2020-2021学年河北省衡水市高二（下）4月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省衡水市高二（下）4月月考数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若ω=−12+32i，则ω4+ω2+1等于( )
A.1B.0C.3+3iD.−1+3i

2. 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)=2xf′(1)+x2，则f′(1)=( )
A.−1B.−2C.1D.2

3. 用数学归纳法证明等式1+2+3+...+(n+3)=(n+3)(n+4)2(n∈N∗)时，验证n=1，左边应取的项是( )
A.1B.1+2C.1+2+3D.1+2+3+4

4. 若a，b，c∈C，则a−b2+b−c2=0是a=b=c的( )
A.充要条件B.充分但不必要条件
C.必要但不充分条件D.既不充分也不必要条件

5. 函数y=2−x2−x3的极值情况是( )
A.有极大值，没有极小值B.有极小值，没有极大值
C.既无极大值也无极小值D.既有极大值也有极小值

6. k棱柱有f(k)个对角面，则k+1棱柱的对角面个数f(k+1)为( )
A.f(k)+k−1B.f(k)+k+1C.f(k)+kD.f(k)+k−2

7. 已知复数z=1−2i，则复数z1=zi−|z|在复平面上的对应点在( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

8. 已知y=fx为R上的连续可导函数，当x≠0时，f′x+fxx>0，则函数gx=fx+1x的零点个数为( )
A.1B.2C.0D.0或2

9. 若函数f(x)=2x2−lnx在其定义域内的一个子区间(k−1, k+1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是( )
A.[1, +∞)B.[1, 32)C.[1, 2)D.[32, 2)

10. 定义在R上的可导函数f(x)，已知y=ef′(x) 的图象如图所示，则y=f(x)的增区间是( )

A.(−∞, 1)B.(−∞, 2)C.(0, 1)D.(1, 2)

11. 如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为1n(n≥2)，其余每个数是它下一行左右相邻两数的和，如11=12+12，12=13+16，13=14+112，⋯，则第7行第4个数（从左往右数）为( )

A.1140B.1105C.160D.142

12. 定义在[a,3]上的函数f(x)=ex−1ex−2x，(a>0)满足f(a+1)≤f(2a2)，则实数a的取值范围是( )
A.(0,62]B.(1,62)C.[233,62]D.[1,62]
二、填空题

设n≥2，n∈N，(2x+12)n−(3x+13)n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn，将|ak|(0≤k≤n)的最小值记为Tn，则T2=0，T3=123−133，T4=0，T5=125−135，⋯，Tn，⋯，其中Tn=________．

已知复数z=x+yi，且|z−2|=3，则yx的最大值是________．

若关于x的不等式x3−3x2−9x+2≥m对任意x∈−2,2恒成立，则m的取值范围是________．

请阅读下列材料：若两个正实数a1，a2满足a12+a22=1，那么a1+a2≤2．证明：构造函数f(x)=(x−a1)2+(x−a2)2=2x2−2(a1+a2)x+1，因为对一切实数x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，从而得4(a1+a2)2−8≤0，所以a1+a2≤2．类比上述结论，若n个正实数满足a12+a22+⋯+an2=1时，你能得到的结论为________．
三、解答题

设复数z=(1+i)2+3(1−i)2+i，若z2+az+b=1+i，求实数a，b的值．

已知函数f(x)=ax3+bx2−3x在x=±1处取得极值．若过点A(0, 16)作曲线y=f(x)的切线，求切线方程．

我们知道：圆的任意一弦（非直径）的中点和圆心连线与该弦垂直；那么，若椭圆b2x2+a2y2=a2b2的一弦（非过原点的弦）的中点与原点连线及弦所在直线的斜率均存在，你能得到什么结论？请予以证明．

