 易错提醒 (1)注意将 f
?3? ? ?转化为 ?2? ? 1? ?- ?. ? 2?

f

(2)注意挖掘隐含条件 f (-1)=f (1). 如果这一条件挖掘不出来,那么很难得出结果.

思想方法概述

第1讲

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函数与方程是中学数学的重要概念, 它们之间有着密 切的联系. 函数与方程的思想是中学数学的基本思想, 主 要依据题意, 构造恰当的函数, 或建立相应的方程来解决 问题,是历年高考的重点和热点.
1.函数的思想 用运动和变化的观点, 集合与对应的思想分析和研究 具体问题中的数量关系, 建立函数关系或构造函数, 运用 函数的图象和性质去分析问题、转化问题使问题获得解 决.函数思想是对函数概念的本质认识.

思想方法概述
2.方程的思想

第1讲

在解决问题时,用事先设定的未知数沟通问题中所涉 及的各量间的等量关系,建立方程或方程组,求出未知数 及各量的值,或者用方程的性质去分析、转化问题,使问 题获得解决. 3.函数的思想与方程的思想的关系 在中学数学中,很多函数的问题需要用方程的知识和 方法去解决,很多方程的问题需要用函数的知识和方法去 解决.对于函数 y=f(x),当 y=0 时,就转化为方程 f(x) =0, 也可以把函数 y=f(x)看作二元方程 y-f(x)=0, 函数 与方程可相互转化.

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思想方法概述
4.函数与方程的思想在解题中的应用

第1讲

(1)函数与不等式的相互转化,对函数 y=f(x),当 y>0 时,就化为不等式 f(x)>0,借助于函数的图象和性质可解 决有关问题,而研究函数的性质也离不开不等式. (2)数列的通项与前 n 项和是自变量为正整数的函数, 用函数的观点去处理数列问题十分重要. (3)解析几何中的许多问题, 需要通过解二元方程组才 能解决.这都涉及二次方程与二次函数的有关理论. (4)立体几何中有关线段、面积、体积的计算,经常需 要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决.

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热点分类突破

第1讲

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题型一

运用函数与方程思想求解参数问题 2x2+bx+c 已知函数 f(x)= (b<0)的值域为 x2+1

【例 1】

[1,3],求实数 b,c 的值.
依据题意建立不等式和方程:1≤f(x)≤3,f(x) =1,f(x)=3,通过一元二次不等式恒成立和一元二次方 程有解的条件,转化为关于 b、c 的方程,从而获解.

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解 2x2+bx+c 由函数 f(x)= (b<0)的值域为[1,3], 2 x +1

第1讲

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?x2+bx+c-1≥0, ? 2x2+bx+c 得 1≤ ≤3,即? 2 2 ?x -bx+3-c≥0, x +1 ? ?Δ =b2-4?c-1?≤0, ? 1 所以? ?Δ2=?-b?2-4?3-c?≤0. ?

又函数 f(x)的值域为[1,3],所以函数值能取到 1 和 3, 2x2+bx+c 2x2+bx+c 即方程 =1, =3 有解. x2+1 x2+1 2x2+bx+c 由方程 =1 有解?x2+bx+c-1=0 有解 2 x +1
?Δ1=b2-4(c-1)≥0,从而 b2=4(c-1), 同理可得 b2=4(3-c),所以 c=2,b2=4.
又 b<0,故 b=-2.所以 b=-2,c=2.

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第1讲

(1)求参数的值的问题往往需要根据题设要求 构建以待定参数为元的方程(组),然后由方程(组)求得. (2)求参数的取值范围问题一般有两种途径:其一,充分 挖掘题设条件中的不等关系, 构建以待定参数为元的不等 式(组)来解决;其二,充分利用题设中的等量关系,将待 求参数表示为其他变量的函数,然后求函数的值域.

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第1讲

若 a、b 是正数,且满足 ab=a+b+3,求 ab 的取值范围.
解 (看成函数的值域)∵ab=a+b+3, a+3 a+3 ∴a≠1,∴b= ,而 b>0,∴ >0, a-1 a-1 即 a>1 或 a<-3,又 a>0, ∴a>1,故 a-1>0. a+3 ?a-1?2+5?a-1?+4 ∴ab=a· = a-1 a-1 4 =(a-1)+ +5≥9. a-1 4 当且仅当 a-1= ,即 a=3 时取等号. a-1 ∴ab 的取值范围是[9,+∞). 方法一

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方法二 (看成不等式的解集)∵a,b 为正数, ∴a+b≥2 ab,又 ab=a+b+3, ∴ab≥2 ab+3.
即( ab)2-2 ab-3≥0, 解得 ab≥3 或 ab≤-1(舍去),∴ab≥9.

