2017届高考数学二轮复习第2部分专题六函数与导数必考点文

专题六 导数与函数必考点 利用导数研究函数性质、证明不等式类型一 学会踩点[例1] (2016²高考全国乙卷)(本题满分12分)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2. (1)讨论f (x )的单调性．(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )．(1分)(ⅰ)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．(2分) (ⅱ)设a ＜0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝ln(－2a )．①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)＞0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．(3分)②若a ＞－e2，则ln(－2a )＜1，故当x ∈(－∞，ln(－2a )∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)单调递增，在(ln(－2a )，1)单调递减．(4分)③若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减．(6分)(2)(ⅰ)设a ＞0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a 2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0，所以f (x )有两个零点．(8分)(ⅱ)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点．(9分)(ⅲ)设a ＜0，若a ≥－e2，则由(1)知f (x )在(1，＋∞)上单调递增，又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点．(10分)若a ＜－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点．(11分) 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(12分) 评分细则：得分点及踩点说明(1)第(1)问，f (x )的单调性，讨论a 的四种情况：a ≥0，a ＝－e 2；－e 2＜a ＜0；a ＜－e2，每缺一种情况或每错一种情况，则扣1分，两个单调区间用“∪”联结者扣1分． (2)单调区间错误者，则扣该情况的1分 (3)第(2)问，讨论a 的四种情况：a ＞0，a ＝0，－e2≤a ＜0，a ＜－e 2，缺一种情况或者错一种情况，则扣1分(4)缺少综上a 的范围，扣1分．1．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝ln x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝1 又f (1)＝0，∴曲线在点(1,0)处切线方程为y ＝x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋ax －2y ＝x －1⇒x 2＋(1－a )x ＋1＝0由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3＝(a ＋1)(a －3)可知： 当Δ>0时，即a <－1或a >3时，有两个公共点； 当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点； 当Δ<0时，即－1<a <3时，没有公共点． (2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ， 由y ＝0，得a ＝x ＋2x＋ln x .令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，则h ′(x )＝ x －1 x ＋2x2. 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，由h ′(x )＝0，得x ＝1.所以，h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， 因此，h min (x )＝h (1)＝3.由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e ＋2e －1，h (e)＝e ＋2e ＋1比较可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >h (e)， 所以，结合函数图象可得，当3<a ≤e＋2e ＋1时，函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点．类型二 学会审题[例2] (2016²高考全国甲卷)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围． 审题路线图 (1)已知a 及f x――→求f 1确定切点→求导→f ′ 1 →切线方程 (2)题设f x ＞0――→转化g x ＝ln x －a x －1 x ＋1→求g ′ x ――→讨论a g x 的单调性→g x 的取值 [规范解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －1x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －1x ＋1，则g ′(x )＝1x －2a x ＋1 2＝x 2＋2 1－a x ＋1x x ＋1 2，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－ a －1 2－1，x 2＝a －1＋ a －1 2－1. 由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜g (1)，即g (x )＜0. 综上，a 的取值范围是(－∞，2]．2．已知函数f (x )＝x －a ln x ，g (x )＝－1＋ax(a ∈R )．