《高考快车道》专题突破练3（课后习题）（教师版）高三 二轮专题复习讲义 数学
文档属性
| 名称 | 《高考快车道》专题突破练3（课后习题）（教师版）高三 二轮专题复习讲义 数学 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 166.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-31 00:00:00 | ||
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文档简介
专题突破练3
(分值:109分)
主干知识达标练
1.函数f(x)=在区间[-3,3]上的最大值和最小值分别是( )
A.,- B.,-
C.,- D.,-
答案D
解析f'(x)=,x∈[-3,3],令f'(x)>0,解得-12.若f(x)=aln x+x2在x=1处有极值,则函数f(x)的单调递增区间是( )
A.(1,+∞) B.(0,1)
C.(1,3) D.(,1]
答案A
解析由f(x)=aln x+x2,得f'(x)=+2x,f'(1)=a+2=0,解得a=-2,故f'(x)=+2x=(x>0),当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,故函数f(x)的单调递增区间是(1,+∞).故选A.
3.已知函数f(x)=xex+a在区间[0,1]上的最小值为1,则实数a的值为( )
A.-2 B.2 C.-1 D.1
答案D
解析由题意可知f'(x)=(x+1)ex,所以当x∈[0,1]时,f'(x)>0,则f(x)在区间[0,1]上单调递增,所以f(x)min=f(0)=a=1.故选D.
4.用min{x,y}表示x,y中的最小数.已知函数f(x)=,则min{f(x),f(x+ln 2)}的最大值为( )
A. B.
C. D.ln 2
答案C
解析∵f(x)=,∴f'(x)=,易知f(x)在区间(-∞,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,由题意令f(x)=f(x+ln 2),即,解得x=ln 2.
作出两函数的图象,如图所示.
则min{f(x),f(x+ln 2)}的最大值为两函数图象交点处的函数值,为.故选C.
5.已知函数f(x)=3x-2x-1,则不等式f(x)<0的解集是( )
A.(0,1)
B.(0,+∞)
C.(-∞,0)
D.(-∞,0)∪(1,+∞)
答案A
解析因为f'(x)=3xln 3-2单调递增,且f'(0)=ln 3-2<0,f'(1)=3ln 3-2>0,所以存在唯一x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,所以当xx0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在区间(-∞,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,又f(0)=f(1)=0,且06.(多选题)函数f(x)=ax3-bx2+cx的图象如图,且f(x)在x=x0与x=1处取得极值,给出下列判断,其中正确的是( )
A.c<0
B.a<0
C.f(1)+f(-1)>0
D.函数f'(x)在区间(0,+∞)内单调递减
答案AC
解析f'(x)=3ax2-2bx+c=3a(x-x0)(x-1),由图知x>1时,f(x)单调递增,可知f'(x)>0,所以a>0,故B错误;又f'(x)=3ax2-2bx+c=3a(x-x0)(x-1)=3ax2-3a(1+x0)x+3ax0,∴2b=3a(1+x0),c=3ax0.∵x0<-1<0,∴c=3ax0<0,故A正确;∵x0<-1<0,∴1+x0<0,∴f(1)+f(-1)=-2b=-3a(1+x0)>0,故C正确;f'(x)=3ax2-2bx+c,其图象开口向上,对称轴小于0,函数f'(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故D错误.故选AC.
7.(多选题)(2025全国2,10)已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时,f(x)=(x2-3)ex+2,则( )
A.f(0)=0
B.当x<0时,f(x)=-(x2-3)e-x-2
C.f(x)≥2当且仅当x≥
D.x=-1是f(x)的极大值点
答案ABD
解析因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,A正确;当x<0时,-x>0,f(-x)=[(-x)2-3]e-x+2=(x2-3)e-x+2=-f(x),所以f(x)=-(x2-3)e-x-2,B正确;又f(-1)=2e-2=2(e-1)>2,所以C错误;当x>0时,f'(x)=ex(x+3)(x-1),当01时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,所以x=1是f(x)的极小值点,所以由奇函数的性质可知,x=-1是f(x)的极大值点,D正确.故选ABD.
8.(5分)若函数f(x)=x3-ax2+6x在区间(1,3)内单调递增,则a的取值范围为 .
答案(-∞,6]
解析因为f(x)=x3-ax2+6x,所以f'(x)=3x2-ax+6,因为函数f(x)=x3-ax2+6x在区间(1,3)内单调递增,所以f'(x)=3x2-ax+6≥0在区间(1,3)内恒成立,即x∈(1,3)时,a≤3x+恒成立.因为3x+≥2=6,当且仅当x=时等号成立,即=6,所以a≤6,所以a的取值范围是(-∞,6].
