【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第三章第二讲导数的简单应用作业 9页

第二讲　导数的简单应用 ‎1.[2020安徽六校测试]若函数f (x) =2x3-3mx2+6x在区间(1,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围是(　　)‎ A.( - ∞,1] B.( - ∞,1)C.( - ∞,2] D.(-∞,2)‎ ‎2.[原创题]函数f (x) =(‎1‎‎2‎x-1)ex+‎1‎‎2‎x的极值点的个数为(　　)‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ ‎3.[2020南昌市测试]若函数f (x) =(x-1)ex-ax(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(‎-‎‎1‎e,0) B.(-∞,0)C.(‎-‎‎1‎e,+∞) D.(0,+∞)‎ ‎4.[2020洛阳市第一次联考]定义在R上的函数f (x)的导函数为f '(x),若对任意实数x,都有f (x)>f '(x),且f (x)+2 019为奇函数,则不等式f (x)+2 019ex<0的解集为(　　)‎ A.( - ∞,0) B.(0,+∞)C.( - ∞,‎1‎e) D.(‎1‎e,+∞)‎ ‎5.[2019昆明市高考模拟]函数y =f (x)的导函数y =f ' (x)的图象如图3-2-1所示,则函数y =f (x)的图象可能是(　　)‎ ‎6.[2019济南市质检]已知函数f (x) =ln(x-1),g(x) =xe,若f (x1) =g(x2),则x1-x2的取值范围是(　　)‎ A.[‎1‎e,+∞) B.[1,+∞)C.[2,+∞) D.[e,+∞)‎ ‎7.[2019皖中名校第二次联考]已知函数f (x) =(x2-mx-m)ex+2m(m>-2,e是自然对数的底数)有极小值0,则其极大值是(　　)‎ A.4e-2或(4+ln 2)e-2+2ln 2B.4e-2或(4+ln 2)e2+2ln 2‎ C.4e-2或(4+ln 2)e-2-2ln 2D.4e-2或(4+ln 2)e2-2ln 2‎ ‎8.[2019长春市高三质量监测]已知函数f (x)是定义在R上的函数,且满足f ' (x)+f (x)>0,其中f ' (x)为f (x)的导数,设a =f (0),‎ b =2f (ln 2),c =e f (1),则a,b,c的大小关系是(　　)‎ A.c>b>a B.a>b>cC.c>a>b D.b>c>a ‎9.[2020天津模拟]函数f (x) =‎1‎‎2‎x2+x-2ln x的最小值为　　　　. ‎ ‎10.[2020石家庄市重点高中高三摸底测试]已知函数f (x) =‎1+lnxx - 1‎‎-‎kx.‎ ‎(1)当k =0时,求函数f (x)的单调区间;‎ ‎(2)若f (x)>0对任意的x∈(1,+∞)恒成立,求整数k的最大值.‎ ‎11.[2020陕科大附中模拟]已知函数f (x) =xln(x+a)+1(a<0).‎ ‎(1)若函数f (x)在定义域上为增函数,求a的取值范围.‎ ‎(2)证明:f (x)0,若 f (m-2)-f (m)≥-3m2+6m-4,则实数m的取值范围为(　　)‎ A.[-1,1] B.(-∞,1]C.[1,+∞) D.(-∞,-1]∪[1,+∞)‎ ‎14.[2019合肥市高三调研]已知函数f (x) =ex+e-x+2cos x,其中e为自然对数的底数,则对任意a∈R,下列不等式一定成立的是(　　)‎ A.f (a2+1)≥f (2a) B.f (a2+1)≤f (2a)C.f (a2+1)≥f (a+1) D.f (a2+1)≤f (a)‎ ‎15.[2019福建五校第二次联考]设函数f' (x)是奇函数f (x)(x∈R)的导函数,当x>0时,f ' (x)ln x<‎-‎‎1‎xf (x).则使得(x2-4)f (x)>0成立的x的取值范围是 (　　)‎ A.( - 2,0)∪(0,2) B.( - ∞, - 2)∪(2,+∞)C.