第1讲

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∴ab 的取值范围是[9,+∞).

方法三 若设 ab=t,则 a+b=t-3, ∴a,b 可看成方程 x2-(t-3)x+t=0 的两个正根.
?Δ=[-?t-3?]2-4t≥0 ? 从而有?a+b=t-3>0 ?ab=t>0 ? 解得 t≥9,即 ab≥9. ∴ab 的取值范围是[9,+∞). ?t≤1或t≥9 ? ,即?t>3 ?t>0 ? ,

热点分类突破 第1讲 题型二 运用函数与方程思想研究方程根的问题 π 2 【例 2】 如果方程 cos x-sin x+a=0 在(0, ]上有解, 2 求 a 的取值范围.
可分离变量为 a=-cos2x+sin x, 转化为确 定的相关函数的值域. π 2 解 方法一 设 f(x)=-cos x+sin x(x∈(0,2]).
显然当且仅当 a 属于 f(x)的值域时,a=f(x)有解. 12 5 2 ∵f(x)=-(1-sin x)+sin x=(sin x+ ) - , 2 4 π 且由 x∈(0, ]知 sin x∈(0,1]. 2

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易求得 f(x)的值域为(-1,1]. 故 a 的取值范围是(-1,1].

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方法二 π 令 t=sin x,由 x∈(0, ],可得 2

第1讲

t∈(0,1].

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将方程变为 t2+t-1-a=0.

依题意,该方程在(0,1]上有解.
设 f(t)=t2+t-1-a.

1 其图象是开口向上的抛物线,对称轴 t=- ,如图所示. 2 ?f?0?<0 ? 因此 f(t)=0 在(0,1]上有解等价于? , ?f?1?≥0 ?
?-1-a<0 ? 即? ?1-a≥0 ?

,∴-1<a≤1.故 a 的取值范围是(-1,1].

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第1讲

研究此类含参数的三角、 指数、 对数等复杂方 程解的问题, 通常有两种处理思路: 一是分离参数构建函 数,将方程有解转化为求函数的值域;二是换元,将复杂 方程问题转化为熟悉的二次方程, 进而利用二次方程解的 分布情况构建不等式或构造函数加以解决.

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当 a 为何值时,方程 lg(3-x)+lg(x-1)= lg(a-x)有两解?一解?无解?

?3-x>0, ? 当? ?x-1>0, ?

第1讲

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即 1<x<3 时,方程化为(x-1)(3-x)=a (*)

-x,即-x2+5x-3=a.

作出函数 y=-x2+5x-3 (1<x<3)的图象(如图)图象与直 线 y=a 的交点横坐标是方程(*)的解,也是原方程的解.
由图形易看出: 13 当 3<a< 时,原方程有两解; 4 13 当 1<a≤3 或 a= 时,原方程有一解; 4 13 当 a> 4 或 a≤1 时,原方程无解.

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题型三 运用函数与方程思想求解数列问题

第1讲

【例 3】 (1)公差不为零的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn. 若 a4 是 a3 与 a7 的等比中项,S8=32,则 S10 等于 ( A.18 C.60 B.24 D.90 )

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(2)(高考改编题)已知{an}是一个等差数列,且 a2=1, a5 = - 5 , 则 数 列 {an} 前 n 项 和 Sn 的 最 大 值 是 ________.

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第1讲

(1)建立关于 a1,d 的方程组,求出 a1,d 即可 求 S10; (2)建立关于 a1、d 的方程组,求出 a1,d 的值,写出 Sn 关于 n 的函数表达式即可求解.

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(1)由 a2=a3a7,得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),得 4 56 2a1+3d=0,再由 S8=8a1+ d=32,得 2a1+7d=8,则 2 90 d=2,a1=-3,所以 S10=10a1+ 2 d=60. 解析

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(2)设{an}的公差为 d,由已知条件, ?a +d=1, ? 1 ? 解出 a1=3,d=-2. ?a1+4d=-5, ? n?n-1? Sn=na1+ d=-n2+4n=4-(n-2)2. 2 所以当 n=2 时,Sn 取到最大值 4. 答案 (1)C(2)4

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(1)数列一般包含着多个基本量,如首项、公差 (公比)、项数、前 n 项和等.在知道一些量求其它未知量 时,通常用方程的思想考虑. (2)数列的通项公式、前 n 项和公式是特殊的函数,对于 数列的最值问题往往需要构造函数,利用函数的单调性 来解决最值问题,这也是函数思想在数列中的具体应用.

