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2024高考数学二轮复习压轴题型分类专练（新高考用）-专题02函数与导数（含解析）
展开这是一份2024高考数学二轮复习压轴题型分类专练（新高考用）-专题02函数与导数（含解析），共30页。
（2023•新高考Ⅰ）已知函数．
讨论的单调性；
证明：当时，．
（2022•新高考Ⅱ）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）设，证明：．
（2021•新高考Ⅱ）已知函数．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：恰有一个零点．
①，；
②，．
（2023•山东济南•模拟预测）设函数f(x)=emxx+1(x>-1)，已知f(x) ≥ 1恒成立．
(1)求实数m的值；
(2)若数列{ an }满足an+1=lnf( an )，且a1=1-ln2，证明：|ean-1|<(12)n.
（2023·重庆·校考二模）已知函数fx=2ex-ex.
(1)求函数fx的单调区间；
(2)求证：fx>elnx+csx.
（2023·海南·联考模拟预测）已知函数fx=xlnx-ax2.
(1)当a=1时，讨论函数fx的单调性；
(2)若不等式fx>aex+1-ax2-x恒成立，求实数a的取值范围.
（2023·河北·模拟预测）已知函数fx=e-aex+xa∈R.
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若存在实数a，使得关于x的不等式fx≤λa恒成立，求实数λ的取值范围.
（2023·广东东莞·校联考阶段）已知函数fx对任意实数x,y恒有fx+y=fx+fy，当x>0时，fx<0，且f1=-2.
(1)判断fx的奇偶性；
(2)判断函数单调性，求fx在区间-3,3上的最大值；
(3)若fx
(1)求函数h(x)的解析式并判断其奇偶性；
(2)判断函数h(x)的单调性（不需证明），并求不等式h(2x+1)+h(2x-1)≥0的解集．
（2023·湖北宜昌·校联考模拟）已知．
(1)若当时函数取到极值，求的值；
(2)讨论函数在区间上的零点个数．
（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)当时，求在上的最小值；
(3)若在上存在零点，求的取值范围.
（2023·辽宁丹东·区联考二模）已知函数fx=mxe-x+x-lnxm∈R.
(1)讨论函数fx的极值点个数；
(2)若m>0，fx的最小值是1+lnm，求实数m的取值范围.
（2023·天津·统考高考真题）已知函数fx=1x+12lnx+1．
(1)求曲线y=fx在x=2处切线的斜率；
(2)当x>0时，证明：fx>1；
(3)证明：56
（1）若有一个圆柱体建筑的底面半径为，高度为，暴露在空气中的部分为上底面和侧面，试求该建筑体的“体形系数” ；（结果用含、的代数式表示）
（2）定义建筑物的“形状因子”为，其中为建筑物底面面积，为建筑物底面周长，又定义为总建筑面积，即为每层建筑面积之和（每层建筑面积为每一层的底面面积）．设为某宿舍楼的层数，层高为3米，则可以推导出该宿舍楼的“体形系数”为．当，时，试求当该宿舍楼的层数为多少时，“体形系数” 最小．
（2022·浙江·统考高考真题）设函数．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）已知，，曲线上不同的三点，，，，，处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则（a）；
（ⅱ）若，，则．
（注是自然对数的底数）
题型训练
答案&解析
【1】
【解析】（1），
则，
①当时，恒成立，在上单调递减，
②当时，令得，，
当时，，单调递减；当，时，，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在，上单调递增．
证明：（2）由（1）可知，当时，，
要证，只需证，
只需证，
设（a），，
则（a），
令（a）得，，
当时，（a），（a）单调递减，当，时，（a），（a）单调递增，
所以（a），
即（a），
所以得证，
即得证．
【2】
【解析】（1）当时，，
，
，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
（2）令，
，，
在上恒成立，
又，
令，则，
，
①当，即，存在，使得当时，，即在上单调递增．
因为，所以在内递增，所以，这与矛盾，故舍去；
②当，即，
，