( - 2,0)∪(2,+∞) D.( - ∞, - 2)∪(0,2)‎ ‎16.[2020江西红色七校第一次联考]若函数f (x)与g(x)满足“存在实数t,使得f (t) =g'(t)”,则称函数g(x)为f (x)的“友导”函数.已知函数g(x) =‎-‎‎1‎‎3‎x3-3x+1为函数f (x) =2xln x-ax的“友导”函数,则a的取值范围是　　　　　　　　. ‎ ‎17.[2020四省八校联考]已知函数f (x) =‎1‎‎3‎x3‎-‎‎1‎‎2‎ax2,a∈R.‎ ‎(1)当a =2时,求曲线y =f (x)在点(3,f (3))处的切线方程;‎ ‎(2)设函数g(x) =f (x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断g(x)有无极值,有极值时求出极值.‎ ‎18.[2019全国卷Ⅰ,20,12分]已知函数f (x) =sin x-ln(1+x),f ' (x)为f (x)的导数,证明:‎ ‎(1)f ' (x)在区间(-1,π‎2‎)上存在唯一极大值点;‎ ‎(2)f (x)有且仅有2个零点.‎ ‎19.[2020四省八校联考][新角度题]直线x =a(a>0)分别与直线y =2x+1,曲线y =x+ln x相交于A,B两点,则|AB|的最小值为(　　)‎ A.1 B.2 C.‎2‎ D.‎‎3‎ ‎20.[2020惠州市二调][交汇题]设函数f (x) =‎3‎sinπxm,若存在f (x)的极值点x0满足x‎0‎‎2‎+[f (x0)]20).‎ ‎(1)若曲线y =f (x)在点(1,f (1))处的切线与直线x+2y =0垂直,求a的值及函数g(x) =f (x)-2ln x的单调区间.‎ ‎(2)若f (x)的极大值和极小值分别为m,n,证明:m+n<2ln 2-3.‎ 第二讲　导数的简单应用 ‎1.C　因为f ' (x)=6(x2 - mx+1),且函数f (x)在区间(1,+∞)上是增函数,所以f ' (x)=6(x2 - mx+1)≥0在(1,+∞)上恒成立,即x2 - mx+1≥0在(1,+∞)上恒成立,所以m≤x‎2‎‎+1‎x=x+‎1‎x在(1,+∞)上恒成立,即m≤(x+‎1‎x)min(x∈(1,+∞)),又当x∈(1,+∞)时,x+‎1‎x>2,所以m≤2.故选C.‎ ‎2.A　由题意知f ' (x)=‎1‎‎2‎ex+(‎1‎‎2‎x - 1)ex+‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎[ex(x - 1)+1].令g(x)=ex(x - 1)+1,则g' (x)=ex(x - 1)+ex=xex,令g' (x)=0,得x=0,则函数g(x)在区间 ‎( - ∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,由此可知f ' (x)≥0,所以函数f (x)不存在极值点,故选A.‎ ‎【素养落地】　构造新函数g(x)=ex(x - 1)+1来研究函数f (x)的导函数f ' (x)的符号,体现了对数学建模核心素养的考查,整个解题过程体现了对逻辑推理与数学运算等核心素养的考查.‎ ‎3.A　由题意得f ' (x)=xex - a,因为函数f (x)=ex(x - 1) - ax有两个极值点,所以f ' (x)=0有两个不等的实根,即a=xex有两个不等的实根,所以直线y=a与y=xex的图象有两个不同的交点.令g(x)=xex,则g' (x)=ex(x+1).当x< - 1时,g' (x)<0,当x> - 1时,g' (x)>0,所以函数g(x)在( - ∞, - 1)上单调递减,在( - 1,+∞)上单调递增,所以当x= - 1时,g(x)取得最小值,且最小值为 - ‎1‎e.易知当x<0时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0,则可得函数g(x)的大致图象,如图D 3 - 2 - 1所示,则 - ‎1‎ef ' (x),所以g' (x)=f '(x)-f(x)‎ex<0,所以g(x)在R上单调递减.