(共35张PPT)
第三篇
[小题提速练]
第26练
导数的概念及简单应用
[明晰考情]
本内容是高考命题的热点内容.在选择、填空题中，若考查导数的几何意义，难度较小；若考查应用导数研究函数的单调性、极值、最值，一般在选择题、填空题最后的位置，难度较大.
题组对点练
栏目索引
易错易混练
押题冲刺练
题组一 导数的几何意义
要点重组 (1)函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
(2)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同.
题组对点练
1.已知f(x)为奇函数，且当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋x，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为
解析 当x>0时，－x<0，则f(－x)＝ln[－(－x)]－x＝ln
x－x，
又f(x)为奇函数，所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝x－ln
x.
√
即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为0.
2.(2019·合肥质检)已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切，则实数a的值是
解析 由题意知y′＝aex＋1＝2，则a>0，x＝－ln
a，代入y＝aex＋x，得y＝1－ln
a，
所以切线方程为y－(1－ln
a)＝2(x＋ln
a)，
即y＝2x＋ln
a＋1＝2x＋1，
所以a＝1.
√
3.(2019·全国Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________.
解析 因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，
所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，
所以所求的切线方程为y＝3x.
y＝3x
4.设函数f(x)＝g(x)＋x2，若曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线斜率为________.
4
解析 因为曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，
所以g′(1)＝2，又f′(1)＝g′(1)＋2×1＝4，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为4.
题组二 导数与函数的单调性
要点重组 (1)求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0即可.
(2)若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.
A.(0,1]
B.[0,1]
C.(0，＋∞)
D.(1，＋∞)
解析 由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
√
由f′(x)>0，得x<－1或x>1，
又x>0，所以x>1，
所以函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).
A.c
B.cC.bD.a√
∴f(x)在(0，＋∞)上为减函数.
∵3<π<5，∴f(3)>f(π)>f(5)，
∴a>b>c.
A.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
B.[－1,0)∪(0,1]
C.(－1,1)
D.(－1,0)∪(0,1)
√
则f′(x)＝ax2＋2x＋a有2个不同零点，
则有Δ＝4－4a2>0，且a≠0，可得－1即实数a的取值范围是(－1,0)∪(0,1).
8.(2019·烟台诊断性测试)若定义域为R的函数f(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式ef(ln
x)－xf(1)<0的解集为________.(结果用区间表示)
(0，e)
所以g(x)在R上为增函数，
由ef(ln
x)－xf(1)<0得，
所以ln
x<1，即x∈(0，e).
题组三 导数与函数的极值、最值
要点重组 (1)求函数f(x)的极值，需先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号.
(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解.
(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较，得到函数的最值.
9.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论一定成立的是
A.x＝1为f(x)的极大值点
B.x＝1为f(x)的极小值点
C.x＝－1为f(x)的极大值点
D.x＝－1为f(x)的极小值点
√
解析 绘制表格考查函数的性质如下：
区间
(－∞，－1)
(－1,1)
(1，＋∞)
1－x
＋
＋
－
y＝(1－x)f′(x)
－
＋
－
f′(x)
－
＋
＋
f(x)的单调性
单调递减
单调递增
单调递增
据此可得，函数f(x)在x＝－1处取得极小值，在x＝1处无极值.
√
所以111.已知函数f(x)＝ln
x＋2ex2，g(x)＝x3＋kx(k∈R)，若函数y＝f(x)－g(x)只有1个零点，则函数g(x)在[0，e]上的最大值为
√
解析 由题意可知方程ln
x＋2ex2＝x3＋kx只有1个实数根，
令h′(x)＝0，解得x＝e，
故当x∈(0，e)时，h′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，
所以函数h(x)的图象与直线y＝k只有1个交点，
故函数g(x)在[0，e]上是增函数，
g(x)max＝g(e)＝2e3＋1.
12.(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________.
－3
解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0).
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不合题意.
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在(0,1]上单调递减.
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，f(0)＝1，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
易错易混练
解析 由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，
√
易错提醒 本题容易出错在解出a，b的值后，不去验证，错选了C.
2.若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是_________________.
解析 因为函数f(x)＝x2－ex－ax，所以f′(x)＝2x－ex－a.
因为函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，
所以f′(x)＝2x－ex－a>0有解，即a<2x－ex有解.