(1)当a ＝1时，求曲线f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)设函数h (x )＝f (x )－g (x )，求函数h (x )的单调区间；(3)若在[1，e](e ＝2.718…)上存在一点x 0，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，求a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，f (1)＝1，f ′(1)＝0，切点(1,1)，斜率k ＝0，∴曲线f (x )在点(1,1)处的切线方程为y ＝1. (2)h (x )＝x ＋1＋a x－a ln x ，h ′(x )＝1－1＋a x 2－a x ＝x 2－ax － 1＋a x2＝ x ＋1 [x － 1＋a ]x2. ①当a ＋1＞0时，即a ＞－1时，在(0,1＋a )上h ′(x )＜0，在(1＋a ，＋∞)上h ′(x )＞0， 所以h (x )在(0,1＋a )上单调递减，在(1＋a ，＋∞)上单调递增；②当a ＋1≤0，即a ≤－1时，在(0，＋∞)上h ′(x )＞0，所以，函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增．(3)在[1，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，即在[1，e]上存在一点x 0，使得h (x 0)＜0，即函数h (x )＝x ＋1＋a x－a ln x 在[1，e]上的最小值小于零．由(2)可知，①当a ＋1≥e，即a ≥e－1时，h (x )在[1，e]上单调递减， 所以h (x )的最小值为h (e)，由h (e)＝e ＋1＋a e －a ＜0可得a ＞e 2＋1e －1，因为e 2＋1e －1＞e －1，所以a ＞e 2＋1e －1；②当a ＋1≤1，即a ≤0时，h (x )在[1，e]上单调递增， 所以h (x )的最小值为h (1)，由h (1)＝1＋1＋a ＜0可得a ＜－2；③当1＜a ＋1＜e ，即0＜a ＜e －1时，可得h (x )最小值为h (1＋a )＝2＋a －a ln(1＋a )，因为0＜ln(1＋a )＜1，所以0＜a ln(1＋a )＜a .故h (1＋a )＝2＋a －a ln(1＋a )＞2，此时不存在x 0使h (x 0)＜0成立．综上可得，所求a 的范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＋1e －1，＋∞∪(－∞，－2)． 类型三 学会规范[例3] (本题满分12分)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k ＞0.(1)求f (x )的单调区间和极值．(2)证明若f (x )有零点，则f (x )在区间(1，e)上仅有一个零点． [考生不规范示例](1)f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.因为k ＞0，所以由f ′(x )＝0，得x ＝k .令f ′(x )＞0，得x ＞k ，令f ′(x )＜0，得x ＜k . 所以f (x )的增区间是(k ，＋∞)，减区间是(－∞，k )． 当x ＝k 时，取得极小值f (k )＝k 1－ln k2.当k ≥e ，即k ≥e 时，f (1)＝12＞0，f (e)＝e －k2≤0.所以f (x )在区间(1，e)上有一个零点．综上，若f (x )有零点，则f (x )在区间(1，e)上仅有一个零点．[规范解答] (1)由f (x )＝x 22－k ln x (k ＞0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.(2分)由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．(4分)f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x x ＝k 处取得极小值f (k )＝k 1－ln k2.(6分)(2)证明：由(1)知f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k 1－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k 1－ln k2≤0，从而k ≥e.(8分)当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，(10分) 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e)上的唯一零点．当k ＞e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12＞0，f (e)＝e －k2＜0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(12分) [终极提升]——登高博见限时规范训练九 利用导数研究函数性质、证明不等式 (建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 1．已知函数f (x )＝x ＋ax 2＋3a 2(a ≠0，a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，若对任意x 1，x 2∈[－3，＋∞)，有f (x 1)－f (x 2)≤m 成立，求实数m 的最小值．解：f ′(x )＝－ x －a x ＋3ax 2＋3a 2 2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝a 或x ＝－3a .(1)当a ＞0时，f ′(x )，f (x )随着x 的变化如下表：a )，(∞)．当a ＜0时，f ′(x )，f (x )随着x 的变化如下表：的单调递增区间是)的单调递减区间是，(－∞)．(2)当a ＝1时，由(1)得f (x )是(－3,1)上的增函数，是(1，＋∞)上的减函数．又当x ＞1时，f (x )＝x ＋1x 2＋3＞0， 所以f (x )在[－3，＋∞)上的最小值为f (－3)＝－16，最大值为f (1)＝12.所以对任意x 1，x 2∈[－3，＋∞)，f (x 1)－f (x 2)≤f (1)－f (－3)＝23.