已知函数f(x)=lnx+2x，g(x)=a(x2+x)．
(1)若a=12，F(x)=f(x)−g(x)，求F(x)的单调区间；

(2)若a≥1时，求证：f(x)≤g(x)．

某商品每件成本9元，售价为30元，每星期卖出432件，如果降低价格，销售量可以增加，且每星期多卖出商品件数与商品单价的降低值x（单位；元，0≤x≤30）的平方成正比，已知商品单价降低2元时，一星期多卖出24件.
(1)将一个星期的商品销售利润表示成x的函数f(x)；

(2)如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？

设数列an的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：Sn−12=anSn.
(1)求S1，S2，S3；

(2)猜想Sn的表达式并用数学归纳法证明．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省衡水市高二（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】
复数1的立方根的性质，1=ω3ω2+ω+1=0可得结果．
【解答】
解：由ω=−12+32i可得
ω2=−12−32i，ω4=ω，
∴ω2+ω+1=0，
∴ ω4+ω2+1=ω+ω2+1=0.
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】
利用导数的运算法则求出f′(x)，令x＝1可得f′(1)＝2f′(1)+2，计算可得答案．
【解答】
解：f′(x)=2f′(1)+2x，
令x=1得，f′(1)=2f′(1)+2，
∴ f′(1)=−2.
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
数学归纳法
【解析】
由等式 1+2+3+…+(n+3)=(n+3)(n+4)2(n∈N+)，当n=1时，n+3=4，而等式左边起始为1的连续的正整数的和，由此易得答案．
【解答】
解：在等式 1+2+3+…+(n+3)=(n+3)(n+4)2(n∈N∗)中，
当n=1时，n+3=4，
而等式左边起始为1的连续的正整数的和，
故n=1时，等式左边的项为：1+2+3+4.
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若a=b=c，则a−b2+b−c2=0，故必要性成立；
若a=1，b=0，c=i，则满足a−b2+b−c2=1+i2=0，
但不满足a=b=c，故充分性不成立，
故a−b2+b−c2=0是a=b=c的必要但不充分条件.
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
由已知得y′=−2x−3x2，令y′=0，得x=0或x=−23，由此能求出函数y=2−x2−x3既有极大值又有极小值．
【解答】
解：∵ y=2−x2−x3，
∴ y′=−2x−3x2，
由y′=0，得x=0或x=−23，
当x∈(−∞, −23)时，y′<0；
当x∈(−23, 0)时，y′>0；
当x∈(0, +∞)时，y′<0，
∴ 函数y=2−x2−x3的减区间是(−∞, −23)，(0, +∞)；增区间是(−23,0)，
∴ 函数y=2−x2−x3既有极大值又有极小值．
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
归纳推理
【解析】
因为过不相邻两条侧棱的截面为对角面，过每一侧棱与它不相邻的一条侧棱都能作对角面，可作(k−3)个对角面，k条侧棱可作k(k−3)个对角面，由于这些对角面是相互之间重复计算了，所以共有k(k−3)÷2个对角面，从而得出f(k+1)与f(k)的关系．
【解答】
解：因为过不相邻两条侧棱的截面为对角面，过每一侧棱与它不相邻的一条侧棱都能作对角面，可作(k−3)个对角面，k条侧棱可作k(k−3)个对角面，
由于这些对角面是相互之间重复计算了，
所以共有k(k−3)÷2个对角面，
所以可得f(k+1)−f(k)=(k+1)(k+1−3)÷2−k(k−3)÷2=k−1，
故f(k+1)=f(k)+k−1．