因为f (x)+2 019是定义在R上的奇函数,所以f (0)+‎ ‎2 019=0,即f (0)= - 2 019,则g(0)= - 2 019.不等式f (x)+2 019ex<0可转化为f(x)‎ex< - 2 019,即g(x)0,则不等式f (x)+2 019ex<0的解集为(0,+∞),故选B.‎ ‎5.A　由导函数y=f ' (x)的图象可知,当x<0时,f ' (x)有两个零点,且在每个零点两侧f ' (x)都异号,所以原函数有两个负的极值点,排除B,C,D,选A.‎ ‎6.B　设f (x1)=g(x2)=t,则ln(x1 - 1)=t,x‎2‎e=t,所以x1=et+1,x2=et,所以x1 - x2=et+1 - et.设h(t)=et+1 - et,则h' (t)=et - e,故h(t)在( - ∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.所以h(t)min=h(1)=1,所以h(t)的值域为[1,+∞),故x1 - x2的取值范围为[1,+∞).‎ ‎7.A　由题意知,f ' (x)=[x2+(2 - m)x - 2m]ex=(x+2)(x - m)ex.‎ 由f ' (x)=0得x= - 2或x=m.因为m> - 2,所以函数f (x)在区间( - ∞, - 2)和(m,+∞)内单调递增,在区间( - 2,m)内单调递减.于是函数f (x)的极小值为f (m)=0,即(m2 - m2 - m)em+2m=0,(2 - em)m=0,解得m=0或m=ln 2.当m=0时,f (x)的极大值为f ( - 2)=4e - 2;当m=ln 2时,f (x)的极大值为 f ( - 2)=(4+ln 2)·e - 2+2ln 2.故选A.‎ ‎8.A　令g(x)=exf (x),则g' (x)=ex[f (x)+f ' (x)]>0,所以函数g(x)在定义域R上单调递增,从而g(0)0),‎ 所以f (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,‎ 所以f (x)min=f (1)=‎1‎‎2‎+1=‎3‎‎2‎.‎ ‎10.(1)f (x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).‎ 当k=0时,f ' (x)=‎ - ‎1‎x - lnx‎(x - 1‎‎)‎‎2‎.‎ 令g(x)= - ‎1‎x - ln x,则g' (x)=‎1 - xx‎2‎.‎ 当x∈(0,1)时,g' (x)>0,g(x)单调递增;‎ 当x∈(1,+∞)时,g' (x)<0,g(x)单调递减.‎ ‎∴g(x)max=g(1)= - 1<0,∴g(x)<0,‎ ‎∴f ' (x)<0,‎ ‎∴f (x)的单调递减区间为(0,1),(1,+∞),无单调递增区间.‎ ‎(2)由f (x)>0对任意的x∈(1,+∞)恒成立,得‎1+lnxx - 1‎‎ - ‎kx>0(x>1),即k<[x(1+lnx)‎x - 1‎]min(x>1).‎ 令h(x)=x(1+lnx)‎x - 1‎,x>1,则h' (x)=x - 2 - lnx‎(x - 1)‎‎2‎,‎ 令φ(x)=x - 2 - ln x,x>1,则φ' (x)=x - 1‎x>0,‎ ‎∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增,‎ 又φ(3)=1 - ln 3<0,φ(4)=2 - 2ln 2>0,‎ ‎∴存在唯一x0∈(3,4),使得φ(x0)=0,‎ 即x0 - 2 - ln x0=0,x0 - 1=1+ln x0,‎ 当x变化时,h' (x),h(x)的变化情况如下表所示:‎ x ‎(1,x0)‎ x0‎ ‎(x0,+∞)‎ h' (x)‎ ‎ - ‎ ‎0‎ ‎+‎ h(x)‎ 单调递减 极小值 单调递增 ‎∴h(x)min=h(x0)=x‎0‎‎(1+lnx‎0‎)‎x‎0‎‎ - 1‎=x0∈(3,4),‎ ‎∴整数k的最大值为3.‎ ‎11.(1)由题意知,f (x)的定义域为( - a,+∞),且f ' (x)=ln(x+a)+xx+a.