
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2023-2024学年重庆市缙云教育联盟高二(下)质检数学试卷(3月份)(含解析)
展开1.已知函数f(x)=x2−2x,集合A={x|f(x)≤0},B={x|f′(x)≤0},则A∩B=( )
A. [−1,0]B. [−1,2]
C. [0,1]D. (−∞,1]∪[2,+∞)
2.一个口袋中装有2个白球和3个黑球,先摸出一个球后放回,再摸出一个球,则两次摸出的球都是白球的概率是( )
A. 25B. 35C. 15D. 425
3.函数f(x)的图象如图所示,下列数值排序正确的是( )
A. 0
A. (0,110)B. (−110,110)C. (0,15)D. (−15,15)
5.定义在R上的函数f(x)满足2f(x)+f′(x)<0,则下列不等式一定成立的是( )
A. e2f(2)
6.∃m∈R,对∀x∈[1,n](n>1),不等式e|x+m|
7.设函数f(x)在R上存在导数f′(x),对任意x∈R都有f(−x)−f(x)=4x,且在x∈(−∞,0)上,f′(x)>−2,若f(2−a2)−f(a)≥2(a+2)(a−1),则实数a的取值范围是( )
A. [−2,−1]∪[1,2]B. (−∞,−2]∪[−1,1]∪[2,+∞)
C. [−2,1]D. (−∞,−2]∪[1,+∞)
8.设a= 1.01,b=,c=ln(1.01e),则( )
A. a二、多选题:本题共3小题,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。
9.若C92m=C9m,则m的值是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
10.排球是一项深受人们喜爱的运动项目,排球比赛一般采用5局3胜制.在每局比赛中,发球方赢得此球后可得1分,并获得下一球的发球权,否则交换发球权,并且对方得1分.在决胜局(第五局)采用15分制,某队只有赢得至少15分,并领先对方2分为胜.现有甲、乙两队进行排球比赛,则下列说法正确的是( )
A. 已知前三局比赛中甲已经赢两局,乙赢一局,若甲队最后赢得整场比赛,则甲队将以3:1或3:2的比分赢得比赛
B. 若甲队每局比赛获胜的概率为23,则甲队赢得整场比赛的概率也是23
C. 已知前三局比赛中甲已经赢两局,乙赢一局,且接下来两队赢得每局比赛的概率均为12,则甲队最后赢得整场比赛的概率为14
D. 已知前四局比赛中甲、乙两队已经各赢两局比赛.在决胜局(第五局)中,两队当前的得分为甲、乙各14分.若两队打了x(x≤4)个球后甲赢得整场比赛,则x的取值为2或4
11.意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现数列1,1,2,3,5,8,13,⋯数列中的每一项称为斐波那契数,记作Fn.已知F1=1,F2=1,Fn=Fn−1+Fn−2(n∈N*,n>2).则( )
A. F12=134
B. F2+F4+F6+F8=F9−1
C. 若斐波那契数Fn除以4所得的余数按照原顺序构成数列{an},则a2023+a2024=2
D. 若F2024=p0.则F1+F2+F3+⋅⋅⋅+F2022=p0−2
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
12.曲线y=1x+2在点(1,3)处的切线方程为______.
13.已知函数y=f(x),其中f(x)=exsinx,则曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为______.
14.已知函数f(x)=(x−1)exlna−ax在x∈(0,+∞)上单调递减,则a的取值范围为______.
四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
15.(本小题15分)
各项均不为0的数列{an}对任意正整数n满足:1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=1−12an+1.
(1)若{an}为等差数列,求a1;
(2)若a1=−27,求{an}的前n项和Sn.
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x2+aex−1在点(1,f(1))处的切线与直线x+4y+2024=0垂直.
(1)求a的值;
(2)求f(x)的单调区间和极值.
17.(本小题15分)
已知二项式(x+3x2)n.
(1)若x=1,n=2024,求二项式的值被7除的余数;
(2)若它的二项式系数之和为128,求展开式中系数最大的项.