故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：z1=zi−|z|=i(1−2i)−5=2−5+i，
在复平面上的对应点为(2−5, 1)，在第二象限.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知，由于函数gx=fx+1x，可得x≠0，因而gx的零点跟xgx的非零零点是完全一样的，故我们考虑xgx=xf(x)+1的零点，
①当x>0时，(xgx)′=(xfx)′=xf′x+f(x)=x[f′(x)+f(x)x]>0，
所以在0,+∞上，函数xgx单调递增．
又因为x→0时，xf(x)+1→1，于是在0,+∞上，函数xgx=xf(x)+1>1恒成立，
因此，在0,+∞上，函数xgx=xf(x)+1>1没有零点；
②当x<0时，由于(xgx)′=(xfx)′=xf′x+f(x)=x[f′(x)+f(x)x]<0，
故函数xgx在−∞,0上是减函数，函数xgx=xf(x)+1>1恒成立，
故函数xgx在−∞,0上无零点．
综上可得，函数gx=fx+1x在R上的零点个数为0.
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
先确定函数的定义域然后求导数fˊ(x)，在函数的定义域内解方程fˊ(x)=0，使方程的解在定义域内的一个子区间
(k−1, k+1)内，建立不等关系，解之即可．
【解答】
解：因为f(x)定义域为(0, +∞)，又f′(x)=4x−1x，
由f′(x)=0，得x=12．
当x∈(0, 12)时，f′(x)<0，
当x∈(12, +∞)时，f′(x)>0
据题意，k−1<12解得1≤k<32．
故选B．
10.
【答案】
B
【考点】
函数的单调性与导数的关系
【解析】
由题意知，欲求函数的增区间，由图象确定出函数导数为非负的区间就可以了，由于y=ef′（x）是一个指数型的函数，当指数大于0时函数值大于1，故由图象找出函数图象在直线y=1上面的那一部分的自变量的集合即为所求
【解答】
解：由题意如图f′(x)≥0的区间是(−∞, 2)，
故函数y=f(x)的增区间(−∞, 2).
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
归纳推理
【解析】
根据每个数是它下一行左右相邻两数的和，先求出第5，6，7三行的第2个数，再求出6，7两行的第3个数，求出第7行的第4个数．
【解答】
解：设第n行第m个数为a(n, m)，
由题意知a(6, 1)=16，a(7,1)=17，
∴ a(7, 2)=a(6, 1)−a(7, 1)=16−17=142，
a(6, 2)=a(5, 1)−a(6, 1)=15−16=130，
a(7, 3)=a(6, 2)−a(7, 2)=130−142=1105，
a(6, 3)=a(5, 2)−a(6, 2)=120−130=160，
∴ a(7, 4)=a(6, 3)−a(7, 3)=160−1105=1140．
故选A．
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由f(x)=ex−1ex−2x，
得f′(x)=ex+e−x−2，
∵ x∈[a,3](a>0)，
∴ f′(x)>2ex⋅e−x−2=0，
∴ f(x)在[a,3]上为增函数.
由f(a+1)≤f(2a2)，
得a≤a+1≤3,a≤2a2≤3,a+1≤2a2,
解得1≤a≤62，
∴ 实数a的取值集合是[1,62].
故选D.
二、填空题
【答案】
0，n为偶数，12n−13n，n为奇数
【考点】
归纳推理
【解析】
本题主要考查了合情推理，利用归纳和类比进行简单的推理，属容易题．根据已知中T2=0，T3=123−133，T4=0，T5=125−135，及，(2x+12)n−(3x+13)n=a0+a1x+a2x2+...+anxn，将|ak|(0≤k≤n)的最小值记为Tn，我们易得，当n的取值为偶数时的规律，再进一步分析，n为奇数时，Tn的值与n的关系，综合便可给出Tn的表达式．
【解答】
解：根据Tn的定义，列出Tn的前几项：
T0=0，
T1=16=12−13，
T2=0，
T3=123−133，
T4=0，
T5=125−135，
T6=0，
⋯
