2023-2024学年江苏省常州市武进高级中学高二（下）学情调研数学试卷（3月份）(含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省常州市武进高级中学高二（下）学情调研数学试卷（3月份）(含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知f′(x0)=a，则lim△x→0f(x0+△x)−f(x0−3△x)2△x的值为( )
A. −2aB. 2aC. aD. −a
2.某质点的位移y(单位：m)与时间t(单位：s)满足函数关系式y=at4+ln(t+1)，其中a为常数.若当t=1时，该质点的瞬时速度为1m/s，则当t=2时，该质点的瞬时速度为( )
A. 113m/sB. 3m/sC. 133m/sD. 143m/s
3.已知曲线y=x+kln(1+x)在x=1处的切线与直线x+2y=0垂直，则k的值为( )
A. 4B. 2C. −3D. −6
4.若点P是曲线y=lnx−x2上任意一点，则点P到直线l：x+y−6=0的距离的最小值为( )
A. 2 2B. 3 2C. 5 22D. 9 22
5.已知函数f(x)=x− 2sinx,x∈[0,π]，则f(x)的最大值为( )
A. π4−1B. 0C. πD. π2− 2
6.若函数f(x)=x−4x−alnx单调递增，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,0]B. (−∞,−4]C. [−4,4]D. (−∞,4]
7.若过点P(t,0)可以作曲线y=(1−x)ex的两条切线，则t的取值范围是( )
A. (−3,1)B. (1,+∞)
C. (−∞,−3)D. (−∞,−3)∪(1,+∞)
8.若对任意的x1，x2∈(m,+∞)，且x1A. (1e,e)B. [1e,e]C. [1e,+∞)D. (1e,+∞)
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.已知函数f(x)的定义域为R，函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，则下列选项正确的是( )
A. 函数f(x)的单调递减区间是(−∞,−2)
B. 函数f(x)的单调递增区间是(−∞,−2)，(0,+∞)
C. x=2处是函数f(x)的极值点
D. x=−1时，函数的导函数小于0
10.已知函数f(x)=x3+ax2−ax+1，则下列说法正确的是( )
A. 若f(x)为R上的单调函数，则a<−3
B. 若a=2时，f(x)在(−1,1)上有最小值，无最大值
C. 若f(x)−1为奇函数，则a=0
D. 当a=0时，f(x)在x=1处的切线方程为3x−y−1=0
11.在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，此定理得名于荷兰数学家鲁伊兹⋅布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个实数x0使得f(x0)=x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，x0为函数的不动点.现新定义：若x0满足f(x0)=−x0，则称x0为f(x)的次不动点.设函数f(x)=ex+1+e−x−1+x2+x+a，若f(x)在区间(−2,1)上存在次不动点，则a的取值可以是( )
A. −1B. e2+e−2+4C. −e2−e−2−3D. −e2−e−2−1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=ex(2x−1)x−1的单调减区间为______．
13.若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)+2f(x)>0，且f(0)=1，则不等式f(x)>1e2x的解集为______．
14.已知函数f(x)=xex−x−lnx+a，若f(x)在(0,e)上存在零点，则实数a的最大值是______．
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13分)
已知函数f(x)=12ex(csx+sinx)(0≤x≤π2)．
(1)计算函数f(x)的导数f′(x)的表达式；
(2)求函数f(x)的值域．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=32x2−4ax+a2lnx在x=1处取值得极大值．
(1)求a的值；
(2)求f(x)在区间[1e,e]上的最大值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=ex(x2−ax−a)．
(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴，求实数a的值；
(Ⅱ)求f(x)的单调区间．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax−2lnx．
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)当x>0时，f(x)≥12x3+x2+2−2ex−2lnx恒成立，求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=alnx−x−1x+1，a∈R．
