第3章 第2讲 第2课时 导数与函数的极值，最值-【衡中学案】2027年高考数学一轮总复习学案

例(2022·全国甲卷)已知a= 1 sinx,则f'(x)=1-cosx≥0，所以函数f(x)在R上单 4,c= 调递增，所以当x>0时f(x)>f(0)=0,即有x>sinx(x 4in子则 0立，所n日 1 8,所以b>a.因为 A.c>b>a B.bzazc 1 C.a>b>c D.azc>b 4sin 4 1 [答案]A 1 =4am年，所以令g(x)=anx=,则g'(x) [解析]解法一：根据题意，构造函数f(x)=1 cos 4 8()=os,4(e=2则a(日6=g cos2r+simx-1=1-cos≥0，所以函数g(x)在定义域 cos'x cosx e=)由秦勒展开式()=1 2,8(x)=1- 内单调递增，所以当x>0时，g(x)>g(0)=0,即有anx 2 4t…h(x)=1- >(>0)底之，所以m年m子1，所以子 1,又b>0,所以c>b.综上，c>b>a. 256 【变式训练】 95,11 256*6120×56*…,所以4）<44) 1, 若a=ln√-0.010，b=0.02sin0.01,c= 0.01sin0.02,则 即a<b<c A.a<b<c B.a<c<b 解法二：因为b=cos =1-2sin2 8,所以b-a=1 C.b<c<a 4 D.c<a<b 温馨提示：复习至此，请完成练案[16] 062 第二课时导数与函数的极值、最值 知识梳理·双基自测 (3)检验f'(x)在方程f'(x)=0的 知识梳理 的符号，如果在根的左侧附近为正，右侧附近为负，那 知识点一函数的极值 么函数y=f(x)在这个根处取得 ;如果在根的 1.函数的极值 左侧附近为负，右侧附近为正，那么函数y=f(x)在这 (1)设函数f(x)在点x附近有定义，如果对x附 个根处取得 近的所有的点，都有f(x) f(xo),那么f(x) 知识点二函数的最值 是函数f(x)的一个极大值，记作f(x)极大值=f(xo);如 1.函数的最值的概念 果对x附近的所有的点，都有f(x) f(x),那 设函数y=f(x)在 上连续，在 内 么f(x)是函数f(x)的一个极小值，记作f(x)极小值= 可导，函数f(x)在[a,b]上一切函数值中的最大（最 f代x).极大值与极小值统称为极值， 小)值，叫做函数y=f(x)的最大（最小）值 (2)当函数f(x)在x。处连续时，判别f(x)是极大 2.连续函数在闭区间[a,b]上一定有最大值和最 (小)值的方法： 小值 3.求函数最值的步骤 如果x<xo有f'(x) 0,x>x有f'(x) 0,那么f(x)是极大值. 设函数y=f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导， 求f(x)在[a,b]上的最值，可分两步进行： 如果x<x有f'(x) 0,x>xo有f'(x) (1) 0,那么f(x)是极小值， (2) 2.求可导函数f八x)极值的步骤 (1) (2) B.2 归纳拓展 A.1 C.3 D.4 1.极值点不是点，若函数f(x)在x=x1处取得极大值，3.（选择性必修2PT6改编）函数f(x)=nx-x在区 则x1为极大值点，极大值为f(x)· 间(0，e]上的最大值为 () 2.f'(x)=0是x。为可导函数f(x)的极值点的必要不充 A.1-e B.-1 分条件.例如，f(x)=x3f'(0)=0,但0不是极值点. C.-e D.0 3.有极值的函数一定不是单调函数. 4.(选择性必修2P5例7改编)已知函数∫(x)= 4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概 念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系。 2(eh。则)的极大值点为 ,极 双基自测 大值为 题组一走出误区 题组三走向考场 1.判断下列结论是否正确（请在括号中打“V“或“×”）5.（多选题）(2025·全国二卷)已知f(x)是定义在R (1)函数的极值可能不止一个，也可能没有.( 上的奇函数，且当x>0时，f(x)=(x2-3)e+2,则 (2)函数的极小值一定小于函数的极大值.( () (3)函数的极小值一定是函数的最小值.