若，则，
所以在，上单调递减，，符合题意．
若，则，
所以在上单调递减，，符合题意．
综上所述，实数的取值范围是．
另解：的导数为，
①当时，，
所以在递增，所以，与题意矛盾；
②当时，，
所以在递减，所以，满足题意；．
③当时，．
设，，则在递减，所以，
，所以在递减，所以，满足题意；
④当时，，
令，则，，
可得递减，，
所以存在，使得．当时，，
在递增，此时，
所以当时，，在递增，所以，与题意矛盾．
综上可得，的取值范围是，．
（3）由（2）可知，当时，，
令得，，
整理得，，
，
，，
即．
另解：运用数学归纳法证明．
当时，左边成立．
假设当时，不等式成立，即．
当时，要证，
只要证，
即证．
可令，则，，则需证明，
再令，则需证明．
构造函数，，
，
可得在，上递减，
则（1），所以原不等式成立，
即时，成立．
综上可得，成立．
【3】
【解析】（Ⅰ），，
①当时，当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
②当时，令，可得或，
当时，
当或时，，当时，，
在，，上单调递增，在，上单调递减，
时，
且等号不恒成立，在上单调递增，
当时，
当或时，，当时，，
在，，上单调递增，在，上单调递减．
综上所述：
当 时， 在上单调递减；在上 单调递增；
当 时， 在， 和上单调递增；在，上单调递减；
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在和， 上单调递增；在， 上单调递减．
（Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知， 在上单调递增，， 单调递减，， 上 单调递增．
注意到．
在 上有一个零点；
，
由 得，，
，当 时，，此时 无零点．
综上： 在 上仅有一个零点．
另解：当，时，有，，
而，于是
，
所以在没有零点，当时，，
于是，所以在，上存在一个零点，命题得证．
若选②，则由（Ⅰ）知：在， 上单调递增，
在，上单调递减，在 上单调递增．
，
，，，，
当 时，，此时 无零点．
当 时， 单调递增，注意到，
取，，，又易证，
，
在上有唯一零点，即在上有唯一零点．
综上： 在 上有唯一零点．
【4】
【解题思路】(1)不等式化为emx-x-1≥0，构造新函数g(x)=emx-x-1，结合g(0)=0，得到g'(0)=0，求出m的值为1，再利用函数单调性证明m=1时不等式恒成立即可；
(2)根据条件把不等式转化为证明|ean+1-1| < 12|ean-1|，利用分析法进一步变化不等式，最后构造函数利用函数单调性即可.
【解答过程】（1）由题意可知，f(x)=emxx+1≥1(x>-1)，即emx-x-1≥0，
设g(x)=emx-x-1，则g(x)≥0在(-1，+∞)上恒成立，
注意到 g(0)=0，故x=0是函数g(x)的最小值点，也是极小值点，
则g'(0)=0，因为 g'(x)=memx-1，
所以 g'(0)=m-1=0，所以 m=1．
下面证明当m=1时，g(x) ≥ 0在(-1 ， +∞)上恒成立，
g(x)=ex-x-1 ，则g'(x)=ex-1，
令g'(x)=ex-1>0，得x>0;
令g'(x)=ex-1<0，得-1
故g(x) ≥ g(0)=0，得证；
所以实数m的值为1．
（2）由（1）知当x>-1时，f(x) ≥ 1，
因为 an+1=lnf(an)，设h(x)=lnf(x)，则an+1=h(an)，
所以 an=h( an-1 )=h( h( an-2 ) )=⋯=h( ( ⋯h( a1 ) ) )>0；
因为 a1=1-ln2，所以 |ea1-1| = |e1-ln2-1|=e2-1<12，
故要证|ean-1|<(12)n ，只需证：|ean+1-1| < 12|ean-1|，
因为 an∈( 0 ， +∞ )，故只需证：ean+1-1<12ean-12，
因为 an+1=lnf(an)，所以 ean+1=f(an)，
故只需证： f( an )<12ean+12，即eanan+1<12ean+12，
只需证：(an-1)ean+an+1>0．
设φ(x)=( x-1 )ex+x+1，
故只需证：当x∈( 0 ， +∞ )时，φ(x)>0，
因为 φ'(x)=xex+x>0，
所以 φ(x)在( 0 ， +∞ )上单调递增，
所以 φ(x)>φ(0)=0，得证；所以原不等式成立．
【5】
【解题思路】（1）利用导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）构造函数hx=2ex-ex-elnx+1，利用导数判推得hx>0，进而得证.