由此规律，我们可以推断：Tn=0，n为偶数，12n−13n，n为奇数.
故答案为：0，n为偶数，12n−13n，n为奇数.
【答案】
3
【考点】
点到直线的距离公式
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
由题意求出x，y的关系，利用yx的几何意义点与原点连线的斜率，求出它的最大值．
【解答】
解：|z−2|=3，即(x−2)2+y2=3，
就是以(2, 0)为圆心，以3为半径的圆，
yx的几何意义点与原点连线的斜率，
设y=kx，
则由|2k−0|1+k2=3，解得k=3，（负舍），
即yx的最大值是：3.
故答案为：3．
【答案】
(−∞, −20]
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
设y＝x3−3x2−9x+2，则y′＝3x2−6x−9，由此利用导数性质能求出关于x的不等式x3−3x2−9x+2≥m对任意x∈[−2, 2]恒成立的m的取值范围．
【解答】
解：设y=x3−3x2−9x+2，
则y′=3x2−6x−9，
令y′=3x2−6x−9=0，得x1=−1，x2=3，
∵ 3∉[−2, 2]，∴ x2=3（舍），
列表讨论：
∵ f(−2)=−8−12+18+2=0，
f(−1)=−1−3+9+2=7，
f(2)=8−12−18+2=−20，
∴ y=x3−3x2−9x+2在x∈[−2, 2]上的最大值为7，最小值为−20.
∵ 关于x的不等式x3−3x2−9x+2≥m对任意x∈[−2, 2]恒成立，
∴ m≤−20.
故答案为：(−∞, −20].
【答案】
a1+a2+⋯+an≤n(n∈N∗)
【考点】
类比推理
【解析】
由类比推理知识可构造函数f(x)=(x−a1)2+(x−a2)2+...+(x−an)2=nx2−2(a1+a2+...+an)x+1，由对一切实数x，恒有f(x)≥0，所以△≤0，即可得到结论．
【解答】
解：构造函数f(x)=(x−a1)2+(x−a2)2+⋯+(x−an)2
=nx2−2(a1+a2+⋯+an)x+1，
由对一切实数x，恒有f(x)≥0，
所以Δ≤0，得a1+a2+⋯+an≤n(n∈N∗).
故答案为：a1+a2+⋯+an≤n(n∈N∗).
三、解答题
【答案】
解：z=(1+i)2+3(1−i)2+i=3−i2+i
=(3−i)(2−i)(2+i)(2−i)=5−5i5=1−i，
z2+az+b=(1−i)2+a(1−i)+b
=a+b−(a+2)i=1+i，
∴ a+b=1,a+2=−1,
解得a=−3,b=4.
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】
先将z按照复数代数形式的运算法则，化为代数形式，代入 z2+az+b=1+i，再根据复数相等的概念，列出关于a，b的方程组，并解即可．
【解答】
解：z=(1+i)2+3(1−i)2+i=3−i2+i
=(3−i)(2−i)(2+i)(2−i)=5−5i5=1−i，
z2+az+b=(1−i)2+a(1−i)+b
=a+b−(a+2)i=1+i，
∴ a+b=1,a+2=−1,
解得a=−3,b=4.
【答案】
解：f′(x)=3ax2+2bx−3，依题意，f′(1)=f′(−1)=0，
即3a+2b−3=0，3a−2b−3=0，
解得a=1，b=0．
曲线方程为y=x3−3x，
点A(0, 16)不在曲线上．
设切点为M(x0, y0)，
则点M的坐标满足y0=x03−3x0．
因f′(x0)=3(x02−1)，
故切线的方程为y−y0=3(x02−1)(x−x0).
注意到点A(0, 16)在切线上，
有16−(x03−3x0)=3(x02−1)(0−x0)，
化简得x03=−8，
解得x0=−2．
所以，切点为M(−2, −2)，
切线方程为9x−y+16=0．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
（1）求出f′(x)，因为函数在x=±1处取得极值，即得到f′(1)=f′(−1)=0，代入求出a与b得到函数解析式，然后讨论利用x的取值范围讨论函数的增减性，得到f(1)和f(−1)分别是函数f(x)的极小值和极大值；
【解答】
解：f′(x)=3ax2+2bx−3，依题意，f′(1)=f′(−1)=0，