(1)若函数f(x)在定义域上单调递增，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2．
(Ⅰ)求a的取值范围；
(Ⅱ)证明：f(x1)−f(x2)x1−x2>a−2a2a−1．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查导数的基本概念，考查函数在x0处的极限的定义，属于基础题．
根据f′(x0)=a，且lim△x→0f(x0+△x)−f(x0−3△x)2△x
=2lim4△x→0f(x0+△x)−f(x0−3△x)4△x，运算可得结果．
【解答】
解：因为f′(x0)=a，
又lim△x→0f(x0+△x)−f(x0−3△x)2△x
=2lim4△x→0f(x0+△x)−f(x0−3△x)4△x
=2f’(x0)=2a．
故选B．
2.【答案】C
【解析】解：由函数关系式y=at4+ln(t+1)，
得其导函数为：y′=4at3+1t+1，
由于当t=1时，该质点的瞬时速度为1m/s，
将t=1代入导函数，得4a+12=1，
所以a=18，
则由函数关系式y=18t4+ln(t+1)，其导函数为：y′=12t3+1t+1，
将t=2代入导函数，得12×23+12+1=133，
所以当t=2时，该质点的瞬时速度为133m/s．
故选：C．
质点在某时刻的瞬时速度即为该函数在该时刻的导数值，先将t=1代入导函数，求出a的值，再将t=2代入导函数求值即可．
本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵y=x+kln(1+x)，∴y′=1+k1+x，
又曲线y=x+kln(1+x)在点(1,1)处的切线与直线x+2y=0垂直，
∴1+k2=2，即k=2．
故选：B．
求出原函数的导函数，得到函数在x=1处的导数值，再由两直线垂直与斜率的关系求解k的值．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查两直线垂直与斜率的关系，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：直线l：x+y−6=0，
则直线l的斜率为−1，
y=lnx−x2，
则y′=1x−2，
令1x−2x=−1，解得x=1(负值舍去)，
当x=1时，y=−1，
故平行于直线l：x+y−6=0且与直线y=lnx−x2相切的切点坐标为(1,−1)，
所以点P到直线l：x+y−6=0的距离的最小值为：|1−1−6| 2=3 2．
故选：B．
根据已知条件，结合导数的几何意义，以及点到直线的距离公式，即可求解．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线的方程，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：f(x)=x− 2sinx,x∈[0,π]，
f′(x)=1− 2csx=0，x=π4，
f(x)在[0,π4]上f′(x)<0，f(x)单调递减；
f(x)在(π4,π]上f′(x)>0，f(x)单调递增；
f(0)=0，f(π)=π，
所以在x=π处取得最大值π．
故选：C．
本题利用导数判断f(x)的单调性，即可求出最大值．
本题考查三角函数的最值和利用导数求函数最值，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：依题意f′(x)=1+4x2−ax=x2−ax+4x2≥0，即x2−ax+4≥0对任意x>0恒成立，
即a≤4x+x恒成立，因为4x+x≥2 x×4x=4(当且仅当x=2时取“=”)，所以a≤4，
所以a的取值范围为(−∞,4]．
故选：D．
由f′(x)≥0恒成立分离常数a，利用基本不等式求出a的取值范围．
本题考查了利用函数的单调性求参数的取值范围，基本不等式和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属基础题．
7.【答案】D
【解析】解：设切点(x0,(1−x0)ex0)，
由y=(1−x)ex，得y′=−ex+(1−x)ex=−xex，
则过切点的切线方程为y−(1−x0)ex0=−x0ex0(x−x0)，
又切线过(t,0)，∴−(1−x0)ex0=−x0ex0(t−x0)，
整理得：x02−(t+1)x0+1=0有两个不相等实根x1，x2，
由Δ=(t+1)2−4>0，得t>1或t<−3，
∴t的取值范围是(−∞,−3)∪(1,+∞)．
故选：D．
设切点(x0,(1−x0)ex0)，求出过切点的切线方程，把(t,0)代入，整理可得关于x0的一元二次方程，由判别式大于0求得t的范围．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查转化思想与运算求解能力，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：对任意的x1，x2∈(m,+∞)，且x1则x1lnx2−x2lnx1<2x2−2x1，所以x1(lnx2+2)即lnx1+2x1>lnx2+2x2．
令f(x)=lnx+2x，则函数f(x)在(m,+∞)上单调递减．