令g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，
由g′(x)＝2－ex＝0，得x＝ln
2，
由g′(x)＝2－ex>0，得x2，
由g′(x)＝2－ex<0，得x>ln
2，
所以当x＝ln
2时，g(x)max＝2ln
2－2.所以a<2ln
2－2.
故实数a的取值范围是(－∞，2ln
2－2).
(－∞，2ln
2－2)
易错提醒 已知函数存在单调区间求参数的取值范围问题是存在性问题，其转化方法为：若f(x)存在单调递减区间，则f′(x)<0在给定区间上有解；若f(x)存在单调递增区间，则f′(x)>0在给定区间上有解.注意将其与“函数的单调区间”“函数在区间上单调”的转化方法区别开来.
押题冲刺练
1.函数f(x)＝excos
x的图象在点(0，f(0))处的切线方程是
A.x＋y＋1＝0
B.x＋y－1＝0
C.x－y＋1＝0
D.x－y－1＝0
解析 f(0)＝e0cos
0＝1，
因为f′(x)＝excos
x－exsin
x，
所以f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，
即x－y＋1＝0.
√
1
2
3
4
5
6
2.设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则
解析 ∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解.
∵当x>0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.
√
1
2
3
4
5
6
A.4≤m≤5
B.2≤m≤4
C.m≤2
D.m≤4
√
可得x2－mx＋4≥0在区间[1,2]上恒成立，
当且仅当x＝2时取等号，可得m≤4.
1
2
3
4
5
6
4.已知函数f(x)＝ax＋x2－xln
a，若对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤a－2恒成立，则实数a的取值范围是
A.[e2，＋∞)
B.[e，＋∞)
C.[2，e]
D.[e，e2]
解析 依题意可知，当x∈[0,1]时，f(x)max－f(x)min≤a－2且a>2，
因为f′(x)＝(ax－1)ln
a＋2x，
所以当x>0时，f′(x)>0，
函数f(x)在[0,1]上单调递增，
则f(x)max＝f(1)＝a＋1－ln
a，f(x)min＝f(0)＝1，
所以f(x)max－f(x)min＝a－ln
a，
所以a－ln
a≤a－2，得a≥e2.
√
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
5.设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是
√
1
2
3
4
5
6
解析 设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，
由题意知存在唯一的整数x0使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，
∵g′(x)＝ex(2x－1)＋2ex＝ex(2x＋1)，
当x＝0时，g(0)＝－1，当x＝1时，g(1)＝e>0，
直线y＝ax－a恒过定点(1,0)且斜率为a，
故－a>g(0)＝－1且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，
A.既有极大值，也有极小值
B.有极大值，没有极小值
C.没有极大值，有极小值
D.既没有极大值，也没有极小值
√
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
由已知得g′(x)＝x－a<0，当x∈(－1,2)时恒成立，
故a≥2，
又已知a≤2，故a＝2，
所以函数f(x)在(－1,2)上有极大值，没有极小值.
第三篇
本课结束第26练 导数的概念及简单应用[小题提速练]
[明晰考情] 本内容是高考命题的热点内容．在选择、填空题中，若考查导数的几何意义，难度较小；若考查应用导数研究函数的单调性、极值、最值，一般在选择题、填空题最后的位置，难度较大．
题组一 导数的几何意义
要点重组 (1)函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
(2)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．
1．已知f(x)为奇函数，且当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋x，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为( )
A．1
B．－1
C．0
D．－
答案 C
解析 当x>0时，－x<0，则f(－x)＝ln[－(－x)]－x＝ln
x－x，又f(x)为奇函数，
所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝x－ln
x.
当x>0时，f′(x)＝1－，
所以f′(1)＝0，
即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为0.
2．(2019·合肥质检)已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切，则实数a的值是( )
A.
B．1
C．2
D．e
答案 B
解析 由题意知y′＝aex＋1＝2，则a>0，x＝－ln
a，代入y＝aex＋x，得y＝1－ln
a，
所以切线方程为y－(1－ln
a)＝2(x＋ln
a)，
即y＝2x＋ln
a＋1＝2x＋1，所以a＝1.
3．(2019·全国Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________．
答案 y＝3x
解析 因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.