即3a+2b−3=0，3a−2b−3=0，
解得a=1，b=0．
曲线方程为y=x3−3x，
点A(0, 16)不在曲线上．
设切点为M(x0, y0)，
则点M的坐标满足y0=x03−3x0．
因f′(x0)=3(x02−1)，
故切线的方程为y−y0=3(x02−1)(x−x0).
注意到点A(0, 16)在切线上，
有16−(x03−3x0)=3(x02−1)(0−x0)，
化简得x03=−8，
解得x0=−2．
所以，切点为M(−2, −2)，
切线方程为9x−y+16=0．
【答案】
解：斜率之积为−b2a2，证明如下：
设弦的两个端点分别为A(x1, y1)，B(x2, y2)，
设弦AB的中点为M(x0, y0)，
则2x0=x1+x2和2y0=y1+y2，
所以b2x12+a2y12=a2b2①，
b2x22+a2y22=a2b2②，
作差，整理可得2b2x0+2a2y0⋅kAB=0，
所以kOM⋅kAB=−b2a2．
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
设点作差，利用中点坐标公式，即可得出结论．
【解答】
解：斜率之积为−b2a2，证明如下：
设弦的两个端点分别为A(x1, y1)，B(x2, y2)，
设弦AB的中点为M(x0, y0)，
则2x0=x1+x2和2y0=y1+y2，
所以b2x12+a2y12=a2b2①，
b2x22+a2y22=a2b2②，
作差，整理可得2b2x0+2a2y0⋅kAB=0，
所以kOM⋅kAB=−b2a2．
【答案】
(1)解：当a=12时，F(x)=lnx+2x−12(x2+x)(x>0)，
F′(x)=1x−x+32
=2−2x2+3x2x=−(2x+1)(x−2)2x.
∵ x>0，
∴ 当00，当x>2时，F′(x)<0，
∴ F(x)的单调增区间为(0, 2)，单调减区间为(2, +∞).
(2)证明：令ℎ(x)=f(x)−g(x)
=lnx+2x−a(x2+x)(x>0)，
则由ℎ′(x)=f′(x)−g′(x)
=1x+2−2ax−a
=−(2x+1)(ax−1)2=0，
解得x=1a．
∴ 当x∈(0,1a)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0,1a)上单调递增，
当x∈(1a,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(1a,+∞)上单调递减．
∴ 当x=1a时，ℎ(x)有极大值，
且ℎ(1a)=ln1a+2a−a(1a2+1a)=ln1a+1a−1.
∵ a≥1，
∴ ln1a≤0，1a−1≤0，
∴ ln1a+1a−1≤0．
而ℎ(x)在(0, +∞)上的极大值也就是最大值．
∴ ℎ(x)≤ℎ(1a)≤0，
∴ f(x)≤g(x)．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】
（1）把a的值代入，求出函数F(x)的定义域，求其导函数，由导函数大于0求解x的取值范围，得函数的增区间，由导函数小于0求解x的取值范围，得其减区间；
（2）构造辅助函数ℎ(x)=f(x)−g(x)，利用导数求该函数在其定义域内的最大值，由a的范围得到其最大值小于等于0，从而问题得证．
【解答】
(1)解：当a=12时，F(x)=lnx+2x−12(x2+x)(x>0)，
F′(x)=1x−x+32
=2−2x2+3x2x=−(2x+1)(x−2)2x.
∵ x>0，
∴ 当00，当x>2时，F′(x)<0，
∴ F(x)的单调增区间为(0, 2)，单调减区间为(2, +∞).
(2)证明：令ℎ(x)=f(x)−g(x)
=lnx+2x−a(x2+x)(x>0)，
则由ℎ′(x)=f′(x)−g′(x)
=1x+2−2ax−a
=−(2x+1)(ax−1)2=0，
解得x=1a．
∴ 当x∈(0,1a)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0,1a)上单调递增，
当x∈(1a,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(1a,+∞)上单调递减．