18.(本小题15分)
某单位进行招聘面试,已知参加面试的N名学生全都来自A,B,C三所学校,其中来自A校的学生人数为n(n>1).该单位要求所有面试人员面试前到场,并随机给每人安排一个面试号码k(k=1,2,3,…,N),按面试号码k由小到大依次进行面试,每人面试时长5分钟,面试完成后自行离场.
(1)求面试号码为2的学生来自A校的概率.
(2)若N=40,n=10,且B,C两所学校参加面试的学生人数比为1:2,求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试(A校所有参加面试的学生完成面试后,B,C两校都还有学生未完成面试)的概率.
(3)记随机变量X表示最后一名A校学生完成面试所用的时长(从第1名学生开始面试到最后一名A校学生完成面试所用的时间),E(X)是X的数学期望,证明:E(X)=5n(N+1)n+1.
19.(本小题17分)
在密码学领域,欧拉函数是非常重要的,其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设p,q是两个正整数,若p,q的最大公约数是1,则称p,q互素.对于任意正整数n,欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数,记为φ(n).
(1)试求φ(3),φ(9),φ(7),φ(21)的值;
(2)设n是一个正整数,p,q是两个不同的素数.试求φ(3n),φ(pq)与φ(p)和φ(q)的关系;
(3)RSA算法是一种非对称加密算法,它使用了两个不同的密钥:公钥和私钥.具体而言:
①准备两个不同的、足够大的素数p,q;
②计算n=pq,欧拉函数φ(n);
③求正整数k,使得kq除以φ(n)的余数是1;
④其中(n,q)称为公钥,(n,k)称为私钥.
已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是(187,17).若满足题意的正整数k
从小到大排列得到一列数记为数列{bn},数列{cn}满足80cn=bn+47,求数列{tancn⋅tancn+1}的前n项和Tn.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解:∵函数f(x)=x2−2x,集合A={x|f(x)≤0},B={x|f′(x)≤0},
∴A={x|x2−2x≤0}={x|0≤x≤2},
B={2x−2≤0}={x|x≤1},
∴A∩B={x|0≤x≤1}.
故选:C.
求出集合A,B,由此能求出A∩B.
本题考查交集的求法,考查交集定义等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
2.【答案】D
【解析】解:设A=“第一次摸出的是白球”,B=“第二次摸出的是白球”,
则P(AB)=P(A)P(B)=25×25=425.
故选:D.
根据古典概型和独立事件概率公式计算即可.
本题考查古典概型,考查相互独立事件的概率公式,是基础题.
3.【答案】A
【解析】解:观察图象可知,该函数在(2,3)上为连续可导的增函数,且增长的越来越慢.
所以各点处的导数在(2,3)上处处为正,且逐渐减小,所以故f′(2)>f′(3),
而f(3)−f(2)=f(3)−f(2)3−2,表示的连接点(2,f(2))与点(3,f(3))割线的斜率,根据导数的几何意义,一定可以在(2,3)之间找到一点,该点处的切线与割线平行,则割线的斜率就是该点处的切线的斜率,即该点处的导数,则根据刚才的分析,必有:0
观察图象及导数的几何意义得:0
本题考查了函数的导数与函数单调性的关系,以及割线与切线间的关系,要注意数形结合来解题.
4.【答案】D
【解析】解:设5个正数组成数列{an},
则a1+a2+a3+a4+a5=5a3=2,∴a3=25,
则a1=25−2d>0a2=25−d>0a5=25+2d>0a4=25+d>0,解得−15
故选:D.
先求出a3=25,再由5个数均为正数,列d的不等式求解.
本题考查等差数列的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
5.【答案】D
【解析】解:令g(x)=e2xf(x),
则g′(x)=2e2xf(x)+e2xf′(x)=e2x[2f(x)+f′(x)],
因为e2x>0,2f(x)+f′(x)<0,
所以g′(x)<0,所以函数g(x)为减函数,
所以g(2)>g(3),即e4f(2)>e6f(3),
所以f(2)>e2f(3).
故选:D.
构造函数g(x)=e2xf(x),求出导函数,结合已知判断函数g(x)的单调性,从而可得出结论.