9.(5分)(2025全国1,12)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线,则a= .
答案4
解析设切点P(x0,+x0+a).因为y=ex+x+a,所以y'=ex+1,
所以解得
10.(5分)函数f(x)的导函数为f'(x),若在f(x)的定义域内存在一个区间D,f(x)在区间D上单调递增,f'(x)在区间D上单调递减,则称区间D为函数f(x)的一个“渐缓增区间”.若对于函数f(x)=aex-x2,区间(0,)是其一个渐缓增区间,那么实数a的取值范围是 .
答案[]
解析对于函数f(x)=aex-x2,x∈(0,),有f'(x)=aex-2x,令g(x)=aex-2x,
则g'(x)=aex-2,因为f'(x)在区间(0,)上单调递减,
所以aex-2≤0恒成立,即a≤恒成立,
又,所以a≤,
又f(x)在区间(0,)上单调递增,所以f'(x)=aex-2x≥0恒成立,
即a≥恒成立.设h(x)=,则h'(x)=,在区间(0,)内h'(x)>0,则h(x)单调递增,则h(x)<,
所以a≥,所以≤a≤.
所以a的取值范围是[].
关键能力提升练
11.若函数f(x)=eax+2x有大于零的极值点,则实数a的取值范围为( )
A.(-2,+∞) B. (-,+∞)
C.(-∞,-2) D. (-∞,-)
答案C
解析函数f(x)=eax+2x,可得f'(x)=aeax+2,
若a≥0,则f'(x)>0,此时f(x)单调递增,无极值点.故a<0,令f'(x)=aeax+2=0,解得x=ln(-),
当x>ln(-)时,f'(x)>0,当x由于函数f(x)=eax+2x有大于零的极值点,
∴ln(-)>0,又a<0,
∴ln(-)<0,∴0<-<1,解得a<-2.故选C.
12.(多选题)(2025黑龙江齐齐哈尔二模)函数f(x)=aln x+ex的图象可能是( )
A B
C D
答案ABD
解析f(x)=aln x+ex的定义域为(0,+∞),故排除C.对f(x)=aln x+ex求导可得f'(x)=+ex,x∈(0,+∞).当a=0时,f(x)=ex,x∈(0,+∞).所以y=ex在区间(0,+∞)上单调递增,且函数f(x)的图象从y=1右侧开始上升,故B选项满足.当a>0时,在x∈(0,+∞)上,>0,ex>0,所以f'(x)=+ex>0,这表明函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,当x>0且x→0时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,故A选项满足.当a<0时,f'(x)=+ex=.令g(x)=xex+a,对g(x)求导得g'(x)=(x+1)ex,在区间(0,+∞)上,g'(x)=(x+1)ex>0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.又g(0)=a<0,当x→+∞时,g(x)→+∞,所以存在x0∈(0,+∞),使得g(x0)=0,即f'(x0)=0.当0x0时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增,故D选项满足.故选ABD.
13.(多选题)已知x∈[-π,π],函数f(x)=,则( )
A.f(x)的图象关于y轴对称
B.f(x)恰有2个极值点
C.f(x)在区间[-]上单调递增
D.f(x)的最小值小于-
答案BCD
解析对于A,由f(x)=,可得其定义域为R,且f(-x)==-=-f(x),所以函数f(x)为奇函数,所以A不正确;对于B,由f'(x)=,令g(x)=(x2+1)cos x-2xsin x,则g'(x)=2xcos x-(x2+1)sin x-2sin x-2xcos x=-(x2+3)sin x,当x∈(0,π]时,可得sin x≥0,所以g'(x)≤0,且仅当x=π时,g'(x)=0,g(x)单调递减;当x∈[-π,0)时,可得sin x≤0,所以g'(x)≥0,且仅当x=-π时,g'(x)=0,g(x)单调递增,由g(π)=-(π2+1)<0,g(-π)=-(π2+1)<0且g(0)=1>0,可得g(0)g(π)<0,g(-π)·g(0)<0,所以g(x)在区间(-π,0)和(0,π)内各有一个零点,设两个零点分别为x1,x2,不妨设x10,可得f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x2,π]时,g(x)<0,可得f'(x)<0,f(x)单调递减,所以x1,x2为函数f(x)的2个极值点,且只有2个极值点,所以B正确;对于C,由B知,g(x)在区间[-π,0)内单调递增,在区间(0,π]上单调递减,又由g(-)=+1-)=(π-4)2>0,且g()=(π-4)2>0,则当x∈[-]时,g(x)>0,即f'(x)>0,所以函数f(x)单调递增,所以C正确;对于D,由f(-)==-,所以D正确.故选BCD.