因为f′(x)=−lnx+1x2，由f′(x)<0，可得x>1e，
所以函数f(x)的单调递减区间为(1e,+∞)，
所以(m,+∞)⊆(1e,+∞)，故m≥1e，
即实数m的取值范围为[1e,+∞)．
故选：C．
根据题意易知m≥0，变形x1lnx2−x2lnx1x2−x1<2可得lnx1+2x1>lnx2+2x2，故构造函数f(x)=lnx+2x，根据函数单调性的定义可得函数f(x)在(m,+∞)上单调递减，由f′(x)<0即可得解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，集合间的基本关系，考查了转化思想，属中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：由图像可知，当x∈(−∞,−2)∪(0,+∞)时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在(−∞,−2)和(0,+∞)上单调递增，故A错，B对；
因为f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以x=2不是函数f(x)的极值点，故C错；
由图可知，f′(−1)=−3<0，故D对．
故选：BD．
根据导函数图像直接对各选项进行判断．
本题考查了利用导函数图像研究函数单调性和极值，考查了数形结合思想，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A：若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)=3x2+2ax−a，
即Δ=4a2+12a≤0，则−3≤a≤0，故A错；
对于B：当a=2时，f(x)=x3+2x2−2x+1，
令f′(x)=3x2+4x−2=0，得x1=−2− 103<−1，x2=−2+ 103<1，
则f(x)在(−1,x2)上单调递减，在(x2,1)上单调递增，
所以f(x)在x=x2处取最小值，无最大值，故B对；
对于C：由于f(x)−1=x3+ax2−ax，则f(x)−1为奇函数时，
f(x)−1=−[f(−x)−1]⇒x3+ax2−ax=x3−ax2−ax⇒a=0，故C对；
对于D：当a=0时，f(x)=x3+1，f′(x)=3x2，
则f′(1)=3，切点为(1,2)，
所以切线方程为3x−y−1=0，故D对；
故选：BCD．
A选项利用导数恒正或恒负可解得；B选项求导，判断单调区间和单调性得出极值；C选项利用奇函数的性质求出；D选项利用导数的意义结合点斜式求出．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：根据题意，若f(x)在区间(−2,1)上存在次不动点，
则f(x)=−x在区间(−2,1)上有解，
即ex+1+e−x−1+x2+x+a=−x，
即ex+1+e−(x+1)+(x+1)2=1−a有解，
令t=x+1，t∈(−1,2)，则1−a=t2+et+e−t，
令函数g(t)=t2+et+e−t，g′(t)=2t+et−e−t且单调递增，
当t∈(0,2)时，g′(t)>0，
所以g(t)在(0,2)上单调递增，
g(−t)=t2+et+e−t=g(t)，
所以g(t)为偶函数，
所以g(t)在(−1,0)上单调递减，
g(t)min=g(0)=2，g(t)故1−a∈[2,4+e2+e−2)，a∈(−e2−e−2−3,−1]，
则−1∈(−e2−e−2−3,−1]，−e2−e−2−1∈(−e2−e−2−3,−1]．
故选：AD．
由题意可得，ex+1+e−x−1+x2+x+a=−x在(−2,1)上有解，即ex+1+e−(x+1)+(x+1)2=1−a有解，然后换元构造函数，利用导数求最值即可．
本题属于新概念题，考查了函数的奇偶性、单调性及导数的综合运用，属于中档题．
12.【答案】(0,1)和(1,32)
【解析】解：由题意得函数定义域为{x|x≠1}，f′(x)=ex⋅[2x−1x−1+2(x−1)−(2x−1)(x−1)2]=ex⋅2x2−3x(x−1)2，
由f′(x)=0得x=0或x=32，由f′(x)<0得0∴f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1,32).
故答案为：(0,1)和(1,32).
由题意得函数定义域为{x|x≠1}，f′(x)=ex⋅[2x−1x−1+2(x−1)−(2x−1)(x−1)2]=ex⋅2x2−3x(x−1)2，求出f′(x)<0的解集，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】(0,+∞)
【解析】解：构造F(x)=f(x)⋅e2x，
所以F′(x)=f′(x)⋅e2x+f(x)⋅2e2x=e2x[f′(x)+2f(x)>0]>0，
所以F(x)在R上单调递增，且F(0)=f(0)⋅e0=1，
不等式f(x)>1e2x可化为f(x)e2x>1，即F(x)>F(0)，所以x>0，
所以原不等式的解集为(0,+∞)．
故答案为：(0,+∞)．
构造F(x)=f(x)⋅e2x，利用导数得F(x)在R上单调递增，把f(x)>1e2x转化为F(x)>F(0)，利用单调性解不等式即可．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
14.【答案】−1
【解析】解：由f(x)=xex−x−lnx+a，f(x)在(0,e)上存在零点，