( A.f(0)=0 (4)函数的极大值一定不是函数的最小值.( B.当x<0时，f(x)=-(x2-3)e-2 题组二走进教材 C.f(x)≥2当且仅当x≥√5 2.（选择性必修2P2T1改编)如图是f(x)的导函数 D.x=-1是f(x)的极大值点 ∫'(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为( 6.(2022·全国甲卷)当x=1时，函数f(x)=alnx+ 取得最大值-2，则∫'(2)= 12 A.-1 2 D.1 063 考点突破·互动探究 点 角度2求函数的极值 用导数求解函数极值问题—多维探究 角度」根据函数图象判断极值 例求下列函数的极值 例1，（多选题）设函数x)在R上可导，其导函数为 (1)f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x; (2)f(x)=(x2+ax+a)e. f'(x),且函数g(x)=xf'(x)的图象如图所示，则 下列结论中一定成立的是 A.f代x)有两个极值点 B.f(0)为f(x)的极大值 C.f(x)有两个极小值点 D.f(-1)为f(x)的极小值 名师点拨：据图象求极值的解题策略 1.已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导 数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数 符号. 2.已知函数求极值.求∫'(x)→求方程∫'(x)=0 的根→列表检验∫'(x)在∫'(x)=0的根的两侧的符号 →得出结论 名师点拨：可导函数求极值的步骤 考点 用导数求函数的最值—师生共研 1.确定函数的定义域。 2.求方程f'(x)=0的根. 例(2026·北京海淀期中)已知函数s)-曲 3.用方程∫'(x)=0的根和不可导点的x的值顺次 线y=f(x)在点(0，f代0)处的切线方程为y=x-3. 将函数的定义域分成若干个小开区间，并形成表格， (1)求a,k的值； 4.由f'(x)=0的根左右的符号以及f'(x)在不可 (2)求f(x)的最小值. 导点左右的符号来判断∫'(x)在这个根或不可导点处 取极值的情况，此步骤不可缺少.∫'(x)=0是函数有极 值的必要条件。 角度3根据极值求参数的取值范围 例(2026·威海模拟)若函数fx)=e-ar2-2ar有两 个极值点，则实数a的取值范围为 ( () c(o0.) D(分+】 名师点拨： 名师点拨：已知函数极值点或极值求参数的两 1.求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的 步骤 个要领 (1)求函数在(a,b)内的极值. 1.列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条 (2)求函数在区间端点的函数值f(a),f(b). 件列方程组，利用待定系数法求解， (3)将函数f八x)的极值与f(a),f(b)比较，其中最 064 2.验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为 大的一个为最大值，最小的一个为最小值. 2.求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，一般 极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须 要根据其极值及单调性画出函数的大致图象，借图 验证根的合理性 求解。 【变式训练】 注：求最值时，不可想当然认为极值点就是最值 1.(角度1)(2026·山东名校联考联盟期中)函数 点，要通过比较再下结论 【变式训练】 f(x)=x3+bx2+cx+d的大致图象如图所示，则x+x号= 已知函数f(x)=e'cos x-x. (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)求西数f代x)在区间[0，引上的最大值和最 小值. 2.（角度2)(2026·河南中原名校质量检查)已知函数 f(x)=2f'(1)nx-x,则f(x)的极大值为 ( A.2 B.2ln2-2 C.e D.2-e 3.