14.(多选题)(2023新高考Ⅱ,11)若函数f(x)=aln x+(a≠0)既有极大值也有极小值,则( )
A.bc>0 B.ab>0
C.b2+8ac>0 D.ac<0
答案BCD
解析函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=.因为函数f(x)既有极大值也有极小值,所以g(x)=ax2-bx-2c在区间(0,+∞)上有两个不同的零点,即一元二次方程ax2-bx-2c=0有两个不同的正实数根,设为x1,x2,所以所以b2+8ac>0,且ab>0,ac<0,bc<0,所以A不正确,B,C,D正确.故选BCD.
15.(17分)(2025黑龙江哈尔滨高三二模)设函数f(x)=ax-2ln x+1,a∈R.
(1)若f(x)在x=1处切线为y=b,求实数a+b的值.
(2)是否存在实数a,使得当x∈(0,2]时,函数f(x)的最小值是3 若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.
解(1)f'(x)=a-,f(x)在x=1处切线为y=b,
故f'(1)=a-2=0,解得a=2,
故f(x)=2x-2ln x+1,
所以f(1)=2+1=3,
所以b=3,
所以a+b=2+3=5.
(2)存在,理由如下:
f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a-,
当a≤0时,f'(x)=a-<0在x∈(0,2]上恒成立,
故f(x)在x∈(0,2]上单调递减,
所以f(x)min=f(2)=2a-2ln 2+1=3,
解得a=1+ln 2>0,舍去.
当a>0时,令f'(x)>0,得x>,令f'(x)<0,得01,则<2,
故f(x)在x∈(0,]上单调递减,在x∈(,2)上单调递增,
故f(x)min=f()=2-2ln+1=3,
解得a=2,满足要求;
若0故f(x)min=f(2)=2a-2ln 2+1=3,解得a=1+ln 2>1,舍去.
综上,存在实数a且a=2.
核心素养创新练
16.(17分)已知函数f(x)=ln x+a(x-1)2.
(1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2,且g(x1)+g(x2)≥-1-,求a的取值范围.
解(1)当a=-时,f(x)=ln x-(x-1)2,x>0,则f'(x)=(x-1)=-,
当x∈(0,2)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞).
(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+a(x-1)2-2x+1,
所以g'(x)=+a(x-1)-2=,
设φ(x)=ax2-(a+2)x+1,令φ(x)=0,由于g(x)有两个极值点x1,x2,
所以
解得a>0.
由x1+x2=,x1x2=,
得g(x1)+g(x2)=ln x1+a(x1-1)2-2x1+1+ln x2+-2x2+1=ln(x1x2)+a[-2x1x2-2(x1+x2)+2]-2(x1+x2)+2=lna[-2·+2]-2·+2=ln-1≥-1-,
即ln a-(a-)≤0,
令m(a)=ln a-(a-),
则m'(a)==-≤0,
所以m(a)在区间(0,+∞)内单调递减,且m(1)=0,
所以a≥1,故a的取值范围是[1,+∞).
1
(分值:109分)
主干知识达标练
1.函数f(x)=在区间[-3,3]上的最大值和最小值分别是( )
A.,- B.,-
C.,- D.,-
答案D
解析f'(x)=,x∈[-3,3],令f'(x)>0,解得-1
A.(1,+∞) B.(0,1)
C.(1,3) D.(,1]
答案A
解析由f(x)=aln x+x2,得f'(x)=+2x,f'(1)=a+2=0,解得a=-2,故f'(x)=+2x=(x>0),当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,故函数f(x)的单调递增区间是(1,+∞).故选A.
3.已知函数f(x)=xex+a在区间[0,1]上的最小值为1,则实数a的值为( )
A.-2 B.2 C.-1 D.1
答案D
解析由题意可知f'(x)=(x+1)ex,所以当x∈[0,1]时,f'(x)>0,则f(x)在区间[0,1]上单调递增,所以f(x)min=f(0)=a=1.故选D.
4.用min{x,y}表示x,y中的最小数.已知函数f(x)=,则min{f(x),f(x+ln 2)}的最大值为( )
A. B.
C. D.ln 2
答案C
解析∵f(x)=,∴f'(x)=,易知f(x)在区间(-∞,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,由题意令f(x)=f(x+ln 2),即,解得x=ln 2.
作出两函数的图象,如图所示.
则min{f(x),f(x+ln 2)}的最大值为两函数图象交点处的函数值,为.故选C.