所以对任意x 1，x 2∈[－3，＋∞)，使f (x 1)－f (x 2)≤m 恒成立的实数m 的最小值为23.2．已知函数f (x )＝x 28－ln x ，x ∈[1,3]．(1)求f (x )的最大值与最小值；(2)若f (x )<4－at 对任意的x ∈[1,3]，t ∈[0,2]恒成立，求实数a 的取值范围；解：(1)∵函数f (x )＝x 28－ln x ，∴f ′(x )＝x 4－1x ＝ x ＋2 x －24x，令f ′(x )＝0得x＝±2，∵x ∈[1,3]，当1<x <2时，f ′(x )<0；当2<x <3时，f ′(x )>0； ∴f (x )在(1,2)上是单调减函数，在(2,3)上是单调增函数， ∴f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝12－ln 2；又f (1)＝18，f (3)＝98－ln 3，∵ln 3>1，∴18－⎝ ⎛⎭⎪⎫98－ln 3＝ln 3－1>0，∴f (1)>f (3)，∴x ＝1时f (x )的最大值为18，x ＝2时函数取得最小值为12－ln 2.(2)由(1)知当x ∈[1,3]时，f (x )≤18，故对任意x ∈[1,3]，f (x )<4－at 恒成立，只要4－at >18对任意t ∈[0,2]恒成立，即at <318恒成立，记g (t )＝at ，t ∈[0,2]．⎩⎪⎨⎪⎧g 0 <318，g 2 <318，解得a <3116.即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，3116. 3．已知函数f (x )＝ax 2－ln x ＋1(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)求证：当a ＝1时，f (x )＞12x 2＋32在(1，＋∞)上恒成立．解：(1)由于f (x )＝ax 2－ln x ＋1(a ∈R )， 故f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x ＞0)．①当a ≤0时，f ′(x )＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝12a. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：上是单调递增函数． 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 当a ＞0时，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞. (2)当a ＝1时，f (x )＝x 2－ln x ＋1，设F (x )＝x 2－ln x ＋1－12x 2－32＝12x 2－ln x －12，则F ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ＝ x －1 x ＋1x＞0在(1，＋∞)上恒成立，∴F (x )在(1，＋∞)上为增函数，且F (1)＝0， 即F (x )＞0在(1，＋∞)上恒成立，∴当a ＝1时，f (x )＞12x 2＋32在(1，＋∞)上恒成立．4．已知函数f (x )＝ln x ＋x 22－2kx ，其中常数k ∈R .(1)求f (x )的单调增区间；(2)若y ＝f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，证明f (x 2)＜－32.解：(1)f ′(x )＝1x＋x －2k (x ＞0)．①当k ≤1时，f ′(x )＝1x ＋x －2k ≥21x²x －2k ＝2－2k ≥0，函数f (x )为增函数，②当k ＞1时，f ′(x )＝1x ＋x －2k ＝x 2－2kx ＋1x(x ＞0)，由f ′(x )＝0，得x 2－2kx ＋1＝0，解得两根x 1，x 2， 其中0＜x 1＝k －k 2－1＜x 2＝k ＋k 2－1.x ，f ′(x )，f (x )的取值变化情况如下表：时，f 当k ＞1时，f (x )的增区间为(0，k －k 2－1)，[k ＋k 2－1，＋∞)．(2)证明：当k ≤1时，y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数，至多有一极值点，不合题意． 当k ＞1时，f ′(x )＝1x ＋x －2k ＝x 2－2kx ＋1x(x ＞0)．x 2－2kx ＋1＝0在x ＞0时有两个零点，且x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝1，则f (x 2)＝ln x 2＋x 222－2kx 2＝ln x 2＋x 222－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋x 2x 2＝ln x 2－x 222－1，f ′(x 2)＝1x 2－x 2＝1－x 2 1＋x 2x 2，当x 2∈(0,1)时，f ′(x 2)＞0，当x 2∈(1，＋∞)时，f ′(x 2)＜0， ∴f (x 2)＜f (1)＝－32.专题三～六 规范滚动训练(六)(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1．从某市主办的科技知识竞赛的学生成绩中随机选取了40名学生的成绩作为样本，已知这40名学生的成绩全部在40分至100分之间，现将成绩按如下方式分成6组：第一组[40,50)；第二组[50,60)；……；第六组[90,100]，并据此绘制了如图所示的频率分布直方图．(1)求成绩在区间[80,90)内的学生人数；(2)从成绩大于等于80分的学生中随机选2名，求至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内的概率．解：(1)因为各组的频率之和为1，所以成绩在区间[80,90)内的频率为1－(0.005³2＋0.015＋0.020＋0.045)³10＝0.1，所以选取的40名学生中成绩在区间[80,90)内的学生人数为40³0.1＝4.