【解答过程】（1）因为fx=2ex-ex，所以f'x=2ex-e，
当x∈-∞,1-ln2时，f'x<0，fx单调递减；
当x∈1-ln2,+∞时，f'x>0，fx单调递增；
所以fx的单减区间为-∞,1-ln2，单增区间为1-ln2,+∞.
（2）设函数hx=2ex-ex-elnx+1，
则h'x=2ex-e-ex，x>0，
易得h'x在0,+∞上单调递增，且h'1=0，
所以当x∈0,1，h'x<0，hx单调递减；
当x∈1,+∞，h'x>0，hx单调递增；
所以hxmin=h1=0，故2ex-ex-elnx+1≥0，当且仅当x=1时等号成立，
即fx≥elnx+1，当且仅当x=1时等号成立，
因为1≥csx，所以fx≥elnx+1≥elnx+csx，
由于上述不等式取等条件不能同时成立，
所以fx>elnx+csx，得证.
【6】
【解题思路】（1）当a=1时，对fx求导，令mx=f'x=lnx+1-2x,x>0，讨论m'x与0的大小可得mx<0，即f'x<0，即可得出函数fx的单调性；
（2）由题意可得a
令mx=f'x=lnx+1-2x,x>0，
可得m'x=1x-2=1-2xx，
当x∈0,12时，m'x>0,mx单调递增；
当x∈12,+∞时，m'x<0,mx单调递减，
所以当x=12时，mx取得极大值，也为最大值，且m12=ln12+1-1=ln12<0，
所以f'x<0，所以fx在0,+∞上单调递减.
（2）由fx>aex+1-ax2-x，得aex
令φx=x-2-lnx，可得φ'x=1-1x=x-1x，
令φ'x>0，可得x>1；
令φ'x<0，可得0
又φe-3=e-3-2-lne-3=e-3+1>0，
φ1=1-2-ln1=-1<0,
φ4=4-2-ln4=2-2ln2>0,
所以在e-3,1中存在唯一的x1使得φx1=0，
在1,4中存在唯一的x2使得φx2=0，
即有x1-2-lnx1=0,x2-2-lnx2=0.
因为φx在0,1单调递减，在1,+∞单调递增，
所以当0
又h'x=x-1x-2-lnxex =x-1φxex,x>0，
所以当0
当1
所以hx在0,x1单调递减，在x1,1单调递增，
在1,x2单调递减，在x2,+∞单调递增，
所以x∈0,1时，hx的极小值为
hx1=x1lnx1-x12+x1ex1,
x∈1,+∞时，hx的极小值为
hx2=x2lnx2-x22+x2ex2.
因为x1-2-lnx1=0,x2-2-lnx2=0，
可得x1-lnx1=2,x2-lnx2=2，所以ex1-lnx1=e2,ex2-lnx2=e2，
即ex1x1=ex2x2=e2,所以x1ex1=x2ex2=e-2.
代入lnx1=x1-2和lnx2=x2-2，
则有hx1=x1x1-2-x12+x1ex1=-x1ex1= -e-2，
同理可得hx2=-e-2，
所以hx1=hx2，
所以h(x)min=-e-2=-1e2，
所以a<-1e2，即实数a的取值范围为-∞,-1e2.
【7】
【解题思路】（1）求导以后对导数中的参数进行分类讨论，根据不同的分类判断函数的单调性；
（2）根据第1问的结论，将恒成立问题转化为函数的最大（小）值问题，构造新函数，求出λ的范围.