(角度3)（多选题）(2023·高考新课标Ⅱ卷)若函 数f(x)=alnx+一+ b+S(a≠0)既有极大值也有极小 值，则 A.be>0 B.ab>0 C.b2+8ae>0 D.ac<0 名师#坛·素美提升 VKAR2X42K2R44444244144444444444444442444444424444444242444441424444444244444444444144444444444442444444224444144244/44444444444444444444444444444444444444444444 利用导数研究生活中的优化问题 例某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池（不计厚 提醒：在利用导数解决实际问题时，若在定义域内 度).设该蓄水池的底面半径为r(单位：米)，高为 只有一个极值，则这个值即为最优解。 h(单位：米)，体积为V(单位：立方米).假设建造成本 仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米， 【变式训练】 底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造 某型号轮船每小时的运输成本Q(单位：元)由可变 成本为12000π元（π为圆周率）. 部分和固定部分组成.其中，可变部分成本与航行速 (1)将V表示成r的函数V(r),并求该函数的定 度的立方成正比，且当速度为10km/h时，其可变部 义域； 分成本为每小时8元；固定部分成本为每小时128 (2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何 元.设该轮船的航行速度为xkm/h. 值时该蓄水池的体积最大 [解析](1)因为蓄水池侧面的建造成本为100× (1)试将该轮船每小时的运输成本Q表示为x的 2πrh=200mrh(元)， 函数； 底面的建造成本为160mr2(元)， (2)当该轮船的航行速度为多少时，其每千米的运 所以蓄水池的总建造成本为(200πh+ 输成本y(单位：元)最低？ 160πr2)元. 根据题意，得200πrh+160πr2=12000π， 所以A=写(30-)。 所以V(r)=m2h=T(300r-4). 5 065 由题意得r>0,h>0,解得0<r<5√5， 故函数V(r)的定义域为(0,55) (2)因为=5(30r-4)re0.5) 所以P()=5(30-12,) 令V'(r)=0,解得r1=5,r2=-5(舍去). 当r∈(0,5)时，V(r)>0,V(r)在(0,5)上单调 递增； 当r∈(5,53)时，V'(r)<0,V(r)在(5,53)上单 调递减. 由此可知，V(r)在r=5处取得最大值，此时h=8, 即当r=5,h=8时，该蓄水池的体积最大. 名师点拨：利用导数解决生活中的实际应用问 题的一般步骤 分析实际问题中各变量之问的关系，列出实际问题 第1步 的数学模型，写出实际问题中变量之问的函数关系 式y=f(x),由实际意义确定定义域 (第2步 求函数的导数∫'(，)，解方程f'()=0 (第3步 比较函数在区问端点和f'(x)O的点的函数值的大小， 最大（小）者为最大（小）值 温馨提示：复习至此，请完成练案[17 人第4步) 回归实际问题作答2 1 1 即f2>2)>4(2）,即 2 c<a<b. 3.a<b<c构造函数F(x)=f(x)·cosx,x≠T,k∈Z,则x∈(0，T) 时，F'(x)=f'(x)cos x-f(x)sinx>0.所以函数F(x)在(0，T)上 单调递增，于是)<)<F(),即5f()< ））,所以abce 题型二 变式训练 A原已知条件等价于2-3<2'-3，设函数f(x)=2-3.因 为函数y=2与y=-3在R上均单调递增，所以f(x)在R上 单调递增，即f(x)<f(y),所以x<y,即y-x>0,所以A正确，B不 正确：因为lx-yI与1的大小不能确定，所以C,D不正确. 题型三 变式训练 cg”设兰则f(到-1，当e时a x2 0,所以)在(e,+)上单调递减，所以3)>m),即n3 > m,所以lh3>3nm,所以n3>n元3，即3>m.因为y=t T 在(0，+o)上单调递增，e<,所以e3<3,所以e3<π3<3 二、泰勒展开式 变式训练 B易知a=ln√1-0.010<ln1=0,而b>0,c>0.