本题考查了利用导数研究函数的单调性,考查了函数思想,属中档题.
6.【答案】B
【解析】解:由e|x+m|
设h(x)=−x+lnx+1(x∈[1,n]),
则h′(x)=−1+1x=1−xx≤0,
∴h(x)在[1,n]上单调递减,得h(x)min=h(n)=−n+lnn+1.
再设φ(x)=−x−lnx−1(x∈[1,n]),
易得φ(x)在[1,n]上单调递减,
∴φ(x)max=φ(1)=−2,故有−2
又n>1,且n为整数,故n=2,3,4满足要求,n≥5的整数都不成立,
故整数n的最大值为4,最小值为2,
∴最大值与最小值之和为6.
故选:B.
将e|x+m|
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了导数的运算法则、函数的奇偶性与单调性、构造法,考查了推理能力与计算能力,属于难题.
令g(x)=f(x)+2x,可得g(−x)−g(x)=0,因此g(−x)=g(x),g(x)是R上的偶函数.在x∈(−∞,0)上,g′(x)=f′(x)+2>0,可得函数g(x)在x∈(−∞,0)上单调递增,在[0,+∞)上单调递减.再利用函数的奇偶性与单调性即可得出.
【解答】
解:令g(x)=f(x)+2x,
则g(−x)−g(x)=f(−x)−2x−[f(x)+2x]=f(−x)−f(x)−4x=0.
∴g(−x)=g(x),即g(x)是R上的偶函数.
在x∈(−∞,0)上,g′(x)=f′(x)+2>0,因此函数g(x)在x∈(−∞,0)上单调递增,在[0,+∞)上单调递减.
若f(2−a2)−f(a)≥2(a+2)(a−1)=2a2+2a−4,
即f(2−a2)+2(2−a2)≥f(a)+2a,
∴g(2−a2)≥g(a),∴g(|2−a2|)≥g(|a|),
∴|2−a2|≤|a|,
∴1≤a2≤4,
解得−2≤a≤−1或1≤a≤2.
实数a的取值范围是[−2,−1]∪[1,2].
故选:A.
8.【答案】B
【解析】解:不妨设f1(x)= 1+x,f2(x)=ex1+x,f3(x)=ln(1+x)+1,
其中x∈[0,0.01],则a=f1(0.01),b=f2(0.01),c=f3(0.01),
令f1(x)= 1+x=t=g1(t),则f3(x)=ln(1+x)+1=2lnt+1=g3(t),
其中t∈[1, 1.01],设φ(t)=g1(t)−g2(t)=t−2lnt−1,
求导得φ(t)=1−2t=t−2t<0,
所以φ(t)在t∈[1, 1.01]时单调递减,
所以a−c=φ( 1.01)<φ(1)=1−2ln1−1=0,
所以a
所以h(x)=(1+x)32ex在x∈[0,0.01]时单调递增,
所以ab=h(0.01)=f1(0.01)f2(0.01)>h(0)=1,所以a>b.
综上所述有b故选:B.
构造函数f1(x)= 1+x,f2(x)=ex1+x,f3(x)=ln(1+x)+1作差然后换元,最后求导利用函数单调性即可比较大小.
本题考查构造函数比较数的大小,有时候当作差比较大小时计算量比较大,我们应该转换一种思路用作商来和1比较大小,考查导数的综合应用,属中档题.
9.【答案】AD
【解析】解:由C92m=C9m,
则2m=m或2m+m=9,
即m=0或m=3,
故选:AD.
由组合及组合数的运算可得:2m=m或2m+m=9,然后求解即可.
本题考查了组合及组合数的运算,属基础题.
10.【答案】AD
【解析】解:对于选项A:若前三局比赛中甲已经赢两局,乙赢一局,若甲队最后赢得整场比赛,
则甲队将以3:1或3:2的比分赢得比赛,故A正确;
对于选项B:甲队赢得整场比赛的概率是:
P1=(23)3+C32(23)2×13×23+C42(23)2×(13)2×23=6481,故B错误;
对于选项C:若甲队以3:1的比分赢得比赛,则第4局甲赢,
若甲队以3:2的比分赢得比赛,则第4局乙赢,第5局甲赢,
所以甲队最后赢得整场比赛的概率为P2=12+12×12=34,故C错误;
对于选项D:若前四局比赛中甲、乙两队已经各赢两局比赛.