4．设函数f(x)＝g(x)＋x2，若曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线斜率为________．
答案 4
解析 因为曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，所以g′(1)＝2，又f′(1)＝g′(1)＋2×1＝4，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为4.
题组二 导数与函数的单调性
要点重组 (1)求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0即可．
(2)若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．
5．已知函数f(x)＝－ln
x＋x2＋5，则其单调递增区间为( )
A．(0,1]
B．[0,1]
C．(0，＋∞)
D．(1，＋∞)
答案 D
解析 由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f(x)＝－ln
x＋x2＋5，
所以f′(x)＝－＋x＝，
由f′(x)>0，得x<－1或x>1，
又x>0，所以x>1，
所以函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
6．已知函数f(x)＝ln
x－x＋，若a＝－f ，b＝f(π)，c＝f(5)，则( )
A．cB．cC．bD．a答案 A
解析 ∵f′(x)＝－1－＝－<0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上为减函数．
a＝－f ＝－
＝ln
3－3＋＝f(3)．
∵3<π<5，∴f(3)>f(π)>f(5)，
∴a>b>c.
7．已知定义在R上的函数f(x)＝ax3＋x2＋ax＋1有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
B．[－1,0)∪(0,1]
C．(－1,1)
D．(－1,0)∪(0,1)
答案 D
解析 根据题意，函数f(x)＝ax3＋x2＋ax＋1，其导函数f′(x)＝ax2＋2x＋a.若函数f(x)＝ax3＋x2＋ax＋1有三个不同的单调区间，则f′(x)＝ax2＋2x＋a有2个不同零点，则有Δ＝4－4a2>0，且a≠0，可得－18．(2019·烟台诊断性测试)若定义域为R的函数f(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式ef(ln
x)－xf(1)<0的解集为________．(结果用区间表示)
答案 (0，e)
解析 令g(x)＝，
则g′(x)＝＝>0，
所以g(x)在R上为增函数，
由ef(ln
x)－xf(1)<0得，
<，即g(ln
x)所以ln
x<1，即x∈(0，e)．
题组三 导数与函数的极值、最值
要点重组 (1)求函数f(x)的极值，需先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较，得到函数的最值．
9.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论一定成立的是( )
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
答案 D
解析 绘制表格考查函数的性质如下：
区间
(－∞，－1)
(－1,1)
(1，＋∞)
1－x
＋
＋
－
y＝(1－x)f′(x)
－
＋
－
f′(x)
－
＋
＋
f(x)的单调性
单调递减
单调递增
单调递增
据此可得，函数f(x)在x＝－1处取得极小值，在x＝1处无极值．
10．若函数f(x)＝－(1＋2a)x＋2ln
x(a>0)在区间内有极大值，则a的取值范围是( )
A.
B．(1，＋∞)
C．(1,2)
D．(2，＋∞)
答案 C
解析 f′(x)＝ax－(1＋2a)＋＝
＝(a>0，x>0)．
令f′(x)＝0，得x＝或x＝2，
若f(x)在上有极大值，则<<1，
所以111．已知函数f(x)＝ln
x＋2ex2，g(x)＝x3＋kx(k∈R)，若函数y＝f(x)－g(x)只有1个零点，则函数g(x)在[0，e]上的最大值为( )
A．0
B．e3＋1
C．2e3＋
D．2e3＋1
答案 D
解析 由题意可知方程ln
x＋2ex2＝x3＋kx只有1个实数根，
因为x>0，所以＋2ex－x2＝k.
令h(x)＝＋2ex－x2，
则h′(x)＝＋2e－2x＝＋2(e－x)，
令h′(x)＝0，解得x＝e，
故当x∈(0，e)时，h′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，
所以h(x)max＝h(e)＝＋e2，
又方程＋2ex－x2＝k只有1个实数根，
所以函数h(x)的图象与直线y＝k只有1个交点，
所以＋e2＝k，
故g(x)＝x3＋x，
g′(x)＝3x2＋＋e2>0，
故函数g(x)在[0，e]上是增函数，
g(x)max＝g(e)＝2e3＋1.
12．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．
答案 －3
解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0)．
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不合题意．
②当a＞0时，由f′(x)＞0，解得x＞，
由f′(x)＜0，解得0＜x＜，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增．
又f(x)只有一个零点，∴f＝－＋1＝0，∴a＝3.