(2)设A 表示事件“在成绩大于等于80分的学生中随机选2名，至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”，由(1)可知成绩在区间[80,90)内的学生有4人，记这4名学生分别为a ，b ，c ，d ，成绩在区间[90,100]内的学生有0.005³10³40＝2(人)，记这2名学生分别为e ，f ， 则选取2名学生的所有可能结果为(a ，b )，(a ，c )，(a ，d )，(a ，e )，(a ，f )，(b ，c )，(b ，d )，(b ，e )，(b ，f )，(c ，d )，(c ，e )，(c ，f )，(d ，e )，(d ，f )，(e ，f )，共15种，事件“至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”的可能结果为(a ，e )，(a ，f )，(b ，e )，(b ，f )，(c ，e )，(c ，f )，(d ，e )，(d ，f )，(e ，f )，共9种， 所以P (A )＝915＝35.2．如图，在三棱锥P ­ABC 中，△PAC ，△ABC 分别是以A ，B 为直角顶点的等腰直角三角形，AB ＝1.(1)现给出三个条件：①PB ＝3，②PB ⊥BC ，③平面PAB ⊥平面ABC ，试从中任意选取一个作为已知条件，并证明PA ⊥平面ABC ； (2)在(1)的条件下，求三棱锥P ­ABC 的体积． 解：法一：选取条件①.(1)在等腰直角三角形ABC 中，∵AB ＝1， ∴BC ＝1，AC ＝ 2.又PA ＝AC ，∴PA ＝ 2. 在△PAB 中，AB ＝1，PA ＝2，PB ＝3， ∴AB 2＋PA 2＝PB 2，∴∠PAB ＝90°， 即PA ⊥AB ，又PA ⊥AC ，AB ∩AC ＝A ， ∴PA ⊥平面ABC .(2)由(1)可知PA ⊥平面ABC .∴V 三棱锥P ­ABC ＝13PA ²S △ABC ＝13³2³12³12＝26.法二：选取条件②.(1)∵PB ⊥BC ，又AB ⊥BC ，且PB ∩AB ＝B ，∴BC ⊥平面PAB .又PA ⊂平面PAB ，∴BC ⊥PA ，又PA ⊥AC ，BC ∩AC ＝C ，∴PA ⊥平面ABC .(2)由(1)可知PA ⊥平面ABC .∵AB ＝BC ＝1，AB ⊥BC ，∴AC ＝PA ＝ 2.∴V 三棱锥P ­ABC ＝13³12AB ³BC ³PA ＝13³12³1³1³2＝26. 法三：选取条件③.(1)∵平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，BC ⊂平面ABC ，BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面PAB .又PA ⊂平面PAB ，∴BC ⊥PA ，又PA ⊥AC ，BC ∩AC ＝C ，∴PA ⊥平面ABC .(2)由(1)可知PA ⊥平面ABC .∵AB ＝BC ＝1，AB ⊥BC ，∴AC ＝PA ＝ 2.∴V 三棱锥P ­ABC ＝13³12AB ³BC ³PA ＝13³12³1³1³2＝26. 3．已知圆心为C 的圆满足下列条件：圆心C 位于y 轴的正半轴上，圆C 与x 轴交于A ，B两点，|AB |＝4，点B 到直线AC 的距离为455. (1)求圆C 的标准方程；(2)若直线y ＝kx －1(k ∈R )与圆C 交于M ，N 两点，OM →²ON →＝－2(O 为坐标原点)，求k 的值．解：(1)设圆C ：x 2＋(y －a )2＝r 2(a ＞0，r ＞0)，圆心C (0，a )，依题意不妨设A (－2,0)，B (2,0)，所以直线AC 的方程为ax －2y ＋2a ＝0，因为点B 到直线AC 的距离为455， 所以|2a ＋2a |a 2＋4＝455，解得a ＝±1，因为a ＞0，所以a ＝1， 所以r ＝|AC |＝5，所以圆C 的标准方程为x 2＋(y －1)2＝5.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，又直线y ＝kx －1与圆C 交于M ，N 两点，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx －1x 2＋ y －1 2＝5，消去y 得(1＋k 2)x 2－4kx －1＝0.Δ＝(－4k )2＋4(1＋k 2)＝4(5k 2＋1)＞0恒成立，即直线与圆恒有两个不同的交点． 由根与系数的关系知x 1＋x 2＝4k 1＋k 2，x 1x 2＝－11＋k2，所以y 1y 2＝(kx 1－1)(kx 2－1)＝k 2x 1x 2－k (x 1＋x 2)＋1＝－k 21＋k 2－4k 21＋k 2＋1＝－4k 2＋11＋k 2， 因为OM →²ON →＝－2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝－11＋k 2＋－4k 2＋11＋k 2＝－4k 21＋k 2＝－2， 解得k ＝±1.4．已知函数f (x )＝ax ＋be x (e 为自然对数的底数)在x ＝－1处的切线方程为e x －y ＋e ＝0. (1)求实数a ，b 的值；(2)若存在不相等的实数x 1，x 2，使得f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2＞0. 解：∵f (x )＝ax ＋be x∴f ′(x )＝a －b －axe x .(1)因为函数f (x )在x ＝－1处的切线方程为e x －y ＋e ＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ f －1 ＝0f ′ －1 ＝e ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －a ＋be －1＝0a －b ＋ae －1＝e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1. (2)由(1)可知，f ′(x )＝－xe x .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：不妨设x 1＜x 212121记g (x )＝f (－x )－f (x )，即g (x )＝(1－x )e x －x ＋1e x ，所以g ′(x )＝－e x ＋(1－x )e x ＋x e x ＝－x e x ＋x e x ＝x1－e 2xe x .当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：所以g(x1)＞g(0)故f(－x1)＞f(x1)．所以f(－x1)＞f(x2)．因为f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以－x1＜x2，故x1＋x2＞0.。