‎ 设m(x)=f ' (x)=ln(x+a)+xx+a,则m' (x)=‎1‎x+a‎+a‎(x+a‎)‎‎2‎=‎x+2a‎(x+a‎)‎‎2‎.‎ 因为a<0,所以 - 2a> - a.‎ 令m' (x)=0,可得x= - 2a,则当x∈( - a, - 2a)时,m' (x)<0;当x∈( - 2a,+∞)时,m' (x)>0.‎ 所以m(x)在( - a, - 2a)上单调递减,在( - 2a,+∞)上单调递增.‎ 由函数f (x)在定义域上为增函数,得m(x)min=m( - 2a)=ln( - a)+2≥0,解得a≤ - e - 2,‎ 所以a的取值范围是( - ∞, - e - 2].‎ ‎(2)因为a<0,x> - a.所以x>0,f (x)=xln(x+a)+10,xln x≤0,所以xln x1时,设g(x)=ex+cos x - xln x - 1,‎ 则g' (x)=ex - ln x - sin x - 1.设h(x)=g' (x),则h' (x)=ex - ‎1‎x - cos x.‎ 因为x>1,所以h' (x)>e - 1 - 1>0,即h(x)在(1,+∞)上单调递增,‎ 所以h(x)>e - sin 1 - 1>0,即g' (x)>0,‎ 所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,‎ 所以g(x)>e+cos 1 - 1>0,即xln x0,所以存在x0∈(1,‎3‎‎2‎),使得 f ' (x0)=0,所以‎1‎‎3‎ex‎0‎‎=‎‎1‎x‎0‎.易得f (x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以M=f (x0)=‎1‎‎3‎ex‎0‎ - ln x0=‎1‎x‎0‎ - ln x0.设g(x)=‎1‎x - ln x,则g(x)在(1,‎3‎‎2‎)上是减函数,且g(1)=1,g(‎3‎‎2‎)=‎2‎‎3‎ - ln‎3‎‎2‎‎=‎2‎‎3‎ - ‎‎1‎‎2‎ln 2.25>‎2‎‎3‎‎ - ‎1‎‎2‎=‎‎1‎‎6‎>0,所以00在(0,+∞)上恒成立,所以F(x)=2f (x) - x3在(0,+∞)上单调递增,因为F(m)=2f (m) - m3,F(m - 2)=2f (m - 2) - (m - 2)3=2f (m - 2) - (m3 - 6m2+12m - 8),F(m - 2) - F(m)=2f (m - 2) - (m3 - 6m2+12m - 8) - 2f (m)+m3=2[f (m - 2) - f (m) - ( - 3m2+6m - 4)]≥0,所以F(m - 2) - F(m)≥0,即 F(m - 2)≥F(m),得|m - 2|≥|m|,两边平方得m2 - 4m+4≥m2,解得m≤1,故选B.‎ ‎14.A　依题意可知,f (x)=ex+e - x+2cos x=f ( - x),所以f (x)是偶函数,f ' (x)=ex - e - x - 2sin x,且f ' (0)=0,令h(x)=f ' (x),则h' (x)=ex+e - x - 2cos x,当x∈[0,+∞)时,h' (x)=ex+e - x - 2cos x≥0恒成立(当且仅当x=0时取等号),所以f ' (x)=ex - e - x - 2sin x在[0,+∞)上单调递增,所以f ' (x)≥0在[0,+∞)上恒成立,所以f (x)在[0,+∞)上单调递增,又函数f (x)是偶函数,(a2+1)2 - 4a2=‎(a‎2‎ - 1)‎‎2‎≥0,所以f (a2+1)≥f (2a),故选A.‎ ‎15.D　设函数g(x)=f (x)ln x,则g' (x)=f ' (x)ln x+‎1‎xf (x).于是,当x>0时,由f ' (x)ln x< - ‎1‎xf (x)可得g' (x)<0,所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递减.从而,当x>1时,有g(x)0,所以此时f (x)<0;当0g(1)=0,即f (x)ln x>0,又ln x<0,所以此时f(x)<0.