当x-0时，由 泰勒公式展开，得6=0.02sin001=0.02(0.01-(001) +…= 3! 2x10了×10*+，6=00sma2=Q01Q2-002+ 2x10手x10+可知×10*<号×102，所以bc故6xa 第二课时 导数与函数的极值、最值 知识梳理·双基自测 知识梳理 知识点一 1.<>><<> 2.求导数f'(x)求方程f'(x)=0的根根左右的值极大值 极小值 知识点二 1.[a,b](a,b) 3.求f(x)在(a,b)内的极值将f(x)的各极值与f(a),f(b)比 较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值 双基自测 1.(1)V(2)×(3)×(4)V 2.A由题意知只有在x=-1处f'(-1)=0,且其两侧导数符号为 左负右正 3.B因为f'(x)=1-1=1,当xe(0,1)时，”()>0：当xe (1,e]时，f'(x)<0,所以当x=1时，f(x)取得最大值ln1-1=-1. 故选B. 42e21n2易求P(x)=2e,0,所以f(e)=2(e）- 21 ,则Fo三因此)=2nx(归。，由/PC >0得0<x<2e,由f'(x)<0得x>2e.所以函数f(x)在(0,2e)上 单调递增，在(2e,+∞)上单调递减.因此f代x)的极大值点为2e, 极大值为f(2e)=2n(2e)-2=2ln2. 5.ABD对A,因为f(x)是定义在R上奇函数，则fO)=0,故A 正确；对B,当x<0时，-x>0,则f(x)=f-x)=-{[(-x)2-3] e*+2}=-(x2-3)e-2,故B正确；对C,f(-1)=-(1-3)e-2= 2(e-1)>2,故C错误；对D,当x<0时，f(x)=(3-x2)e-2,则 f'(x)=-(3-x2)e*-2xe=(x2-2x-3)e,令f'(x)=0,解得 x=-1或3（舍去），当x∈(-∞，-1)时，f'(x)>0,此时f代x)单调 递增，当xe(-1,0)时，f'(x)<0,此时f(x)单调递减，则x=-1 是f代x)的极大值点，故D正确.故选ABD 6B由题套知=血1b=-之求导袋=兰兰（ 0),因为f(x)的定义域为(0，+∞)，所以易得f'(1)=a-b=0,所 以a=-2,所以了2)=号冬子放选B 考点突破·互动探究 考点1 角度1 例1：BC根据g(x)=xf'(x)的图象，可得当x<-2时，g(x)= f'(x)>0,可得f'(x)<0,即f(x)单调递减，当-2<x<0时， g(x)=f'(x)<0,可得f'(x)>0,即f(x)单调递增，当0<x<1 时，g(x)=f'(x)<0,可得f(x)<0,即fx)单调递减，当x>1 时，g(x)=f'(x)>0,可得f'(x)>0,即fx)单调递增，因此 f代x)在x=-2和x=1处取得极小值，在x=0处取得极大值， 共3个极值点，A错误，C正确：f(0)为f(x)的极大值，B正 确：f代-1)不是f代x)的极小值，D错误 角度2 例：[分析]求导，研究函数的单调性从而确定极值. [解析](1)函数f(x)的定义域为(-1，+0)， 则f(x)=21n(1+)+1+x 令F(x)=2m(l+)+x-, 21 则F(x)= 1+x(1+x)2, 可得F'(x)>0在(-1，+0)上恒成立，则F(x)在(-1，+∞)上 单调递增， 又F(0)=0,所以当-1<x<0时，F(x)<0 即f'(x)<0,f(x)单调递减，当x>0时，F(x)>0,即f'(x)>0, f(x)单调递增， 所以f(x)在x=0处取得极小值，f(x)战小信=f(0)=0.无极 大值. (2)f'(x)=(2x+a)e+(x2+a.x+a)e =(x+2)(x+a)e, 当a=2时，f'(x)≥0， 所以函数(x)在R上是增函数，无极值； 当a≠2时，令f'(x)=0, 解得x=-2或x=-a, 9 不妨令x1<x2(x1是-2与-a中较小的一个，x2是较大的 个)， 列表如下： x (-0,x1) (x1,x2） X2 （x2,+0 f'(x) × 0 0 + f(x) 极大值极小值 当-a>-2,即a<2时，取x1=-2,x2=-a, 极大值为f(-2)=(4-a)e2, 极小值为f(-a)=ae“. 