【解答过程】（1）函数fx=e-aex+xa∈R，x∈R，则f'(x)=(e-a)ex+1，
当e-a≥0，即a≤e时，f'(x)>0恒成立，即f(x)在R上单调递增；
当e-a<0，即a>e时，令f'(x)=0，解得x=-ln(a-e)，
x
(-∞,-ln(a-e))
-ln(a-e)
(-ln(a-e),+∞)
f'(x)
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘
综上所述，当a≤e是，f(x)在R上单调递增；
当a>e时，f(x)在(-∞,-ln(a-e))上单调递增，在(-ln(a-e),+∞)上单调递减.
（2）f(x)≤λa等价于(e-a)ex+x-λa≤0，令h(x)=(e-a)ex+x-λa，
当a≤e时，h(1+λa)=(e-a)e1+λa+1>0，所以h(x)≤0不恒成立，不合题意.
当a>e时，f(x)≤λa等价于λa≥f(a)max，
由（1）可知f(x)max=f(-ln(a-e))=-1-ln(a-e)，
所以λa≥-1-ln(a-e)，对a>e有解，所以λ≥-1-ln(a-e)a对a>e有解，
因此原命题转化为存在a>e，使得λ≥-1-ln(a-e)a.
令u(a)=-ln(a-e)-1a，a>e，则λ≥u(a)min，
u'(a)=-aa-e-ln(a-e)a2+1a2=ln(a-e)-ea-ea2，
令φ(a)=ln(a-e)-ea-e，则φ'(a)=1a-e+e(a-e)2>0，
所以φ(a)在(e,+∞)上单调递增，又φ(2e)=-e2e-e+ln(2e-e)=0，
所以当e
所以u(a)min=u(2e)=-1e，所以λ≥-1e，
即实数λ的取值范围是-1e,+∞.
【8】
【解题思路】（1）令x=y=0，求得f0=0，再令y=-x，从而得f-x=-fx，从而证明求解.
（2）设x1,x2∈R且x1
令x=y=0，则f0+0=2f0，所以f0=0，
令y=-x，则fx-x=fx+f-x=f0=0，
所以：f-x=-fx对任意x∈R恒成立，
所以函数fx为奇函数.
（2）fx在R上是减函数，证明如下：
任取x1,x2∈R且x1
fx2-fx1=fx2+f-x1=fx2-x1<0，所以fx2
当x∈-3,3时，fx单调递减，
所以当x=-3时，fx有最大值为f-3，
因为f3=f2+f1=3f1=-2×3=-6，所以f-3=-f3=6，
故fx在区间-3,3上的最大值为6.
（3）由（2）知fx在区间-1,1上单调递减，
所以fx≤f-1=-f1=2，
因为fx
令ga=-2am+m2，则g-1>0g1>0，即2m+m2>0-2m+m2>0，
解得：m>2或m<-2.
故m的取值范围为-∞,-2∪2,+∞.
【9】
【解题思路】（1）由f(1)+g(1)=52、f(1)-g(1)=32代入可解出a、b，得到h(x)，再计算h(x)与h(-x)的关系即可得到奇偶性；
（2）分别判断h(x)中每一部分的单调性可得h(x)的单调性，结合函数的单调性与奇偶性解决该不等式即可得.
【解答过程】（1）由f(1)+g(1)=52，f(1)-g(1)=32，即有a+ba+1=52a-ba-1=32，解得a=2b=-1，
即f(x)=2x，g(x)=-2-x+x，则h(x)=2x-2-x+x，
其定义域为R，
h(-x)=2-x-2x-x=-2x-2-x+x=-h(x)，
故h(x)为奇函数.
（2）h(x)=2x-2-x+x，由2x在R上单调递增，-2-x在R上单调递增，
x在R上单调递增，故h(x)在R上单调递增，
由h(2x+1)+h(2x-1)≥0，且h(x)为奇函数，
即有h(2x+1)≥-h(2x-1)=h1-2x，
即有2x+1≥1-2x，解得x≥0，
故该不等式的解集为xx≥0.