5.已知函数f(x)=3x-2x-1,则不等式f(x)<0的解集是( )
A.(0,1)
B.(0,+∞)
C.(-∞,0)
D.(-∞,0)∪(1,+∞)
答案A
解析因为f'(x)=3xln 3-2单调递增,且f'(0)=ln 3-2<0,f'(1)=3ln 3-2>0,所以存在唯一x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,所以当x
A.c<0
B.a<0
C.f(1)+f(-1)>0
D.函数f'(x)在区间(0,+∞)内单调递减
答案AC
解析f'(x)=3ax2-2bx+c=3a(x-x0)(x-1),由图知x>1时,f(x)单调递增,可知f'(x)>0,所以a>0,故B错误;又f'(x)=3ax2-2bx+c=3a(x-x0)(x-1)=3ax2-3a(1+x0)x+3ax0,∴2b=3a(1+x0),c=3ax0.∵x0<-1<0,∴c=3ax0<0,故A正确;∵x0<-1<0,∴1+x0<0,∴f(1)+f(-1)=-2b=-3a(1+x0)>0,故C正确;f'(x)=3ax2-2bx+c,其图象开口向上,对称轴小于0,函数f'(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故D错误.故选AC.
7.(多选题)(2025全国2,10)已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时,f(x)=(x2-3)ex+2,则( )
A.f(0)=0
B.当x<0时,f(x)=-(x2-3)e-x-2
C.f(x)≥2当且仅当x≥
D.x=-1是f(x)的极大值点
答案ABD
解析因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,A正确;当x<0时,-x>0,f(-x)=[(-x)2-3]e-x+2=(x2-3)e-x+2=-f(x),所以f(x)=-(x2-3)e-x-2,B正确;又f(-1)=2e-2=2(e-1)>2,所以C错误;当x>0时,f'(x)=ex(x+3)(x-1),当0
8.(5分)若函数f(x)=x3-ax2+6x在区间(1,3)内单调递增,则a的取值范围为 .
答案(-∞,6]
解析因为f(x)=x3-ax2+6x,所以f'(x)=3x2-ax+6,因为函数f(x)=x3-ax2+6x在区间(1,3)内单调递增,所以f'(x)=3x2-ax+6≥0在区间(1,3)内恒成立,即x∈(1,3)时,a≤3x+恒成立.因为3x+≥2=6,当且仅当x=时等号成立,即=6,所以a≤6,所以a的取值范围是(-∞,6].
9.(5分)(2025全国1,12)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线,则a= .
答案4
解析设切点P(x0,+x0+a).因为y=ex+x+a,所以y'=ex+1,
所以解得
10.(5分)函数f(x)的导函数为f'(x),若在f(x)的定义域内存在一个区间D,f(x)在区间D上单调递增,f'(x)在区间D上单调递减,则称区间D为函数f(x)的一个“渐缓增区间”.若对于函数f(x)=aex-x2,区间(0,)是其一个渐缓增区间,那么实数a的取值范围是 .
答案[]
解析对于函数f(x)=aex-x2,x∈(0,),有f'(x)=aex-2x,令g(x)=aex-2x,
则g'(x)=aex-2,因为f'(x)在区间(0,)上单调递减,
所以aex-2≤0恒成立,即a≤恒成立,
又,所以a≤,
又f(x)在区间(0,)上单调递增,所以f'(x)=aex-2x≥0恒成立,
即a≥恒成立.设h(x)=,则h'(x)=,在区间(0,)内h'(x)>0,则h(x)单调递增,则h(x)<,
所以a≥,所以≤a≤.
所以a的取值范围是[].
关键能力提升练
11.若函数f(x)=eax+2x有大于零的极值点,则实数a的取值范围为( )
A.(-2,+∞) B. (-,+∞)
C.(-∞,-2) D. (-∞,-)
答案C
解析函数f(x)=eax+2x,可得f'(x)=aeax+2,
若a≥0,则f'(x)>0,此时f(x)单调递增,无极值点.故a<0,令f'(x)=aeax+2=0,解得x=ln(-),
当x>ln(-)时,f'(x)>0,当x
∴ln(-)>0,又a<0,
∴ln(-)<0,∴0<-<1,解得a<-2.故选C.