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在(0,1]上单调递减．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，f(0)＝1，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为( )
A．－
B．－2
C．－2或－
D．2或－
答案 A
解析 由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，
即解得或
经检验满足题意，故＝－.
易错提醒 本题容易出错在解出a，b的值后，不去验证，错选了C.
2．若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，2ln
2－2)
解析 因为函数f(x)＝x2－ex－ax，
所以f′(x)＝2x－ex－a.
因为函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，
所以f′(x)＝2x－ex－a>0有解，
即a<2x－ex有解．
令g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，
由g′(x)＝2－ex＝0，得x＝ln
2，
由g′(x)＝2－ex>0，得x2，
由g′(x)＝2－ex<0，得x>ln
2，
所以当x＝ln
2时，g(x)max＝2ln
2－2.
所以a<2ln
2－2.
故实数a的取值范围是(－∞，2ln
2－2)．
易错提醒 已知函数存在单调区间求参数的取值范围问题是存在性问题，其转化方法为：若f(x)存在单调递减区间，则f′(x)<0在给定区间上有解；若f(x)存在单调递增区间，则f′(x)>0在给定区间上有解．注意将其与“函数的单调区间”“函数在区间上单调”的转化方法区别开来．
1．函数f(x)＝excos
x的图象在点(0，f(0))处的切线方程是( )
A．x＋y＋1＝0
B．x＋y－1＝0
C．x－y＋1＝0
D．x－y－1＝0
答案 C
解析 f(0)＝e0cos
0＝1，
因为f′(x)＝excos
x－exsin
x，
所以f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，
即x－y＋1＝0.
2．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则( )
A．a<－1
B．a>－1
C．a>－
D．a<－
答案 A
解析 ∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解．
∵当x>0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.
3．已知函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，则实数m的取值范围为( )
A．4≤m≤5
B．2≤m≤4
C．m≤2
D．m≤4
答案 D
解析 由函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3，
可得f′(x)＝x2－mx＋4，
由函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，可得x2－mx＋4≥0在区间[1,2]上恒成立，
可得m≤x＋在x∈[1,2]时恒成立，
又x＋≥2＝4，
当且仅当x＝2时取等号，可得m≤4.
4．已知函数f(x)＝ax＋x2－xln
a，若对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤a－2恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[e2，＋∞)
B．[e，＋∞)
C．[2，e]
D．[e，e2]
答案 A
解析 依题意可知，当x∈[0,1]时，f(x)max－f(x)min≤a－2且a>2，
因为f′(x)＝(ax－1)ln
a＋2x，
所以当x>0时，f′(x)>0，
函数f(x)在[0,1]上单调递增，
则f(x)max＝f(1)＝a＋1－ln
a，f(x)min＝f(0)＝1，
所以f(x)max－f(x)min＝a－ln
a，
所以a－ln
a≤a－2，得a≥e2.
5．设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，
由题意知存在唯一的整数x0使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，
∵g′(x)＝ex(2x－1)＋2ex＝ex(2x＋1)，
∴当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，
∴当x＝－时，g(x)取最小值－2e－，
当x＝0时，g(0)＝－1，当x＝1时，g(1)＝e>0，
直线y＝ax－a恒过定点(1,0)且斜率为a，
故－a>g(0)＝－1且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，
解得≤a<1.
6．设函数f(x)在(m，n)上的导函数为g(x)，x∈(m，n)，若g(x)的导函数小于零恒成立，则称函数f(x)在(m，n)上为“凸函数”．已知当a≤2时，f(x)＝x3－ax2＋x在(－1,2)上为“凸函数”，则函数f(x)在(－1,2)上( )
A．既有极大值，也有极小值
B．有极大值，没有极小值
C．没有极大值，有极小值
D．既没有极大值，也没有极小值
答案 B
解析 g(x)＝f′(x)＝x2－ax＋1.
由已知得g′(x)＝x－a<0，当x∈(－1,2)时恒成立，
故a≥2，
又已知a≤2，故a＝2，
此时由f′(x)＝0，得x1＝2－，x2＝2＋ (－1,2)，
当x∈(－1,2－)时，f′(x)>0；
当x∈(2－，2)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－1,2)上有极大值，没有极小值．