课时作业14 函数与方程-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

第二章 函数的概念与基本初等函数 3 课时作业14 函数与方程 - 一、单项选择题 1.函数y=x-4· 1 2 x 的零点所在的区间是 ( ) A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4) 2.已知函数f(x)= 2x -1,x ≤1, 1+log2x,x >1, 则函数 f(x)的零点为 ( ) A.2 B.-2,0 C.12 D.0 3.用二分法求函数f(x)=ln(x+1)+x-1在 区间(0,1)上的零点,要求精确度为0.01时,所 需二分区间的次数最少为 ( ) A.5 B.6 C.7 D.8 4.(2023·陕西西安模拟)函数y=x3 和y= 1 2 x-2 存在公共点P(x0,y0),则x0的取值范 围为 ( ) A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4) 5.(2023·广东汕头质检)若函数f(x)=x2- ax+1在区间 1 2 ,3 上有零点,则实数a 的取 值范围是 ( ) A.(2,+∞) B.[2,+∞) C.2,52 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 D.2,103􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 6.已知三个函数f(x)=2x +x,g(x)=x-1, h(x)=log3x+x 的零点依次为a,b,c,则 ( ) A.a<b<c B.b<a<c C.c<a<b D.a<c<b 二、多项选择题 7.(2023· 山 东 济 宁 模 拟)已知函数f(x)= 1 3 x -log2x,0<a<b<c,f(a)f(b)f(c)< 0,实数d 是函数f(x)的一个零点.给出下列 四个判断,其中可能成立的是 ( ) A.d<a B.d>b C.d>c D.d<c 8.已知函数f(x)=|ln x|-kx-1,下列结论正 确的是 ( ) A.若k=0,则f(x)有2个零点 B.若0<k<e-2,则f(x)有3个零点 C.存在负数k,使得f(x)只有1个零点 D.存在负数k,使得f(x)有3个零点 9.在数学中,布劳威尔不动点定理可应用到有限 维空间,并是构成一般不动点定理的基石,它 得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔,简单地 讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x), 存在一个点x0,使得f(x0)=x0,那么我们称 该函数为“不动点”函数,下列为“不动点”函数 的是 ( ) A.f(x)=2x +x B.f(x)=x2-x-3 C.f(x)=x 1 2 +1 D.f(x)=|log2x|-1 三、填空题 10.已知函数y=f(x)是周期为2的周期函数, 且当x∈[-1,1]时,f(x)=2|x|-1,则函数 F(x)=f(x)-|lg x|的零点个数是 . 11.已知函数f(x)= ex +1,x ≤0, |x2-4x+3|,x >0, g(x)=x2-ax+1,若y=g(f(x))有6个 零点,则a的取值范围为 . 12.已知f(x)是定义在R上的奇函数,且f(x) 在[0,2]上单调递减,f(x+2)为偶函数,若 f(x)=m 在[0,12]上恰好有4个不同的实数 根x1,x2,x3,x4,则x1 +x2 +x3 +x4 = . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -315- hh 四、解答题 13.已知函数f(x)=ax(a>0,且a≠1)的图象 经过点3,18 . (1)求a的值; (2)求f(x)在区间 - 1 2 ,2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 上的最大值; (3)若函数g(x)=f(x)-x,求证:g(x)在 区间(0,1)内存在零点. 14.已知函数f(x)是定义在(-4,4)上的奇函 数,且当x ∈ (0,4)时,f(x)=|log2x|. (1)求函数f(x)的解析式和单调区间; (2)若关于x 的方程f(x)=m 有两个不相等 的实数根,求实数m 的取值范围. 2 15.已知函数f(x)= 2x+4,x ≤0, 2x -2,x >0, 则f(-1)= ,若函数y=f(f(x)+m)有4个零 点,则实数m 的取值范围是 . 16.