12.(多选题)(2025黑龙江齐齐哈尔二模)函数f(x)=aln x+ex的图象可能是( )
A B
C D
答案ABD
解析f(x)=aln x+ex的定义域为(0,+∞),故排除C.对f(x)=aln x+ex求导可得f'(x)=+ex,x∈(0,+∞).当a=0时,f(x)=ex,x∈(0,+∞).所以y=ex在区间(0,+∞)上单调递增,且函数f(x)的图象从y=1右侧开始上升,故B选项满足.当a>0时,在x∈(0,+∞)上,>0,ex>0,所以f'(x)=+ex>0,这表明函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,当x>0且x→0时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,故A选项满足.当a<0时,f'(x)=+ex=.令g(x)=xex+a,对g(x)求导得g'(x)=(x+1)ex,在区间(0,+∞)上,g'(x)=(x+1)ex>0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.又g(0)=a<0,当x→+∞时,g(x)→+∞,所以存在x0∈(0,+∞),使得g(x0)=0,即f'(x0)=0.当0
13.(多选题)已知x∈[-π,π],函数f(x)=,则( )
A.f(x)的图象关于y轴对称
B.f(x)恰有2个极值点
C.f(x)在区间[-]上单调递增
D.f(x)的最小值小于-
答案BCD
解析对于A,由f(x)=,可得其定义域为R,且f(-x)==-=-f(x),所以函数f(x)为奇函数,所以A不正确;对于B,由f'(x)=,令g(x)=(x2+1)cos x-2xsin x,则g'(x)=2xcos x-(x2+1)sin x-2sin x-2xcos x=-(x2+3)sin x,当x∈(0,π]时,可得sin x≥0,所以g'(x)≤0,且仅当x=π时,g'(x)=0,g(x)单调递减;当x∈[-π,0)时,可得sin x≤0,所以g'(x)≥0,且仅当x=-π时,g'(x)=0,g(x)单调递增,由g(π)=-(π2+1)<0,g(-π)=-(π2+1)<0且g(0)=1>0,可得g(0)g(π)<0,g(-π)·g(0)<0,所以g(x)在区间(-π,0)和(0,π)内各有一个零点,设两个零点分别为x1,x2,不妨设x1
14.(多选题)(2023新高考Ⅱ,11)若函数f(x)=aln x+(a≠0)既有极大值也有极小值,则( )
A.bc>0 B.ab>0
C.b2+8ac>0 D.ac<0
答案BCD
解析函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=.因为函数f(x)既有极大值也有极小值,所以g(x)=ax2-bx-2c在区间(0,+∞)上有两个不同的零点,即一元二次方程ax2-bx-2c=0有两个不同的正实数根,设为x1,x2,所以所以b2+8ac>0,且ab>0,ac<0,bc<0,所以A不正确,B,C,D正确.故选BCD.
15.(17分)(2025黑龙江哈尔滨高三二模)设函数f(x)=ax-2ln x+1,a∈R.
(1)若f(x)在x=1处切线为y=b,求实数a+b的值.
(2)是否存在实数a,使得当x∈(0,2]时,函数f(x)的最小值是3 若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.
解(1)f'(x)=a-,f(x)在x=1处切线为y=b,
故f'(1)=a-2=0,解得a=2,
故f(x)=2x-2ln x+1,
所以f(1)=2+1=3,
所以b=3,
所以a+b=2+3=5.
(2)存在,理由如下:
f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a-,
当a≤0时,f'(x)=a-<0在x∈(0,2]上恒成立,
故f(x)在x∈(0,2]上单调递减,
所以f(x)min=f(2)=2a-2ln 2+1=3,
解得a=1+ln 2>0,舍去.
当a>0时,令f'(x)>0,得x>,令f'(x)<0,得0
故f(x)在x∈(0,]上单调递减,在x∈(,2)上单调递增,
故f(x)min=f()=2-2ln+1=3,
解得a=2,满足要求;
若0
综上,存在实数a且a=2.
核心素养创新练
16.(17分)已知函数f(x)=ln x+a(x-1)2.
(1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2,且g(x1)+g(x2)≥-1-,求a的取值范围.
解(1)当a=-时,f(x)=ln x-(x-1)2,x>0,则f'(x)=(x-1)=-,
当x∈(0,2)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞).
(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+a(x-1)2-2x+1,
所以g'(x)=+a(x-1)-2=,
设φ(x)=ax2-(a+2)x+1,令φ(x)=0,由于g(x)有两个极值点x1,x2,
所以
解得a>0.
由x1+x2=,x1x2=,
得g(x1)+g(x2)=ln x1+a(x1-1)2-2x1+1+ln x2+-2x2+1=ln(x1x2)+a[-2x1x2-2(x1+x2)+2]-2(x1+x2)+2=lna[-2·+2]-2·+2=ln-1≥-1-,
即ln a-(a-)≤0,
令m(a)=ln a-(a-),
则m'(a)==-≤0,
所以m(a)在区间(0,+∞)内单调递减,且m(1)=0,
所以a≥1,故a的取值范围是[1,+∞).
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