即−a=xex−x−lnx=xex−lnex−lnx=xex−ln(xex)在(0,e)上有解，
令g(x)=xex，x∈(0,e)，则g′(x)=(x+1)ex>0恒成立，
故g(x)在(0,e)上单调递增，故g(0)即xex∈(0,ee+1)，
令h(x)=x−lnx，x∈(0,ee+1)，则h′(x)=1−1x=x−1x，
则当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1,ee+1)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,ee+1)上单调递增，
故h(x)≥h(1)=1−ln1=1，当x→0时，h(x)→+∞，
即有−a≥1，故a≤−1，即实数a的最大值是−1．
故答案为：−1．
由f(x)在(0,e)上存在零点，可转化为方程−a=xex−ln(xex)在(0,e)上有解，求出xex−lnxex在(0,e)上的范围即可得．
本题考查函数零点的判定，训练了利用导数求极值，关键在于将题意转化为方程−a=xex−ln(xex)在(0,e)上有解后，构造出函数g(x)=xex，x∈(0,e)及h(x)=x−lnx，x∈(0,ee+1)，从而求出xex−ln(xex)的最值，属中档题．
15.【答案】解：(1)∵f(x)=12ex(csx+sinx)，
∴f′(x)=12ex(csx+sinx)+12ex(−sinx+csx)=excsx；
(2)∵0≤x≤π2，∴f′(x)=excsx≥0，
∴函数f(x)在[0,π2]上是单调增函数，
∴f(x)min=f(0)=12e0(cs0+sin0)=12，f(x)max=f(π2)=12eπ2(csπ2+sinπ2)=12eπ2；
∴函数f(x)的值域为[12,12eπ2]．
【解析】(1)根据基本初等函数和积的导数的求导公式求导即可得出f′(x)=excsx；
(2)0≤x≤π2时，可得出f′(x)≥0，从而得出f(x)在[0,π2]上是增函数，然后即可求出f(x)的最小值和最大值，进而得出f(x)的值域．
本题考查了基本初等函数和积的导数的求导公式，根据导数符号判断函数单调性的方法，根据函数的单调性求函数在闭区间上的最值的方法，考查了计算能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)由f(x)=32x2−4ax+a2lnx，得f′(x)=3x−4a+a2x=3x2−4ax+a2x=(3x−a)(x−a)x，
令f′(x)=0，得x=a或x=a3，当a=1时，令f′(x)>0，得01，令f′(x)<0，得13故函数f(x)在(0,13)上单调递增，在(13,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
此时函数f(x)在x=13处取极大值，在x=1处取极小值，
与函数f(x)在x=1处取得极大值不符；
当a3=1，即a=3时，令f′(x)>0，得03，令f′(x)<0，得1故函数f(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增，
此时函数f(x)在x=1处取极大值，在x=3处取极小值，符合题意，
所以a=3．
(2)由(1)得f(x)=32x2−12x+9lnx,f′(x)=3(x−1)(x−3)x,x∈[1e,e]，
令f′(x)>0，得1e令f′(x)<0，得1所以f(x)max=f(1)=32−12=−212．
【解析】(1)对f(x)求导，令f′(x)=0求出x，代入x=1验证是否符合题意即可；
(2)求导，确定函数在区间[1e,e]上的单调性，再求出最大值即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值和最值，利用函数的极值求参数的值，考查了方程思想和转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)由f(x)=ex(x2−ax−a)，得f′(x)=ex[x2+(2−a)x−2a]，
∵f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴，∴f′(1)=0，
∴e(3−3a)=0，解得a=1，经检验a=1符合题意．
(Ⅱ)∵f′(x)=ex[x2+(2−a)x−2a]，令f′(x)=0，解得x=−2或x=a．
当a=−2时，∵f′(x)=ex(x+2)2≥0，当且仅当x=−2时，f′(x)=0，
∴f(x)在区间(−∞,+∞)上单调递增．
当a<−2时，随x的变化，f′(x)和f(x)的变化情况如下表所示．
∴f(x)在区间(−∞,a)上单调递增，在区间(a,−2)上单调递减，在区间(−2,+∞)上单调递增．
当a>−2时，随x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示．
∴f(x)在区间(−∞,−2)上单调递增，在区间(−2,a)上单调递减，在区间(a,+∞)上单调递增．
综上，当a=−2时，f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞)，无单调递减区间；
当a<−2时，f(x)的单调递增区间为(−∞,a)，(−2,+∞)，单调递减区间为(a,−2)；
