数学不等式高考真题.docx
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数学不等式高考真题
1.(2018•卷Ⅱ)设函数
(1) 当时,求不等式的解集;
(2)若,求的取值范围
2.(2013•辽宁)已知函数f(x)=|x﹣a|,其中a>1
(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4﹣|x﹣4|的解集;
(2)已知关于x的不等式|f(2x+a)﹣2f(x)|≤2的解集{x|1≤x≤2},求a的值.
3.(2017•新课标Ⅲ)[选修4-5:
不等式选讲]
已知函数f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|.
(Ⅰ)求不等式f(x)≥1的解集;
(Ⅱ)若不等式f(x)≥x2﹣x+m的解集非空,求m的取值范围.
4.(2017•新课标Ⅱ)[选修4-5:
不等式选讲]
已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明:
(Ⅰ)(a+b)(a5+b5)≥4;
(Ⅱ)a+b≤2.
5.(2017•新课标Ⅰ卷)[选修4-5:
不等式选讲]
已知函数f(x)=﹣x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x﹣1|.(10分)
(1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集;
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[﹣1,1],求a的取值范围.
6.(2017•新课标Ⅱ)[选修4-5:
不等式选讲]
已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明:
(Ⅰ)(a+b)(a5+b5)≥4;
(Ⅱ)a+b≤2.
7.(2018•卷Ⅰ)已知
(1)当时,求不等式的解集
(2)若时,不等式成立,求的取值范围
8.(2018•卷Ⅰ)已知f(x)=|x+1|-|ax-1|
(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立,求a的取值范围
9.(2017•新课标Ⅲ)[选修4-5:
不等式选讲]
已知函数f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集;
(2)若不等式f(x)≥x2﹣x+m的解集非空,求m的取值范围.
10.(2014•新课标II)设函数f(x)=|x+|+|x﹣a|(a>0).
(1)证明:
f(x)≥2;
(2)若f(3)<5,求a的取值范围.
11.(2015·福建)选修4-5:
不等式选讲
已知,函数的最小值为4.
(1)求的值;
(2)求的最小值.
12.(2014•新课标I)若a>0,b>0,且+=.
(1)求a3+b3的最小值;
(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?
并说明理由.
13.(2017•新课标Ⅲ)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(12分)
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤﹣﹣2.
14.(2017•新课标Ⅲ)已知函数f(x)=x﹣1﹣alnx.
(Ⅰ)若f(x)≥0,求a的值;
(Ⅱ)设m为整数,且对于任意正整数n,(1+)(1+)…(1+)<m,求m的最小值.
15.(2018•卷Ⅲ)设函数
(1)画出的图像
(2)当时,,求的最小值。
16.(2013•福建)设不等式|x﹣2|<a(a∈N*)的解集为A,且
(1)求a的值
(2)求函数f(x)=|x+a|+|x﹣2|的最小值.
17.(2013•新课标Ⅰ)(选修4﹣5:
不等式选讲)
已知函数f(x)=|2x﹣1|+|2x+a|,g(x)=x+3.
(1)当a=﹣2时,求不等式f(x)<g(x)的解集;
(2)设a>﹣1,且当时,f(x)≤g(x),求a的取值范围.
18.(2016•全国)选修4—5:
不等式选讲
已知函数f(x)=∣x-∣+∣x+∣,M为不等式f(x)<2的解集.
(1)求M;
(2)证明:
当a,b∈M时,∣a+b∣<∣1+ab∣。
19.(2016•全国)[选修4-5:
不等式选讲]已知函数f(x)=|2x﹣a|+a.
(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;
(2)设函数g(x)=|2x﹣1|,当x∈R时,f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.
20.(2012•新课标)已知函数f(x)=|x+a|+|x﹣2|
(1)当a=﹣3时,求不等式f(x)≥3的解集;
(2)若f(x)≤|x﹣4|的解集包含[1,2],求a的取值范围.