当-a<-2,即a>2时，取x1=-a,x2=-2, 极小值为f(-2)=(4-a)e2,极大值为f(-a)=ae“. 角度3 例：D由f(x)=e-ax2-2ax,得f'(x)=e-2a-2a.因为函数f(x) =e-ax2-2ax有两个极值点，所以f'(x)=e*-2ax-2a有两个 变号零点令)0，得2设e=共云则 g(x归怎，令g(x)=0,即言=0，解得x=0,当>0时， g'(x)<0;当x<0时，g'(x)>0,所以g(x)在(-∞，0)上单调递 增，在(0，+∞)上单调递减.当x→-∞ y 时，g(x)→-∞；当x→+时，g(x)→ y=g(x) 0.分别作出函数(x)=+与y= 的 y=24 e 2a 图象，如图所示，由图可知，0<2a1,解 -1i 1 得a>2,所以实数a的取值范围为 (3*)】月 变式训练 由图知fx)=x(x+1)(x-2),f'(x)=3x2-2x-2,因此， 2 5、5为3x2-2x-2=0的两根x+x2=3,x12=-3,+无 16 (x1+x2)》2-2x1= 2.B因为f(x)=2f'(1)lnx-x,所以f'(x)=2f'(1) 1-1,令x=1 得f”(1)=2”(1)-1,所以(1)=1，则f(x)=2-1,所以函数 f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，+∞)上单调递减，则f(x)的极 大值为f(2)=2ln2-2.故选B. 3CD函数=a血+兰+兰的定义域为(0，+)，求导得 (x)=a。2---2c,因为函数x既有极大值也有 xx2 x3 极小值，则函数f(x)在(0，+∞)上有两个变号零点，而a≠0， 因此方程ax2-bx-2c=0有两个不等的正根x1,x2,于是 4=b2+8ac>0. b x1+x2= >0,即有62+8ac>0,ab>0,ac<0,显然a2lc<0,即c< 2c x1x2=- >0 O,A错误，BCD正确.故选BCD. 45 考点2 例：[解析】(1f')=x-a)'·e-(-a）·e (e)2 =2x·e-(x2-a)·e=-x2+2x+a (e)2 依题意，0=-u=-3解得a==3. f'(0)=a=k, (2)由(1)得)=-3 e, -x2+2x+3-(x+1)(x-3) f'(x)= e 令f'(x)=0,解得x=-1或3， x,f'(x),f(x)的变化情况如下表： (-0,-1) -1 (-1,3) (3,+0) f'(x) 0 × 0 f(x) 极小值 极大值 由表格可知，f(x)有极小值f(-1)=-2e, 因为当xe(3,+0)时，f(x)>0, 所以f(x)最小值为-2e 变式训练 [解析](1)因为f(x)=e'cosx-x,所以f'（x)= e"(cos x-sin x)-1f'(0)=0. 又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程 为y=1. (2)h(x)=e*(cos x-sin x)-1,h'(x)=e*(cos x-sin x-sin x -cos x)=-2e'sin x. 当e(0,）时，h()<0, 所以6()在区间[0，引]上单调漫波 所以对任意e(0,引有a()h(0)=0,即f()<0 所以西)在区同[0，引 上单调递减。 因此fx)在区向[0，引上的最大值为f(0=1,最小值为 )受 名师讲坛·素养提升 变式训练 [解析]（I)设当该轮船的航行速度为xkm/h时，其每小时的 可变部分成本为P(单位：元)，则P=kx,k≠0 由题意，得8=k×103, 解得k= 故P 1 所以该轮船每小时的运输成本Q=1方+128(>0)， (2)该轮能每千米的运输成本)=)=(25+128)上 +0. 21282(x3-8002(>0. 则f”(x)=25天 125x2 令f'(x)=0,解得x=20. 令f'(x)>0,解得x>20,f代x)在区间(20，+∞)上单调递增； 令f'(x)<0,解得0<x<20f代x)在区间(0,20)上单调递减. 0 所以当x=20时，f(x)取得最小值. 故当该轮船的航行速度为20km/h时，其每千米的运输成本y 最低 第三讲导数的综合应用 知识梳理·双基自测 双基自测 1.