在第五局中,两队当前的得分为各14分,若两队打了x(x≤4)个球后甲赢得整场比赛,
所以甲接下来可以以16:14或17:15赢得比赛,则x的取值为2或4,故D正确.
故选:AD.
对于选项A:由题意易得要使甲队最后赢得整场比赛,则甲队将以3:1或3:2的比分赢得比赛;对于选项B:甲队要赢得整场比赛,比分可能为3:0,3:1,3:2,分别计算概率求和即可判断;对于选项C:要使甲队最后赢得整场比赛,则甲队可能以3:1或3:2的比分赢得比赛,计算概率求和即可判断;对于选项D:两队打了x(x≤4)个球后甲赢得整场比赛,所以甲接下来可以以16:14或17:15赢得比赛,进而判断答案.
本题主要考查概率的求法,考查运算求解能力,属于中档题.
11.【答案】BC
【解析】解:对于A,斐波那契数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,⋯,F12=144,A错误;
对于B,F2+F4+F6+F8=1+3+8+21=33=34−1=F9−1,B正确;
对于C,由斐波那契数Fn除以4所得的余数按照原顺序构成数列{an},
因为a1=1,a2=1,a3=2,a4=3,a5=1,a6=0,
根据数列{Fn}的性质以及{Mn}的定义可得,
a7=1,a8=1,a9=2,a10=3,a11=1,a12=0.
同理可推得,当k∈N*时,有a6k−5=1,a6k−4=1,a6k−3=2,a6k−2=3,a6k−1=1,a6k=0,
所以{an}是以6为最小正周期的数列,又因为2023÷6=337⋅⋅⋅⋅⋅⋅1,
2024÷6=337⋅⋅⋅⋅⋅⋅2,a2023+a2024=2,C正确;
对于D,由斐波那契数列性质F1=1,F2=1,
Fn=Fn−1+Fn−2(n∈N*,n>2).
可知F1+F2+F3+⋯+F2022=(F3−F2)+(F4−F3)+⋅⋅⋅+(F2024−F2023)
=F2024−F2=p0−1,D错误.
故选:BC.
A,B,结合递推公式,写出前14项即可;C,{an}是以6为最小正周期的数列;D,结合递推公式迭代即可.
本题考查斐波那契数列的运用,以及数列的周期性和累加法求和,考查转化思想和运算能力、推理能力,属于中档题.
12.【答案】x+y−4=0
【解析】解:由函数f(x)=1x+2,可得f′(x)=−1x2,则f′(1)=−1,
故曲线y=1x+2在点(1,3)处的切线方程为:y−3=−(x−1),即x+y−4=0.
故答案为:x+y−4=0.
根据题意,结合导数的几何意义,即可求解.
本题考查导数的几何意义,考查运算求解能力,属于基础题.
13.【答案】y=x
【解析】解:因为f(x)=exsinx,所以f′(x)=exsinx+excsx,
则f(0)=0,f′(0)=e0sin0+e0cs0=1,
所以所求切线的方程为y=x.
故答案为:y=x.
根据导数的几何意义,求出f′(0),即可得出切线方程.
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程,考查运算求解能力,属于基础题.
14.【答案】[e1+1e,+∞)
【解析】解:由已知得f′(x)=xexlna−axlna≤0①在(0,+∞)上恒成立,
a=1时,f(x)=−1显然不符合题意;
0显然g(x)单调递增,且g(x)在[0,+∞)上连续,结合g(0)=−1<0,
所以②式不能恒成立;
当a>1时,①式化为xex≤ax,即x+lnx≤xlna,结合x>0,
则lna≥lnxx+1,x>0恒成立,令h(x)=1+lnxx,x>0,
h′(x)=1−lnxx2,x∈(0,e)时,h′(x)>0,h(x)此时单调递增,
x∈(e,+∞)时,h′(x)<0,此时h(x)此时单调递减,
故h(x)max=h(e)=1+1e,则lna≥1+1e,
解得a≥e1+1e,故所求a的范围是[e1+1e,+∞).