当a>−2时，f(x)的单调递增区间为(−∞,−2)，(a,+∞)，单调递减区间为(−2,a)．
【解析】(Ⅰ)对f(x)求导，求出切线的斜率f′(1)，再根据曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴，求出a的值；
(Ⅱ)对f(x)求导，分a=−2，a<−2和a>−2三种情况，求出f(x)的单调区间即可．
本题考查了利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
18.【答案】解：(1)因为函数f(x)=ax−2lnx，其定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=a−2x=ax−2x，
当a≤0时，f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立；
当a>0时，令f′(x)>0得：x>2a；
令f′(x)<0得：0综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在(0,2a)上单调递减，在(2a,+∞)上单调递增．
(2)因为当x>0时，f(x)≥12x3+x2+2−2ex−2lnx恒成立，
所以当x>0时，ax−2lnx≥12x3+x2+2−2ex−2lnx恒成立，
即当x>0时，a≥12x2+x+2x−2exx恒成立，
设g(x)=12x2+x+2x−2exx，x>0，
则g′(x)=x+1−2x2−2(exx−ex)x2=x3+x2−2−2(exx−ex)x2=(x−1)(x2+2x+2−2ex)x2，
令h(x)=x2+2x+2−2ex，x>0，
则h′(x)=2x+2−2ex=2(x+1−ex)，
令m(x)=x+1−ex，x>0，则m′(x)=1−ex<0，
所以m(x)的最大值为m(0)=0，即m(x)=x+1−ex<0，
所以令g′(x)>0，则01；
所以g(x)在x=1处取得最大值且为g(1)=72−2e，
所以a≥72−2e．
故实数a的取值范围为[72−2e,+∞)．
【解析】(1)首先求出函数f(x)的定义域为(0,+∞)，然后求出其导函数，分a≤0和a>0即可判断函数f(x)的单调区间；(2)利用参变分离法将已知不等式问题转化为当x>0时，a≥12x2+x+2x−2exx恒成立，构造函数g(x)=12x2+x+2x−2exx，x>0，利用导数研究其单调性，进而得出其最值，即可得出实数a的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
19.【答案】解：(1)∵f(x)=alnx−x−1x+1在定义域上单调递增，
∴f′(x)=ax−2(x+1)2≥0对∀x>0成立⇔a≥2x(x+1)2对∀x>0成立
⇔0<1a≤12(x+1x)+1对∀x>0成立，
又g(x)=12(x+1x)+1在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴0<1a≤g(1)⇒0<1a≤2⇒a≥12，
故a的取值范围为[12,+∞)．
(2)(Ⅰ)∵f′(x)=ax−2(x+1)2=ax2+2(a−1)x+ax(x+1)2且x>0，
若a≤0，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0,+∞)上递增，f(x)不可能有两个极值点；
若a>0，f(x)有两个极值点，则x1，x2是ax2+2(a−1)x+a=0的两个不同正根，
∴Δ=4(a−1)2−4a>0−2(a−1)a>0a>0⇒0∴实数a的取值范围是(0,12)．
证明：(Ⅱ)由(Ⅰ)0则f(x1)−f(x2)x1−x2=alnx1−x1−1x1+1−alnx2+x2−1x2+1x1−x2=alnx1x2−2(x1−x2)(x1+1)(x2+1)x1−x2
=alnx1x2x1−x2−2x1x2+x1+x2+1=a(lnx1−lnx2)x1−x2−a，
要证f(x1)−f(x2)x1−x2>a−2a2a−1，需证lnx1−lnx2x1−x2−1>1−2aa−1，即lnx1−lnx2x1−x2>a1−a，
只需证lnx1−lnx2x1−x2>2x1+x2，即12lnx1x2令t=x1x2∈(0,1)，则证12lnt由(1)，f(x)=12lnx−x−1x+1在(0,+∞)上递增，
则f(t)综上，f(x1)−f(x2)x1−x2>a−2a2a−1．
【解析】(1)f′(x)=ax−2(x+1)2≥0对∀x>0成立，a≥2x(x+1)2对∀x>0成立，0<1a≤12(x+1x)+1对∀x>0成立，利用对勾函数的导调性，即可求解；
(2)(Ⅰ)利用导数，结合f(x)的极值点个数，得到a>0且x1，x2是ax2+2(a−1)x+a=0的两个不同根，列不等式组求参数范围；
(Ⅱ)0本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，属于难题．x
(−∞,a)
a
(a,−2)
−2
(−2,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
单调递增
f(a)
单调递减
f(−2)
单调递增
x
(−∞,−2)
−2
(−2,a)
a
(a,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
单调递增
f(−2)
单调递减
f(a)
单调递增