偶函数f(x)满足f(1-x)=f(1+x),且在 x ∈ [0,1]时,f(x)= 2x-x2,若直 线 kx-y+k=0(k>0)与函数f(x)的图象有 且仅有三个交点,则k的取值范围是 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -316- 参 考 答 案 课时作业14 函数与方程 1.B 2.D 3.C 4.B 5.D 由 题 意 知 方 程ax =x2 +1在 1 2 ,3 上有实数解,即a=x+1x 在 1 2 ,3 上有解,设t=x + 1x ,x ∈ 1 2 ,3 ,则t的取值范围是 2,103 . 所以实数a 的取值范围是 2,103 . 6.D 令f(x)=2x +x =0,解得x< 0,令g(x)=x-1=0,解得x =1, 由h(x)=log3x+x 在(0,+∞)上单 调递增,得h 13 = -1+ 13 <0, h(1)=1>0,因此h(x)的零点x0∈ 1 3 ,1 ,则b>c>a.故选D. 7.ABD 由y = 1 3 x 在(0,+∞)上 单调递减,y=log2x 在(0,+∞)上单 调递增,可得f(x)= 1 3 x -log2x 在定义域(0,+∞)上是减函数,当0< a<b<c时,f(a)>f(b)>f(c),因 为f(a)f(b)f(c)<0,f(d)=0,所 以 ①f(a),f(b),f(c)都 为 负 值,则 a,b,c都大于d;②f(a)>0,f(b)> 0,f(c)<0,则a,b都小于d,c大于d. 综合 ①② 可得d>c不可能成立. 8.ABC 由题意知f(x)的零点个数即 为y=|ln x|和y=kx+1的图象的 交点个数,在同一平面直角坐标系内画 出y=|ln x|和y=kx+1的图象.如图. 对A,由图可知,当k=0时,图象有两 个不同的交点,故A正确;对B,设直线 y =kx+1与曲线y=ln x 相切于点 P(x0,ln x0),x0>1,则 1 x0 = ln x0-1 x0 ⇒ x0 =e2,故切线斜率k = 1 e2 ,所以当 0<k<e-2,直线y=kx+1与y= |ln x|有3个不同的交点,即f(x)有 3个零点,故B正确;对C,设直线y = kx+1与 曲 线y = -ln x 相 切 于 点 Q(x1,-ln x1),0 < x1 ≤ 1,则 - 1 x1 = -ln x1-1 x1 ⇒x1=1,故切线 斜率k= -1,所以当k= -1时,f(x) 恰有1个零点,故C正确;对D,当k< 0时,直线y=kx+1与y=|ln x|的 图象至 多 有2个 交 点,故 D错 误.故 选ABC. 9.BCD 对于A,2 x0+x0=x0 无解,所 以 A不满足题意;对于B,x20-x0 - 3=x0,解得x0=3或x0= -1,所以 B满足题意;对于C,x 1 2 0 +1=x0,解得 x0 = 3+ 5 2 >0 ,所以C满足题意;对 于D,|log2x0|-1=x0,在同一平面 直角 坐 标 系 下 画 出 函 数 f(x)以 及 y=x 的图象(如图),可确定两个函数 的图象有交点,即方程有解,所以D满 足题意.故选BCD. 10.10 解析:由函数y=f(x)的性质,画出 函数y=f(x)的图象,如图,再作出 函数y =|lg x|的图象,由图可知, y=f(x)与y=|lg x|共有10个交 点,故f(x)有10个零点. 11.52 ,10 3 解析:由 题 可 得 函 数 图 象 如 图 所 示, 当k=0或2<k<3时,f(x)=k 有两个解;当0<k<1时,f(x)=k 有4个解;当1≤k≤2时,f(x)=k 有3个解;当k>3时,f(x)=k有1 个解,因为g(x)=x2-ax+1=0最 多有两个解.因此,要使y =g(f(x)) 有6个零点,则g(x)=x2 -ax + 1=0有两个解,设为k1,k2.则存在 下列几种情况:①f(x)=k1 有2个 解,f(x)=k2 有4个解,即k1=0或 2<k1<3,0<k2<1,显然g(0)≠ 0,则此时应满足 g(0)>0, g(1)<0, g(2)<0, g(3)>0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 即 1>0, 2-a<0, 5-2a<0, 10-3a>0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得a∈ 5 2 ,10 3 .②f(x)=k1 有 3个解,f(x)=k2 有3个解,设k1< k2 即1≤k1 <2,1<k2 ≤2,则应 满足 g(1)=2-a≥0, g(2)=5-2a≥0, Δ=a2-4>0, 1< a 2 <2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 无解,舍去, 综上所述,a的取值范围为 52 ,10 3 . 12.24 解析:由f(x+2)为偶函数,则f(-x+ 2)=f(x+2),故f(-x)=f(x+4), 又f(x)是定义在 R上的奇函数,则 f(x)= -f(-x),所 以 f(x)= -f(x+4),故f(x+4)= -f(x+ 8),即有f(x)=f(x+8),综上,f(x) 是周期为8,且关于x =2对称的奇函 数,由f(x)在[0,2]上单调递减,结合 上述分析知:在[2,6]上递增,[6,10]上 递减,[10,12]上递增,所以f(x)在[0, 12]上的大致草图如下, 要使f(x)=m 在[0,12]上恰好有4个 不同的实数根,即f(x)与y=m有4个 交点,所 以,必 有 两 对 交 点 分 别 关 于 x =2,x=10对称,则x1+x2+x3+ x4 =24. 