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第1讲

(2012· 湖北)已知等差数列{an}前三项的和为 -3,前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和.

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第1讲

(1)设等差数列{an}的公差为 d,

则 a2=a1+d,a3=a1+2d.
?3a +3d=-3, ? 1 由题意得? ?a1?a1+d??a1+2d?=8, ? ?a =2, ? 1 解得? ?d=-3, ? ?a =-4, ? 1 或? ?d=3. ?

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所以由等差数列通项公式可得 an=2-3(n-1)=-3n+5,或 an=-4+3(n-1)=3n-7. 故 an=-3n+5,或 an=3n-7.

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第1讲

(2)当 an=-3n+5 时,a2,a3,a1 分别为-1,-4,2,不 成等比数列; 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1 分别为-1,2,-4,成等比 数列,满足条件. ?-3n+7,n=1,2, ? 故|an|=|3n-7|=? ?3n-7,n≥3. ?

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记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn.
当 n=1 时, 1=|a1|=4; n=2 时, 2=|a1|+|a2|=5; S 当 S

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第1讲

当 n≥3 时,Sn=S2+|a3|+|a4|+…+|an| =5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7) ?n-2?[2+?3n-7?] 3 2 11 =5+ = n - n+10. 2 2 2

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当 n=2 时,满足此式.
?4,n=1, ? 综上,Sn=?3 2 11 ?2n - 2 n+10,n>1. ?

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题型四 运用函数与方程思想求解不等式问题

第1讲

【例 4】 已知函数 f(x)=x(x-a)2,g(x)=-x2+(a-1)x +a(其中 a 为常数).
? a? (1)设 a>0, 问是否存在 x0∈?-1,3?, 使得 f(x0)>g(x0)? ? ?

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若存在,请求出实数 a 的取值范围,若不存在,请说 明理由; (2)记函数 H(x)=[f(x)-1]· [g(x)-1],若函数 y=H(x) 有 5 个不同的零点,求实数 a 的取值范围. (1)实质上是研究函数 h(x)=f(x)-g(x)的值

域包含大于 0 的值. (2)y=H(x)有 5 个不同的零点,等价于 f(x)=1,g(x)= 1 分别有 3 个,2 个不同的根.

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? a? x0∈?-1,3?,使得, ? ?

第1讲

(1)假设存在,即存在

f(x0)-g(x0)=x0(x0-a)2-[-x2+(a-1)x0+a] 0 =x0(x0-a)2+(x0-a)(x0+1) =(x0-a)[x2+(1-a)x0+1]>0, 0 ? a? 当 x0∈?-1,3?时,又 a>0,故 x0-a<0, ? ? ? a? 则存在 x0∈?-1,3?,使得 x2+(1-a)x0+1<0, 0 ? ? ?a? a-1 a a ? ?2+(1-a)× +1<0, ①当 > ,即 a>3 时, 3 2 3 3 ? ? 3 得 a>3 或 a<- ,∴a>3; 2

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a-1 a ②当-1≤ ≤ ,即 0<a≤3 时, 2 3 4-?a-1?2 <0,得 a<-1 或 a>3,∴a 无解. 4 综上,a>3.

第1讲

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(2)据题意有 f(x)-1=0 有 3 个不同的实根,g(x)-1=0 有 2 个不同的实根,且这 5 个实根两两不相等.
(ⅰ)g(x)-1=0 有 2 个不同的实根,只需满足 a>1 或 a<-3; (ⅱ)f(x)-1=0 有 3 个不同的实根, a ①当 >a 即 a<0 时,f(x)在 x=a 处取得极大值, 3 而 f(a)=0,不符合题意,舍;
?a-1? ? g? ? 2 ?>1? ? ?

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a ②当 =a,即 a=0 时,不符合题意,舍; 3 a a ③当 <a,即 a>0 时,f (x)在 x= 处取得极大值, 3 3 3 3 ?a? 3 2 3 2 ? ?>1?a> F 3 ;所以 a> ; ? ? 2

第1讲

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23 3 2 .(注:a> 3 也对) 因为(ⅰ)(ⅱ)要同时满足,故 a> 3 4 2
下证:这 5 个实根两两不相等, 即证:不存在 x0 使得 f(x0)-1=0 和 g(x0)-1=0 同时成立; 若存在 x0 使得 f(x0)=g(x0)=1,
2 由 f(x0)=g(x0),即 x0(x0-a)2=-x0+(a-1)x0+a,

得(x0-a)(x2-ax0+x0+1)=0, 0

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当 x0=a 时,f(x0)=g(x0)=0,不符合,舍去; 当 x0≠a 时,即有 x2-ax0+x0+1=0 0
2 又由 g(x0)=1,即-x0+(a-1)x0+a=1.