21.(2012•辽宁)选修4﹣5:
不等式选讲
已知f(x)=|ax+1|(a∈R),不等式f(x)≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}.
(1)求a的值;
(2)若恒成立,求k的取值范围.
答案解析部分
一、解答题
1.【答案】
(1)a=1时,时,由
当x≥2时,由f(x)≥0得:
6-2x≥0,解得:
x≤3;
当-1<x<x时,f(x)≥0;
当x≤-1时,由f(x)≥0得:
4+2x≥0,解得x≥-2
所以f(x)≥0的解集为{x|-2≤x≤3}
(2)若f(x)≤1,即恒成立
也就是x∈R,恒成立
当x=2时取等,所以x∈R,等价于
解得:
a≥2或a≤-6
所以a的取值范围(-∞,-6]∪[2,+∞)
【解析】【分析】
(1)由绝对值不等式的解法易得;
(2)由绝对值几何意义转化易得.
2.【答案】
(1)解:
当a=2时,f(x)≥4﹣|x﹣4|可化为|x﹣2|+|x﹣4|≥4,
当x≤2时,得﹣2x+6≥4,解得x≤1;
当2<x<4时,得2≥4,无解;
当x≥4时,得2x﹣6≥4,解得x≥5;
故不等式的解集为{x|x≥5或x≤1}
(2)解:
设h(x)=f(2x+a)﹣2f(x),则h(x)=
由|h(x)|≤2得
,
又已知关于x的不等式|f(2x+a)﹣2f(x)|≤2的解集{x|1≤x≤2},
所以,
故a=3.
【解析】【分析】
(1)当a=2时,f(x)≥4﹣|x﹣4|可化为|x﹣2|+|x﹣4|≥4,直接求出不等式|x﹣2|+|x﹣4|≥4的解集即可.
(2)设h(x)=f(2x+a)﹣2f(x),则h(x)=.由|h(x)|≤2解得,它与1≤x≤2等价,然后求出a的值.
3.【答案】解:
(Ⅰ)∵f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|=,f(x)≥1,
∴当﹣1≤x≤2时,2x﹣1≥1,解得1≤x≤2;
当x>2时,3≥1恒成立,故x>2;
综上,不等式f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.
(Ⅱ)原式等价于存在x∈R使得f(x)﹣x2+x≥m成立,
即m≤[f(x)﹣x2+x]max,设g(x)=f(x)﹣x2+x.
由
(1)知,g(x)=,
当x≤﹣1时,g(x)=﹣x2+x﹣3,其开口向下,对称轴方程为x=>﹣1,
∴g(x)≤g(﹣1)=﹣1﹣1﹣3=﹣5;
当﹣1<x<2时,g(x)=﹣x2+3x﹣1,其开口向下,对称轴方程为x=∈(﹣1,2),
∴g(x)≤g()=﹣+﹣1=;
当x≥2时,g(x)=﹣x2+x+3,其开口向下,对称轴方程为x=<2,
∴g(x)≤g
(2)=﹣4+2=3=1;
综上,g(x)max=,
∴m的取值范围为(﹣∞,].
【解析】【分析】(Ⅰ)由于f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|=,解不等式f(x)≥1可分﹣1≤x≤2与x>2两类讨论即可解得不等式f(x)≥1的解集;
(Ⅱ)依题意可得m≤[f(x)﹣x2+x]max,设g(x)=f(x)﹣x2+x,分x≤1、﹣1<x<2、x≥2三类讨论,可求得g(x)max=,从而可得m的取值范围.
4.【答案】证明:
(Ⅰ)由柯西不等式得:
(a+b)(a5+b5)≥(+)2=(a3+b3)2≥4,
当且仅当=,即a=b=1时取等号,
(Ⅱ)∵a3+b3=2,
∴(a+b)(a2﹣ab+b2)=2,
∴(a+b)[(a+b)2﹣3ab]=2,
∴(a+b)3﹣3ab(a+b)=2,
∴=ab,
由均值不等式可得:
=ab≤()2,
∴(a+b)3﹣2≤,
∴(a+b)3≤2,
∴a+b≤2,当且仅当a=b=1时等号成立.