13.解:(1)因为函数f(x)=ax(a>0,且 a≠1)的图象经过点 3, 1 8 , 所以a3 = 1 8 ,所以a= 1 2. (2)因为a= 1 2 ,所以f(x)= 1 2 x , 所以f(x)在区间 - 1 2 ,2 上单调递减, 所以f(x)在区间 - 1 2 ,2 上的最 大值是f - 1 2 = 12 -12 = 2, 所以f(x)在区间 - 1 2 ,2 上的最 大值是 2. (3)证明:因为g(x)=f(x)-x,所 以g(x)= 1 2 x -x, 因为g(0)=1>0,g(1)= - 1 2 <0 , 所以g(0)g(1)<0, 又y=g(x)在区间(0,1)上的图象是 一条连续的曲线, 由函数零点存在定理可得,g(x)在区 间(0,1)内存在零点. 14.解:(1)当x=0时,f(x)=0;当x∈ (-4,0)时,有 -x ∈ (0,4),此 时 f(x)= -f(-x)= -|log2(-x)|. 故函数f(x)的解析式为f(x)= |log2x|,0<x <4, 0,x =0, -|log2(-x)|,-4<x <0, 当0<x<1时,f(x)= -log2x,函 数f(x)单调递减; 当1<x<4时,f(x)=log2x,函数 f(x)单调递增; 由奇函数的性质,当-1<x<0时, 函数f(x)单调递减; 当-4<x<-1时,函数f(x)单调 递增. 故函数的单调递增区间为(-4,-1), (1,4); 单调递减区间为(-1,0),(0,1). (2)如图, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -575- hh 当x∈ (-4,-1)时,f(x)∈ (-2, 0),f(-1)=0; 当x ∈ (-1,0)时,f(x)∈ (-∞, 0),f(0)=0; 当x∈(0,1)时,f(x)∈(0,+∞), f(1)=0; 当x ∈ (1,4)时,f(x)∈ (0,2); 故m ∈ (-2,0)∪ (0,2). 15.2 [-3,-1) 解析:f(-1)=2×(-1)+4=2;令 f(x)+m =t,则f(t)=0,所 以 2t+4=0, t≤0 或 2 t -2=0, t>0, 所 以 t= -2或t=1,即f(x)+m = -2 和f(x)+m =1各有2个零点,即 f(x)= -m-2和f(x)=1-m 各 有2个零点.作出函数f(x)的图象, 如图所示. 由图 象 可 得 -1<-m-2≤4, -1<1-m ≤4, 所 以 -3≤m <-1. 16. 15 15 ,3 3 解析:因为直线kx-y+k=0(k> 0),即k(x+1)-y=0(k>0)过定 点(-1,0).因 为 函 数 f(x)满 足 f(1-x)= f(1+x),所 以 函 数 f(x)的图象关于直线x=1对称,又 因为函数f(x)为偶函数,所以函数 f(x)的图象关于y轴对称.在平面直 角坐标 系 内 画 出 函 数 f(x)及 直 线 k(x+1)-y=0(k>0)的图象如图所 示,则由图易得AB = 22-1= 3, AC = 42-1= 15,tan∠BAx = 1 3 = 3 3 ,tan∠CAx= 1 15 = 15 15 , 则要使直线kx-y+k=0(k>0)与 函数f(x)的 图 象 有 且 仅 有 三 个 交 点,所以k的取值范围是 15 15 ,3 3 . 课时作业15 函数模型的应用 1.C 2.B 3.B 4.D 5.B 由表格中的数据可知,函数单调递 增,故合适的函数模型为y=5+lg x, 令y =5+lg x =4.7,解 得 x = 10-0.3 ≈0.5.故选B. 6.B 由题意可知,N(v)= 1 000v 0.7v+0.3v2+d0 = 1 000 0.7+0.3v+ 30 v ≤ 1 000 0.7+2 0.3×30 ≈149.故选B. 7.BD 由题图可知在[t1,t2]这段时间 内,甲、乙 两 企 业 的 污 水 排 放 量 均 超 标,故A错误;在t2 时刻,甲、乙两企业 的污水排放量相等,故B正确;甲企业 的污水排放量的最小值不大于乙企业 的污水排放量的最大值,故C错误;在 [0,t1]这段时间内,甲企业的污水排放 量高于乙企业的污水排放量,故 D正 确.故选BD. 8.AC P0>0,0<1+k<1,由指数函 数的性质可知Pn =P0(1+k)n(k> -1)是关于n 的单调递减函数,即人 口数呈下降趋势,故A正确,B不正确; k= 1 3 ,Pn =P0 4 3 n ≥2P0,所以 4 3 n ≥2,所以n≥log4 3 2(n∈N), log4 3 2∈ (2,3),所以n 的最小值为3, 故C正确;k=- 1 3 ,Pn =P0 2 3 n ≤ 1 2P0 ,所 以 2 3 n ≤ 1 2 ,所 以n ≥ log2 3 1 2 (n∈N),log2 3 1 2 =log32 2∈ (1,2),所以n 的最小值为2,故D不正 确.