对于不等式f ' (x)ln x< - ‎1‎xf (x),取x=1可得f ' (1)ln 1< - ‎1‎‎1‎f (1),化简得f (1)<0,即当x=1时,f (x)<0.于是,由上述讨论可知,当x>0时,f (x)<0,故由(x2–‎ ‎ 4)f (x)>0(x>0)得x2 - 4<0,解得00时,f (x)<0”可得f (x)>0,故由(x2 - 4)f (x)>0(x<0)得x2 - 4>0,解得x<‎ ‎ - 2.易知 f (0)=0,所以x=0不满足(x2 - 4)f (x)>0.综上,x的取值范围是( - ∞, - 2)∪(0,2).故选D.‎ ‎【解后反思】　一般地,若题设中出现了与导数有关的不等式,则很可能是根据导数的运算法则提前计算后而精心设计的,所以应多从这个角度考虑如何构造函数,以便顺利解决问题.‎ ‎16.[4,+∞)　由题意,得g' (x)= - x2 - 3.又由题意知g(x)= - ‎1‎‎3‎x3 - 3x+1为函数f (x)=2xln x - ax的“友导”函数,所以方程2xln x - ax= - x2 - 3有解,即a=x+2ln x+‎3‎x有解.令h(x)=x+2ln x+‎3‎x,则h' (x)=1+‎2‎x‎ - ‎3‎x‎2‎=‎‎(x+3)(x - 1)‎x‎2‎,当01时,h' (x)>0,函数h(x)单调递增.所以h(x)≥h(1)=4,所以由方程a=x+2ln x+‎3‎x有解,可得a≥4.‎ ‎17.(1)由题意,得f ' (x)=x2 - ax,当a=2时,f (3)=0,f ' (x)=x2 - 2x,所以f ' (3)=3,‎ 因此,曲线y=f (x)在点(3,f (3))处的切线方程是y=3(x - 3),‎ 即3x - y - 9=0.‎ ‎(2)因为g(x)=f (x)+(x - a)cos x - sin x,‎ 所以g' (x)=f ' (x)+cos x - (x - a)sin x - cos x ‎=x(x - a) - (x - a)sin x ‎=(x - a)(x - sin x).‎ 令h(x)=x - sin x,则h' (x)=1 - cos x≥0,‎ 所以h(x)在R上单调递增.‎ 因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;当x<0时,h(x)<0.‎ ‎①当a<0时,g' (x)=(x - a)(x - sin x),‎ 当x∈( - ∞,a)时,x - a<0,g' (x)>0,g(x)单调递增;‎ 当x∈(a,0)时,x - a>0,g' (x)<0,g(x)单调递减;‎ 当x∈(0,+∞)时,x - a>0,g' (x)>0,g(x)单调递增.‎ 所以,当x=a时,g(x)取到极大值,极大值是g(a)= - ‎1‎‎6‎a3 - sin a;‎ 当x=0时,g(x)取到极小值,极小值是g(0)= - a.‎ ‎②当a=0时,g' (x)=x(x - sin x),‎ 当x∈( - ∞,+∞)时,g' (x)≥0,g(x)单调递增.‎ 所以,g(x)无极大值也无极小值.‎ ‎③当a>0时,g' (x)=(x - a)(x - sin x),‎ 当x∈( - ∞,0)时,x - a<0,g' (x)>0,g(x)单调递增;‎ 当x∈(0,a)时,x - a<0,g' (x)<0,g(x)单调递减;‎ 当x∈(a,+∞)时,x - a>0,g' (x)>0,g(x)单调递增.‎ 所以,当x=0时,g(x)取到极大值,极大值是g(0)= - a;‎ 当x=a时,g(x)取到极小值,极小值是g(a)= - ‎1‎‎6‎a3 - sin a.‎ 综上所述:当a<0时,函数g(x)在( - ∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(a)= - ‎1‎‎6‎a3 - sin a,极小值是g(0)= - a;‎ 当a=0时,函数g(x)在( - ∞,+∞)上单调递增,无极值;‎ 当a>0时,函数g(x)在( - ∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(0)= - a,极小值是g(a)= - ‎1‎‎6‎a3 –‎ ‎ sin a.