【解析】【分析】(Ⅰ)由柯西不等式即可证明,
(Ⅱ)由a3+b3=2转化为=ab,再由均值不等式可得:
=ab≤()2,即可得到(a+b)3≤2,问题得以证明.
5.【答案】
(1)解:
(1)当a=1时,f(x)=﹣x2+x+4,是开口向下,对称轴为x=的二次函数,
g(x)=|x+1|+|x﹣1|=,
当x∈(1,+∞)时,令﹣x2+x+4=2x,解得x=,g(x)在(1,+∞)上单调递增,f(x)在(1,+∞)上单调递减,∴此时f(x)≥g(x)的解集为(1,];
当x∈[﹣1,1]时,g(x)=2,f(x)≥f(﹣1)=2.
当x∈(﹣∞,﹣1)时,g(x)单调递减,f(x)单调递增,且g(﹣1)=f(﹣1)=2.
综上所述,f(x)≥g(x)的解集为[﹣1,];
(2)
(2)依题意得:
﹣x2+ax+4≥2在[﹣1,1]恒成立,即x2﹣ax﹣2≤0在[﹣1,1]恒成立,则只需,解得﹣1≤a≤1,
故a的取值范围是[﹣1,1].
【解析】【分析】(1.)当a=1时,f(x)=﹣x2+x+4,g(x)=|x+1|+|x﹣1|=,分x>1、x∈[﹣1,1]、x∈(﹣∞,﹣1)三类讨论,结合g(x)与f(x)的单调性质即可求得f(x)≥g(x)的解集为[﹣1,];
(2.)依题意得:
﹣x2+ax+4≥2在[﹣1,1]恒成立⇔x2﹣ax﹣2≤0在[﹣1,1]恒成立,只需,解之即可得a的取值范围.
6.【答案】证明:
(Ⅰ)由柯西不等式得:
(a+b)(a5+b5)≥(+)2=(a3+b3)2≥4,
当且仅当=,即a=b=1时取等号,
(Ⅱ)∵a3+b3=2,
∴(a+b)(a2﹣ab+b2)=2,
∴(a+b)[(a+b)2﹣3ab]=2,
∴(a+b)3﹣3ab(a+b)=2,
∴=ab,
由均值不等式可得:
=ab≤()2,
∴(a+b)3﹣2≤,
∴(a+b)3≤2,
∴a+b≤2,当且仅当a=b=1时等号成立.
【解析】【分析】(Ⅰ)由柯西不等式即可证明,
(Ⅱ)由a3+b3=2转化为=ab,再由均值不等式可得:
=ab≤()2,即可得到≤2,问题得以证明.
7.【答案】
(1)解:
当时,,即故不等式的解集为.
(2)解:
当时成立等价于当时成立.
若,则当时;
若,的解集为,所以,故.
综上,的取值范围为.
【解析】【分析】
(1)通过对x分类讨论去掉绝对值,解不等式,求出解集;
(2)不等式恒成立等价于f(x)-x>0对于恒成立,即函数f(x)-x的最小值大于0,由此求出a的范围.
8.【答案】
(1)解:
当a=1时,
当时,-2>1舍
当时,2x>1
∴
当时,2>1,成立,综上所述结果为
(2)解:
∵
∴
∵ax>0
∴a>0.
ax<2
又所以
综上所述
【解析】【分析】通过对x分类讨论去掉绝对值,解不等式,求出解集;
(2)不等式恒成立等价于f(x)-x>0对于恒成立,即函数f(x)-x的最小值大于0,由此求出a的范围.
9.【答案】
(1)解:
∵f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|=,f(x)≥1,
∴当﹣1≤x≤2时,2x﹣1≥1,解得1≤x≤2;
当x>2时,3≥1恒成立,故x>2;
综上,不等式f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.