∴ 当x=1a时，ℎ(x)有极大值，
且ℎ(1a)=ln1a+2a−a(1a2+1a)=ln1a+1a−1.
∵ a≥1，
∴ ln1a≤0，1a−1≤0，
∴ ln1a+1a−1≤0．
而ℎ(x)在(0, +∞)上的极大值也就是最大值．
∴ ℎ(x)≤ℎ(1a)≤0，
∴ f(x)≤g(x)．
【答案】
解：(1)设商品降价x元，则多卖的商品数为kx2，若记商品在一个星期的获利为f(x)，
则依题意有f(x)=(30−x−9)(432+kx2)=(21−x)(432+kx2)，
又由已知条件，24=k⋅22，于是有k=6，
所以f(x)=−6x3+126x2−432x+9072，x∈[0, 30]．
(2)根据(1)，我们有f′(x)=−18x2+252x−432=−18(x−2)(x−12)．
∴ 当x=12时，f(x)取得极大值．
∵ f(0)=9072，f(12)=11664，
∴ 定价为30−12=18元能使一个星期的商品销售利润最大．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
函数模型的选择与应用
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）先设商品降价x元，写出多卖的商品数，则可计算出商品在一个星期的获利数，再依题意：“商品单价降低2元时，一星期多卖出24件”求出比例系数即可得一个星期的商品销售利润表示成x的函数；
（2）根据（1）中得到的函数，利用导数研究其极值，从而救是f(x)达到极大值．从而得出所以定价为多少元时，能使一个星期的商品销售利润最大．
【解答】
解：(1)设商品降价x元，则多卖的商品数为kx2，若记商品在一个星期的获利为f(x)，
则依题意有f(x)=(30−x−9)(432+kx2)=(21−x)(432+kx2)，
又由已知条件，24=k⋅22，于是有k=6，
所以f(x)=−6x3+126x2−432x+9072，x∈[0, 30]．
(2)根据(1)，我们有f′(x)=−18x2+252x−432=−18(x−2)(x−12)．
∴ 当x=12时，f(x)取得极大值．
∵ f(0)=9072，f(12)=11664，
∴ 定价为30−12=18元能使一个星期的商品销售利润最大．
【答案】
解：(1)∵ (Sn−1)2=anSn，
∴ (Sn−1)2=(Sn−Sn−1)Sn，
∴ Sn=12−Sn−1，
又(S1−1)2=S12，
∴ S1=12，S2=23，S3=34.
(2)猜想Sn=nn+1．下面用数学归纳法证明：
①当n=1时，S1=12，nn+1=12，猜想正确；
②假设当n=k时，猜想正确，即Sk=kk+1，
那么，n=k+1时，由Sk+1=12−Sk=12−kk+1=k+1(k+1)+1，猜想也成立，
综上知，Sn=nn+1对一切自然数n均成立．
【考点】
数列递推式
数学归纳法
【解析】
（1）由(Sn−1)2=anSn，可得Sn=12−Sn−1，即可求S1，S2，S3；
（2）猜想Sn=nn+1，再用数学归纳法证明．
【解答】
解：(1)∵ (Sn−1)2=anSn，
∴ (Sn−1)2=(Sn−Sn−1)Sn，
∴ Sn=12−Sn−1，
又(S1−1)2=S12，
∴ S1=12，S2=23，S3=34.
(2)猜想Sn=nn+1．下面用数学归纳法证明：
①当n=1时，S1=12，nn+1=12，猜想正确；
②假设当n=k时，猜想正确，即Sk=kk+1，
那么，n=k+1时，由Sk+1=12−Sk=12−kk+1=k+1(k+1)+1，猜想也成立，
综上知，Sn=nn+1对一切自然数n均成立．x
(−2, −1)
−1
(−1, 2)
f′(x)
+
0
−
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
x
[0, 2)
2
(2, 12)
12
(12, 30]
f′(x)
−
0
+
0
−
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
x
[0, 2)
2
(2, 12)
12
(12, 30]
f′(x)
−
0
+
0
−
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