‎ ‎18.(1)设g(x)=f ' (x),则g(x)=cos x - ‎1‎‎1+x,g' (x)= - sin x+‎1‎‎(1+x‎)‎‎2‎.‎ 当x∈( - 1,π‎2‎)时,g' (x)单调递减,而g' (0)>0,g' (π‎2‎)<0,可得g' (x)在( - 1,π‎2‎)上有唯一零点,设为α.则当x∈( - 1,α)时,g' (x)>0;当x∈(α,π‎2‎)时,g' (x)<0.‎ 所以g(x)在( - 1,α)上单调递增,在(α,π‎2‎)上单调递减,故g(x)在( - 1,π‎2‎)上存在唯一极大值点,即f ' (x)在( - 1,π‎2‎)上存在唯一极大值点.‎ ‎(2)f (x)的定义域为( - 1,+∞).‎ ‎(i)当x∈( - 1,0]时,由(1)知,f ' (x)在( - 1,0)上单调递增,而f ' (0)=0,所以当x∈( - 1,0)时,f ' (x)<0,故f (x)在( - 1,0)上单调递减.又f (0)=0,从而x=0是 f (x)在( - 1,0]上的唯一零点.‎ ‎(ii)当x∈(0,π‎2‎]时,由(1)知,f ' (x)在(0,α)上单调递增,在(α,π‎2‎)上单调递减,而f ' (0)=0,f ' (π‎2‎)<0,所以存在β∈(α,π‎2‎),使得f ' (β)=0,且当x∈(0,β)时,‎ f ' (x)>0;当x∈(β,π‎2‎)时,f ' (x)<0.故f (x)在(0,β)上单调递增,在(β,π‎2‎)上单调递减.‎ 又f (0)=0,f (π‎2‎)=1 - ln(1+π‎2‎)>0,所以当x∈(0,π‎2‎]时,f (x)>0.从而f (x)在(0,π‎2‎]上没有零点.‎ ‎(iii)当x∈(π‎2‎,π]时,f ' (x)<0,所以f (x)在(π‎2‎,π)上单调递减.而f (π‎2‎)>0,f (π)<0,所以f (x)在(π‎2‎,π]上有唯一零点.‎ ‎(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f (x)<0,从而f (x)在(π,+∞)上没有零点.‎ 综上,f (x)有且仅有2个零点.‎ ‎19.B　根据题意,设f (x)=2x+1 - x - ln x=x+1 - ln x,则f ' (x)=1 - ‎1‎x‎=‎x - 1‎x(x>0),所以函数f (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以 f (x)min=f (1)=2 - ln 1=2,所以|AB|min=2.故选B.‎ ‎20.C　由题意得,当πxm=kπ+π‎2‎(k∈Z),即x=‎(2k+1)m‎2‎(k∈Z)时,f (x)取得极值±‎3‎.若存在f (x)的极值点x0满足x‎0‎‎2‎+[f (x0)]22或m< - 2,所以m∈( - ∞, - 2)∪(2,+∞).故选C.‎ ‎21.(1)由题意,得函数f (x)的导函数f ' (x)=‎2ax‎2‎ - x+1‎x,所以f ' (1)=2a,即曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线的斜率k=2a,‎ 又曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线与直线x+2y=0垂直,所以2a=2,解得a=1.‎ 所以g(x)=x2 - x - ln x,g' (x)=2x - 1 - ‎1‎x‎=‎‎(2x+1)(x - 1)‎x(x>0),‎ 所以当01时,g' (x)>0.故g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).‎ ‎(2)设x1,x2为方程f ' (x)=0,即2ax2 - x+1=0的两个实数根,则x1+x2=‎1‎‎2a,x1x2=‎1‎‎2a,‎ 由题意得Δ=1 - 8a>0,‎x‎1‎‎+x‎2‎>0,‎x‎1‎x‎2‎‎>0,‎解得00,所以F(t)在(0,‎1‎‎4‎)上单调递增,‎ 则0