(2)原式等价于存在x∈R使得f(x)﹣x2+x≥m成立,
即m≤[f(x)﹣x2+x]max,设g(x)=f(x)﹣x2+x.
由
(1)知,g(x)=,
当x≤﹣1时,g(x)=﹣x2+x﹣3,其开口向下,对称轴方程为x=>﹣1,
∴g(x)≤g(﹣1)=﹣1﹣1﹣3=﹣5;
当﹣1<x<2时,g(x)=﹣x2+3x﹣1,其开口向下,对称轴方程为x=∈(﹣1,2),
∴g(x)≤g()=﹣+﹣1=;
当x≥2时,g(x)=﹣x2+x+3,其开口向下,对称轴方程为x=<2,
∴g(x)≤g
(2)=﹣4+2=3=1;
综上,g(x)max=,
∴m的取值范围为(﹣∞,].
【解析】【分析】(1.)由于f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|=,解不等式f(x)≥1可分﹣1≤x≤2与x>2两类讨论即可解得不等式f(x)≥1的解集;
(2.)依题意可得m≤[f(x)﹣x2+x]max,设g(x)=f(x)﹣x2+x,分x≤1、﹣1<x<2、x≥2三类讨论,可求得g(x)max=,从而可得m的取值范围.
10.【答案】
(1)解:
证明:
∵a>0,f(x)=|x+
|+|x﹣a|≥|(x+
)﹣(x﹣a)|=|a+
|=a+
≥2
=2,
故不等式f(x)≥2成立.
(2)解:
∵f(3)=|3+
|+|3﹣a|<5,
∴当a>3时,不等式即a+
<5,即a2﹣5a+1<0,解得3<a<
.
当0<a≤3时,不等式即6﹣a+
<5,即a2﹣a﹣1>0,求得
<a≤3.
综上可得,a的取值范围(
,
)
【解析】【分析】
(1)由a>0,f(x)=|x+|+|x﹣a|,利用绝对值三角不等式、基本不等式证得f(x)≥2成立.
(2)由f(3)=|3+|+|3﹣a|<5,分当a>3时和当0<a≤3时两种情况,分别去掉绝对值,求得不等式的解集,再取并集,即得所求.
11.【答案】
(1)4
(2)
【解析】【解答】
1.因为,当且仅当时,等号成立,又,所以,所以的最小值为,所以.
2.由1知,由柯西不等式得,即.d当且仅当,即时,等号成立所以的最小值为
【分析】当的系数相等或相反时,可以利用绝对值不等式求解析式形如的函数的最小值,以及解析式形如的函数的最小值和最大值,否则去绝对号,利用分段函数的图象求最值.利用柯西不等式求最值时,要注意其公式的特征,以出现定值为目标.
12.【答案】
(1)解:
∵a>0,b>0,且
+
=
,
∴
=
+
≥2
,∴ab≥2,
当且仅当a=b=
时取等号.
∵a3+b3≥2
≥2
=4
,当且仅当a=b=
时取等号,
∴a3+b3的最小值为4
.
(2)解:
∵2a+3b≥2
=2
,当且仅当2a=3b时,取等号.
而由
(1)可知,2
≥2
=4
>6,
故不存在a,b,使得2a+3b=6成立.
【解析】【分析】
(1)由条件利用基本不等式求得ab≥2,再利用基本不等式求得a3+b3的最小值.
(2)根据ab≥4及基本不等式求的2a+3b>8,从而可得不存在a,b,使得2a+3b=6.
13.【答案】
(1)解:
因为f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x,
求导f′(x)=+2ax+(2a+1)==,(x>0),
①当a=0时,f′(x)=+1>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增;
②当a>0,由于x>0,所以(2ax+1)(x+1)>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增;
③当a<0时,令f′(x)=0,解得:
x=﹣.
因为当x∈(0,﹣)时,f′(x)>0、当x∈(﹣,+∞)时,f′(x)<0,
所以y=f(x)在(0,﹣)上单调递增、在(﹣,+∞)上单调递减.