故答案为:[e1+1e,+∞).
由题意可得f′(x)≤0在R+上恒成立,然后研究f′(x)的最小值,再通过分离参数a,构造新函数并研究其最值求解.
本题考查导数在研究不等式恒成立问题中的应用,属于较难的题目.
15.【答案】解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则1anan+1=1d(1an−1an+1),
由1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=1−12an+1,
可得1d(1a1−1a2+1a2−1a3+...+1an−1an+1)=1da1−1dan+1=1−12an+1,
则a1d=1,d=2,解得a1=12;
(2)令n=1,可得1a1a2=1−12a2,又a1=−27,解得a2=−3,
再令n=2,可得1a1a2+1a2a3=1−12a3,解得a3=−1.
当n≥2时,由1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=1−12an+1,可得1a1a2+1a2a3+...+1an−1an=1−12an,
相减可得1anan+1=1−12an+1−(1−12an)=12(1an−1an+1),
则an+1−an=2,
又a2−a1≠2,a3−a2=2,
则{an}从第二项起是公差为2的等差数列,可得Sn=a1+(a2+a3+...+an)=−27−3(n−1)+12(n−1)(n−2)×2=n2−6n+337.
【解析】(1)由等差数列的定义和数列的裂项相消求和,结合恒等式可得首项;
(2)分别求得a2,a3,再将n换为n−1,两式相减可得an+1−an=2,再由等差数列的求和公式,可得所求和.
本题考查等差数列的通项公式和求和公式,以及数列的裂项相消求和,考查转化思想和运算能力,属于中档题.
16.【答案】解:(1)因为f(x)=x2+aex−1,所以f′(x)=2xex−1−(x2+a)ex−1(ex−1)2=2x−x2−aex−1,
则f′(1)=1−a,因为函数f(x)=x2+aex−1在点(1,f(1))处的切线与直线x+4y+2024=0垂直,
故(1−a)×(−14)=−1,解得a=−3;
(2)因为f(x)=x2−3ex−1,所以f′(x)=2x−x2+3ex−1=−(x−3)(x+1)ex−1,
令f′(x)=0,解得x=3或x=−1,令f′(x)<0得x>3或x<−1,令f′(x)>0得−1
故f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)和(3,+∞),单调递增区间为(−1,3),
f(x)的极大值为f(3)=6e2,极小值为f(−1)=−2e2.
【解析】(1)由导数的几何意义求出斜率,利用直线垂直列式求解即可;
(2)求出导数方程的根,根据导数与极值的关系列表即可得解.
本题主要考查了导数几何意义的应用,直线垂直的斜率关系,还考查了导数与单调性及极值关系的应用,属于中档题.
17.【答案】解:(1)42024=16×64674=16×(63+1)674=16(C674063674+C674163673+...+C67467363+C674674),
由63能被7整除,故余数为16×C674674=16的余数,故余数为2;
(2)设展开式的第r+1项的系数最大,由题意可知2n=128,
∴n=7,∴C7r3r≥C7r−13r−1C7r3r≥C7r+13r+1,∴5≤r≤6,
故展开式中系数最大的项为第6项和第7项.
【解析】(1)将42024转化为42×64674,进一步转化,即可解出;
(2)利用二项式展开式系数最大的项的求法,即可解出.
本题考查了二项式定理的展开式的应用,学生的基础运算能力,属于基础题.