(1)×(2)×(3)V(4)× 2.C函数的定义域为(0，+o),由f代x)=0得a=xnx,记g(x)= xln x. y=g(x)/ Ay-a 则g()=nx+1,由g(x)>0得>，由g'(x)<0得0<x< e e g)在0，）上递减，在（日+上递增，且&(） 月)=-日，由图可知。a<0,故选C 3.c)-f()1h当0<e时0，放 f(x)在(0，e)上单调递增.又0<a<b<e,∴f代a)<fb).故选C. 4.[证明](1)设f(x)=e-x-1,则f'(x)=e-1在(-∞，0)上 f'(x)<0,在(0，+0)上f'(x)>0,故f(x)在(-0,0)上递减，在 (0,+∞)上递增，所以f代x)在x=0处有最小值，故f(x)≥f(0)》 =0,.e≥x+1. (2)设f(x)=lnx-x+1(x>0), f(=11=-(D0). 在(0,1)上f'(x)>0,在(1，+∞)上f'(x)<0, ∴fx)在(0,1)上递增，在(1，+∞)上递减，f(x)≤f1)=0. .nx≤x-1. 5.[解析](1)因为f(1)=0,故1-m-2+0=0, 故m=-1,故f(x)=x2-x-lnx, 故f(x)≤x-1即为x+lnx≥1， 设x)=+h,>0,则(x)=1+>0, 故s(x)在(0，+0)上为增函数， 而x+nx≥1即为s(x)≥s(1),故x≥1， 故原不等式的解集为[1，+0). (2)f(x)在(0，+∞)有极大值即为有极大值点。 f'(x)=2x-(m+2)+m-2x2-(m+2)x+m-(2x-m)(x-1) x 若m≤0，则xe(0,1)时，f'(x)<0,xe(1,+o)时，f'(x)>0, 故x=1为f(x)的极小值点，无极大值点，故舍； 若0<<1即0<m<2,则xe（,1）时'(x)<0, re(0,7)U(L,+)时f(w)>0, 故x=公为八)的极大值点，特合题设要求： 若m=2,则xe(0,+o)时，f'(x)≥0fx)无极值点，舍； 若2>1即m>2,则xe(1,2）时()<0， 4 e(0,u(受+）时f()>0, 故x=1为f代x)的极大值点，符合题设要求. 综上，m>0且m≠2. 第一课时 导数与不等式的证明 考点突破·互动探究 考点1 例：[解析](1)由题意得xe(0,+o), 因为函数f(x)=ax-lnx在x=1处的切线垂直于y轴，所以 f'(1)=0. 由x)=a-hx得f()=a 则f'(1)=a- 1=0,解得a=1, 1 则fx)=-hxf'(x)=1-￥ 1x-1 当x∈(0,1)时，f'(x)<0,此时f(x)单调递减； 当x∈（1，+∞)时，f'(x)>0,此时f(x)单调递增. 则f孔x)的单调递增区间为(1，+∞)，单调递减区间为(0,1). (2)证明：证法一：欲证f(x)<e1-x+1, 即证x-lnx<e-l-x+l. 即证2x-lnx-e-l-1<0. h(x)=2x-In x-e1-1,%>1, 则h(x)=2-1-e_2=e-1 x 令g(x)=2x-xe-l-1,x>1, 则g'(x)=2-(er1+xer1), 再设p(x)=xe1,x>1,则p'(x)=e1(x+1),因为x>1,则 p'(x)>0恒成立， 则o(x)在(1，+∞)上单调递增， 则易知g'(x)=2-(e-l+e1)在(1，+∞)上单调递减， 则g'(x)<g(1)=0,则g(x)=2x-e1-1在(1，+0)上单调 递减， 则g(x)<g(1)=0,则h'(x)<0在(1，+∞)上恒成立， 则h(x)<h(1)=0,即fx)<e-x+1. 证法二：欲证fx)<e-x+1,即证x-lnx<el-x+l, 令g(x)=x-lnx(x>1),即证g(x)<g(e1）. 当1时，g()=1>0g)单调递增， 所以只需证明x<e-(x>1). 令h(x)=er1-x(x>I), 则h'(x)=er1-1>0, 所以h(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以h(x)>h(1)=0. 所以当x>1时，f代x)<e-x+1得证 变式训练 [解析](1)f'(x)=2x-a+元， 依题意，f'(1)=2×1-a+1=0,解得a=3, 经检验符合题意，所以a=3. (2)证明：由(1)可知，fx)=x2-3x+nx, 要证fx)=x2-3x+lnx≤2x2-4x, 即证x2-x-lnx≥0， 设g(x)=x2-x-lnx, 则g(x)=2x-1-1-x-1)(2+1) x