综上可知:
当a≥0时f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当a<0时,f(x)在(0,﹣)上单调递增、在(﹣,+∞)上单调递减;
(2)证明:
由
(1)可知:
当a<0时f(x)在(0,﹣)上单调递增、在(﹣,+∞)上单调递减,
所以当x=﹣时函数y=f(x)取最大值f(x)max=f(﹣)=﹣1﹣ln2﹣+ln(﹣).
从而要证f(x)≤﹣﹣2,即证f(﹣)≤﹣﹣2,
即证﹣1﹣ln2﹣+ln(﹣)≤﹣﹣2,即证﹣(﹣)+ln(﹣)≤﹣1+ln2.
令t=﹣,则t>0,问题转化为证明:
﹣t+lnt≤﹣1+ln2.…(*)
令g(t)=﹣t+lnt,则g′(t)=﹣+,
令g′(t)=0可知t=2,则当0<t<2时g′(t)>0,当t>2时g′(t)<0,
所以y=g(t)在(0,2)上单调递增、在(2,+∞)上单调递减,
即g(t)≤g
(2)=﹣×2+ln2=﹣1+ln2,即(*)式成立,
所以当a<0时,f(x)≤﹣﹣2成立.
【解析】【分析】(1.)题干求导可知f′(x)=(x>0),分a=0、a>0、a<0三种情况讨论f′(x)与0的大小关系可得结论;
(2.)通过
(1)可知f(x)max=f(﹣)=﹣1﹣ln2﹣+ln(﹣),进而转化可知问题转化为证明:
当t>0时﹣t+lnt≤﹣1+ln2.进而令g(t)=﹣t+lnt,利用导数求出y=g(t)的最大值即可.
14.【答案】解:
(Ⅰ)因为函数f(x)=x﹣1﹣alnx,x>0,
所以f′(x)=1﹣=,且f
(1)=0.
所以当a≤0时f′(x)>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以在(0,1)上f(x)<0,这与f(x)≥0矛盾;
当a>0时令f′(x)=0,解得x=a,
所以y=f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,即f(x)min=f(a),
又因为f(x)min=f(a)≥0,
所以a=1;
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知当a=1时f(x)=x﹣1﹣lnx≥0,即lnx≤x﹣1,
所以ln(x+1)≤x当且仅当x=0时取等号,
所以ln(1+)<,k∈N*,
所以,k∈N*.
一方面,因为++…+=1﹣<1,
所以,(1+)(1+)…(1+)<e;
另一方面,(1+)(1+)…(1+)>(1+)(1+)(1+)=>2,
同时当n≥3时,(1+)(1+)…(1+)∈(2,e).
因为m为整数,且对于任意正整数n(1+)(1+)…(1+)<m,
所以m的最小值为3.
【解析】【分析】(Ⅰ)通过对函数f(x)=x﹣1﹣alnx(x>0)求导,分a≤0、a>0两种情况考虑导函数f′(x)与0的大小关系可得结论;
(Ⅱ)通过(Ⅰ)可知lnx≤x﹣1,进而取特殊值可知ln(1+)<,k∈N*.一方面利用等比数列的求和公式放缩可知(1+)(1+)…(1+)<e;另一方面可知(1+)(1+)…(1+)>2,且当n≥3时,(1+)(1+)…(1+)∈(2,e).
15.【答案】
(1)解:
(2)解:
由
(1)中可得:
a≥3,b≥2,当a=3,b=2时,a+b取最小值,
所以a+b的最小值为5.
【解析】【分析】
(1)画图像,分段函数;
(2)转化为一次函数分析.
16.【答案】
(1)解:
因为
,
所以
且
,
解得
,
因为a∈N*,所以a的值为1.
(2)解:
由
(1)可知函数f(x)=|x+1|+|x﹣2|≥|(x+1)﹣(x﹣2)|=3,
当且仅当(x+1)(x﹣2)≥0,即x≥2或x≤﹣1时取等号,
所以函数f(x)的最小值为3.