故选AC. 9.BCD 对于A,由t=f(θ)= 1 k [ln(θ0- θ1)-ln(θ-θ1)],得kt=ln θ0-θ1 θ-θ1 , 所以 θ0-θ1 θ-θ1 =ekt,整 理 得θ =θ1 + (θ0-θ1) 1 ekt .故A错误;对于B,由题意 可知t=f(θ)= 1 k [ln(100-20)-ln(θ- 20)]= 1 kln 80 θ-20 .t=20ln 80 40-20= 20ln 4=40ln 2≈28,故B正确;对于 C,由f(60)=10,得 1 kln 80 40=10 ,得 k= ln 2 10 ,则t= 10 ln 2 ·ln 8030-20= 10 ln 2ln 8=30,故C正确;对于D,设这 壶水从100 ℃ 冷却到70 ℃ 所需时间 为t1 分钟,则t1= 1 kln 80 70-20= 1 k (ln 8-ln 5),设这壶水从70 ℃冷却到40 ℃ 所 需 时 间 为t2 分 钟,则t2 = 1 kln 70-20 40-20= 1 k (ln 5-ln 2),因为t1-t2= 1 k (ln 8+ln 2-2ln 5)= 1 kln 16 25<0 , 所以t1 <t2,故D正确.故选BCD. 10.3 11.16 解析:当t=0时,y=a;当t=8时, y =ae-8b = 1 2a ,故e-8b = 1 2. 当容 器中的 沙 子 只 有 开 始 时 的 八 分 之 一 时,即y =ae-bt = 1 8a ,e-bt = 1 8 = (e-8b)3=e-24b,则t=24,所以再经过 16 min容器中 的 沙 子 只 有 开 始 时 的 八分之一. 12.8 解析:因为1小时后血液中酒精含量 为(1-20%) mg/mL,所以x 小时后 血液中酒精含量为(1-20%)x mg/mL, 由题意可知100 mL血液中酒精含量 低于20 mg的驾驶员可以驾驶汽车, 所以(1-20%)x <0.2,0.8x <0.2, 两边取对数lg 0.8x <lg 0.2,即x > lg 0.2 lg 0.8≈7.2 ,所以他至少经过8个小 时才能驾驶汽车. 13.解:(1)依据题意,有p(x)=f(x)· g(x)= 8+ 8 x ·(143-|x-22|) (1≤x ≤30,x ∈N*)= 8x+ 968 x +976 (1≤x ≤22,x ∈N*), -8x+ 1 320 x +1 312(22<x ≤30,x ∈N*). 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 (2)① 当1≤x ≤22,x ∈ N* 时, p(x)=8x+ 968 x +976≥ 2 8x·968x +976=1 152(当且仅 当x = 11时,等 号 成 立),因 此, p(x)min =p(11)=1 152千元. ② 当22<x ≤30,x ∈N* 时, p(x)= -8x+ 1 320 x +1 312. 求导可得p'(x)= -8- 1 320 x2 <0, 所以p(x)= -8x+ 1 320 x +1 312在 (22,30]上单调递减,于是p(x)min= p(30)=1 116千元. 又1 152>1 116,所以日最低收入为 1 116千元. 该村两年可收回的投资资金为 1 116×20%×5%×365×2= 8 146.8(千元)=814.68(万元), 因为814.68万元 >800万元,所以, 该村在两年内能收回全部投资成本. 14.解:(1)由题意,x 年后莆田市GDP为 2 883×(1+8%)x, 令2 883×(1+8%)x =2×2 883,则 1.08x =2, 即x =log1.082= lg 2 lg 108-lg 100= lg 2 3lg 3+2lg 2-2≈ 0.3 1.44+0.6-2= 7.5, 所以约经过8年后,莆田市GDP能实 现比2021年翻一番. (2)设从2021年后GDP的年平均增 长率至少要保持在a以上,且a>0, 由题 意,2 883× (1+a)2 035-2 021 ≥ 22×2 883,即(1+a)14 ≥4,而a+ 1>1, 所以1+a≥ 14 4 = 7 2 ≈1.104,故 a≥0.104=10.4%, 从2021年后GDP的年平均增长率至 少要保持在10.4% 以上. 15.D 由题意得当x =9时,P =50%, 则 e-0.9+9k 1+e-0.9+9k =50%,得e-0.9+9k =1, 所以9k-0.9=0,得k=0.1,所以 P(x)= e-0.9+0.1x 1+e-0.9+0.1x ,当 P =40% 时,e -0.9+0.1x 1+e-0.9+0.1x =40%,得3e-0.9+0.1x = 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -576-