第1讲

① ②

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联立①②式,可得 a=0; 而当 a=0 时,H(x)=[f(x)-1]· [g(x)-1]=(x3-1)· 2-x (-x -1)=0 没有 5 个不同的零点,故舍去,所以这 5 个实根 两两不相等.

综上,当 a>

3

3

2 2

时,函数 y=H(x)有 5 个不同的零点.

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第1讲

本题第(1)小问中,先将关于不等式有解的问 题转化为函数值域来研究,运用函数思想.第(2)小问中, 将函数有 5 个不同零点转化为方程的根研究, 利用方程的 特征转化为 f(x)-1=0 有三个根,在证明 5 个根不等时, 又利用方程回代参数值进行检验, 这是方程检验增根的方 法,这些都是方程思想的运用.

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第1讲

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函数 f(x)=(2x-1)2,g(x)=ax2 (a>0),满足 f(x)<g(x)的整数 x 恰有 4 个,则实数 a 的取值范围是 __________.

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解析 在同一坐标系内分别作出满足条件

第1讲

的函数 f(x)=(2x-1)2,g(x)=ax2 的图象, 则由两个函数的图象可知, y=f(x), y=g(x) 的图象在区间(0,1)内总有一个交点, 令:h(x)=f(x)-g(x)=(4-a)x2-4x+1, 要使满足不等式(2x-1)2<ax2 的解集中的 整数解恰有 4 个, ?h?4?<0, ?49-16a<0, ? ? ? 则需 ?? ?h?5?≥0 ?81-25a≥0 ? ? 49 81 ? <a≤ . 16 25

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答案

?49 81? ? , ? ?16 25?

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第1讲

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1.在高中数学的各个部分,都有一些公式和定理, 这些公式和定理本身就是一个方程, 如等差数列的通项公 式、余弦定理、解析几何的弦长公式等,当题目与这些问 题有关时, 就需要根据这些公式或者定理列方程或方程组 求解需要的量.

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第1讲

2.当问题中涉及一些变化的量时,就需要建立这些 变化的量之间的关系, 通过变量之间的关系探究问题的答 案,这就需要使用函数思想. 3.借助有关函数的性质,一是用来解决有关求值、 解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题, 二是在问题的研究中, 可以通过建立函数关系式或构造中 间函数来求解. 4.许多数学问题中,一般都含有常量、变量或参数, 这些参变量中必有一个处于突出的主导地位, 把这个参变 量称为主元, 构造出关于主元的方程, 主元思想有利于回 避多元的困扰,解方程的实质就是分离参变量.

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→ → 1.长度都为 2 的向量OA,OB的夹角为 60° ,点 C 在以 O → → → 为圆心的圆弧 AB(劣弧)上,OC=mOA+nOB,则 m +n 的最大值是________.
押题依据 本题考查了向量、三角函数的基本知识,
(

这些都是高考的必考点.本题突出考查了函数思想的 应用,体现了对数学思想和解题能力的考查. 押题级别 ★★★★★

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→ → 解析 建立平面直角坐标系,设向量OA=(2,0),向量OB π → =(1, 3).设向量OC=(2cos α,2sin α),0≤α≤ . 3 → → → 由OC=mOA+nOB,得(2cos α,2sin α)=(2m+n, 3n),
即 2cos α=2m+n,2sin α= 3n, 1 2 解得 m=cos α- sin α,n= sin α. 3 3

π? 2 3 1 2 3 ? 故 m+n=cos α+ sin α= sin?α+3?≤ . 3 3 3 ? ?
2 3 答案 3

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2.对于满足 0≤p≤4 的实数 p,使 x2+px>4x+p-3 恒 成立的 x 的取值范围是__________.
押题依据 不等式是高考的必考内容,通常以选择题 或填空题的形式出现,也可能在综合题中的某问出 现.本题以变更主元的方法构建函数,考查了函数思 想的应用. 押题级别 ★★★★★

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第1讲

解析

x2+px>4x+p-3 对于 0≤p≤4 恒成立可以变形为

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x2-4x+3+p(x-1)>0 对于 0≤p≤4 恒成立, 所以一次函 数 f(p)=(x-1)p+x2-4x+3 在区间[0,4]上的最小值大于 ?x2-4x+3>0 ? 0,即? 2 , ?x -1>0 ? 所以 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞).

答案

(-∞,-1)∪(3,+∞)


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