【解析】【分析】
(1)利用,推出关于a的绝对值不等式,结合a为整数直接求a的值.
(2)利用a的值化简函数f(x),利用绝对值三角不等式求出|x+1|+|x﹣2|的最小值.
17.【答案】
(1)解:
当a=﹣2时,求不等式f(x)<g(x)化为|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3<0.
设y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3,则y=
,它的图象如图所示:
结合图象可得,y<0的解集为(0,2),故原不等式的解集为(0,2).
(2)解:
设a>﹣1,且当
时,f(x)=1+a,不等式化为1+a≤x+3,故x≥a﹣2对
都成立.
故﹣
≥a﹣2,解得a≤
,故a的取值范围为(﹣1,
].
【解析】【分析】
(1)当a=﹣2时,求不等式f(x)<g(x)化为|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3<0.设y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3,画出函数y的图象,数形结合可得结论.
(2)不等式化即1+a≤x+3,故x≥a﹣2对都成立.故﹣≥a﹣2,由此解得a的取值范围.
18.【答案】
(1)解:
当时,,若;
当时,恒成立;
当时,,若,.
综上可得,
(2)证明:
当时,有,
即,
则,
则,
即,
证毕
【解析】【分析】
(1)分当x<
时,当
≤x≤
时,当x>
时三种情况,分别求解不等式,综合可得答案;
(2)当a,b∈M时,(a2﹣1)(b2﹣1)>0,即a2b2+1>a2+b2,配方后,可证得结论.
19.【答案】
(1)解:
当a=2时,f(x)=|2x﹣2|+2,
∵f(x)≤6,∴|2x﹣2|+2≤6,
|2x﹣2|≤4,|x﹣1|≤2,
∴﹣2≤x﹣1≤2,
解得﹣1≤x≤3,
∴不等式f(x)≤6的解集为{x|﹣1≤x≤3}
(2)解:
∵g(x)=|2x﹣1|,
∴f(x)+g(x)=|2x﹣1|+|2x﹣a|+a≥3,
2|x﹣|+2|x﹣|+a≥3,
|x﹣|+|x﹣|≥,
当a≥3时,成立,
当a<3时,|a﹣1|≥>0,
∴(a﹣1)2≥(3﹣a)2,
解得2≤a<3,
∴a的取值范围是[2,+∞)
【解析】【分析】
(1)当a=2时,由已知得|2x﹣2|+2≤6,由此能求出不等式f(x)≤6的解集.
(2)由f(x)+g(x)=|2x﹣1|+|2x﹣a|+a≥3,得|x﹣
|+|x﹣
|≥
,由此能求出a的取值范围.
本题考查含绝对值不等式的解法,考查实数的取值范围的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意不等式性质的合理运用.
20.【答案】
(1)解:
当a=﹣3时,f(x)≥3即|x﹣3|+|x﹣2|≥3,即①
,或②
,
或③
.
解①可得x≤1,解②可得x∈∅,解③可得x≥4.
把①、②、③的解集取并集可得不等式的解集为{x|x≤1或x≥4}
(2)解:
原命题即f(x)≤|x﹣4|在[1,2]上恒成立,等价于|x+a|+2﹣x≤4﹣x在[1,2]上恒成立,
等价于|x+a|≤2,等价于﹣2≤x+a≤2,﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1,2]上恒成立.
故当1≤x≤2时,﹣2﹣x的最大值为﹣2﹣1=﹣3,2﹣x的最小值为0,
故a的取值范围为[﹣3,0].
【解析】【分析】
(1)不等式等价于,或,或,求出每个不等式组的解集,
再取并集即得所求.
(2)原命题等价于﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1,2]上恒成立,由此求得求a的取值范围.
21.【答案】
(1)解:
由|ax+1|≤3得﹣4≤ax≤2
∵不等式f(x)≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}.
∴当a≤0时,不合题意;
当a>0时,,
∴a=2;
(2)解:
记,
∴