18.【答案】解:(1)记“面试号码为2的学生来自A校”为事件A,
将A校n名学生面试号码的安排情况作为样本空间,则样本点总数为CNn,
事件A表示A校有1名学生的面试号码为2,
其他n−1名学生的面试号码在剩余N−1个面试号码中随机安排,
则事件A包含的样本点数为CN−1n−1C11,
故P(A)=CN−1n−1C11CNn=(N−1)!(n−1)!(N−n)!N!n!(N−n)!=nN;
(2)设B校参加面试的学生有x名,由题意得x40−10−x=12,解得x=10,
所以B校参加面试的学生有10名,C校参加面试的学生有20名,
记“最后面试的学生来自B校”为事件B,“最后面试的学生来自C校”为事件C,显然事件B,C互斥,
记“A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试”为事件D,则D=BD+CD,
当事件B发生时,只需考虑A,C两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自C校,
则P(BD)=P(B)P(D|B)=1040×2030=16,
当事件C发生时,只需考虑A,B两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自B校,
则P(CD)=P(C)P(D|C)=2040×1020=14,
所以P(D)=P(BD)+P(CD)=16+14=512;
证明:(3)由题知随机变量X的取值为5n,5(n+1),…,5N,
则随机变量X的分布列为P(X=5k)=Ck−1n−1CNn,k=n,n+1,⋯,N,
所以随机变量X的期望E(X)=k=nN5kCk−1n−1CNn=5CNnk=nNkCk−1n−1
=5CNnk=nNk(k−1)!(n−1)!(k−n)!=5nCNnk=nNCkn
=5nCNn(Cnn+Cn+1n+Cn+2n+⋯+CNn)=5nCNn(Cn+1n+1+Cn+1n+Cn+2n+⋯+CNn)=5nCNnCN+1n+1
=5nN!n!(N−n)!⋅(N+1)!(n+1)!(N−n)!=5n(N+1)n+1,
所以E(X)=5n(N+1)n+1.
【解析】(1)按古典概型的计算方法求解;
(2)先确定来自各校的学生人数,再利用条件概率公式进行计算;
(3)先求出分布列,再按期望的公式进行化简.
本题考查概率的求法,考查离散型随机变量的期望,属于难题.
19.【答案】(1)解:由题,φ(3)=2,φ(9)=6,φ(7)=6,φ(21)=12;
(2)证明:在不大于3n的正整数中,只有3的倍数不与3n互素,而3的倍数有3n−1个,
故φ(3n)=3n−3n−1=2⋅3n−1,
因为p,q是两个不同的素数,所以φ(p)=p−1,φ(q)=q−1,
在不超过pq−1的正整数中,p的倍数有q−1个,q的倍数有p−1个,
所以φ(pq)=pq−1−(p−1)−(q−1)=pq−p−q+1=(p−1)(q−1),
所以φ(pq)=φ(p)⋅φ(q);
(3)解:由题,计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是(187,17),
所以n=187,q=17,从而p=11,
φ(n)=φ(187)=φ(11×17)=φ(11)φ(17)=10×16=160,
所以,正整数k满足的条件为:17k=160x+1,x∈N,k=9x+117(7x+1),
令y=117(7x+1),则17y=7x+1,x=2y+17(3y−1),
令z=17(3y−1),则7z=3y−1,y=2z+13(z+1),
取z=3n−1,则y=7n−2,x=17n−5,k=160n−47=bn,
所以80cn=bn+47=160n,所以cn=2n,
所以tancn⋅tancn+1=tan2n⋅tan(2n+2)=tan(2n+2)−tan2ntan2−1,
Tn=tanc1⋅tanc2+tanc2⋅tanc3+⋯+tancn⋅tancn+1
=tan2⋅tan4+tan4⋅tan6+⋯+tan2n⋅tan(2n+2)
=tan4−tan2+tan6−tan4+⋯+tan(2n+2)−tan2ntan2−n
=tan(2n+2)−tan2tan2−n
=tan(2n+2)tan2−n−1.
【解析】(1)直接由欧拉函数所给的定义即可求解;
(2)由题分析即可得φ(3n),φ(p)=p−1,φ(q)=q−1,φ(pq)即可;
(3)由题分析出k满足的条件,然后结合80cn=bn+47求出cn,再表示出tancn⋅tancn+1=tan(2n+2)−tan2ntan2−1,利用数列求和即可求解.
本题考查了新定义问题和数列的求和问题,属于难题.x
(−∞,−1)
−1
(−1,3)
3
(3,+∞)
f′(x)
−
0
+
0
−
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
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