【10】
【答案】(1)1(2)答案见解析
【分析】（1）求得，由，得到，进而结合函数极值点的定义，即可求解；
（2）当时，求得，令，利用导数的单调性，结合，得到在区间上没有零点；当时，求得，令，求得，令，利用导数求得在单调递增．，结合，，得出函数的单调区间，由，得出在没有零点，在由，得到存在唯一，使得，即可得到答案.
【详解】（1）解：函数，可得
因为时函数取到极值，可得，解得，
当时，可得，
令，
可得，
令，可得，所以单调递增，
又因为，所以在区间上，即单调递增，
所以是的变号零点，所以当时函数取到极值．
（2）解：当时，因为，
所以，
令，
则，
所以在单调递增，则，
所以，当时，在区间上没有零点．
当时，可得，
令，
可得，
令，则，
所以在单调递增，，则，
所以在单调递增．
因为，，
当时，，
所以存在使得．则在单调递减，在单调递增，
又因为，所以当时，，故在没有零点，
因为在单调递增，且，而，
所以，
则，
所以存在唯一，使得，
故在存在唯一零点，因此当时，在存在唯一零点，
综上所述，当时，在区间上没有零点；
当时，在存在唯一零点．
【11】
【答案】(1)极大值为，没有极小值.
(2)0
(3)
【分析】（1）利用导函数求函数的极值；
（2）根据导函数求函数的最值；
（3）根据的导数，对进行分类，结合函数的单调性和极值可得的取值范围.
【详解】（1）当时，，定义域：，，
令，则，变化时，，的变化情况如下表：
0
单调递增
极大值
单调递减
则的极大值为：，没有极小值；
（2）当时，，定义域：，
，
令，定义域：，，
则在上是增函数，则，所以，
即在上是增函数，则.
（3），定义域：，
，
令，定义域：，，
（1）当时，，则在上是减函数，则，
当时，，则在上是减函数，，不合题意；
当时，，，则存在，使，即，
变化时，，的变化情况如下表：
0
单调递增
极大值
单调递减
则，只需，即；
（2）当时，由（1）知在上是增函数，，不合题意；
（3）当时，在上是增函数，在上是增函数，
则在上是增函数，，不合题意，
综上所述，的取值范围是.
【12】
【解题思路】（1）求出fx的导数，按m≤e和m>e分类讨论，并借助零点存在性定理推理作答即可；
（2）利用（1）中信息，按m≤e和m>e探讨，利用导数研究函数fx的最小值求解即可.
【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+∞，
所以f'x=me-x-xe-x+1-1x=1exx-1exx-m，
令ux=exx-m，则u'x=exx-1x2，
令u'x<0，可得0
所以ux在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
故uxmin=u1=e-m，
①m≤e时，uxmin≥0，则ux≥0，令f'x<0，可得0
所以fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以fx有1个极小值点；
②m>e时，uxmin<0，
因为令hx=ex-x-1，则h'x=ex-1，
当x>0时，h'x>0，则hx在0,+∞上单调递增，
当x<0时，h'x<0，则hx在-∞,0上单调递减，
故hx≥h0=0，所以ex≥x+1，当x=0时取等号.
当x<1m-1<1时，ux>x+1x-m=1+1x-m>0，
此时∃x1∈0,1，使得ux1=0，
令vx=ex-x2,x>1，有v'x=ex-2x，令φx=ex-2x,x>1，
φ'x=ex-2>0，φx在1,+∞上单调递增，即φx>φ1=e-2>0，
即有v'x>0，即vx在1,+∞上单调递增，
即vx>v1=e-2>0，所以ex>x2，
当x>m>e时，ux>x2x-m=x-m>0，此时∃x2∈1,+∞，使得ux2=0，
因此x∈0,x1，f'x<0，fx单调递减，
x∈x1,1，f'x>0，fx单调递增，
x∈1,x2，f'x<0，fx单调递减，
x∈x2,+∞，f'x>0，fx单调递增，
所以fx由3个极值点；
所以当m≤e时，fx恰有1个极值点；当m>e时，fx恰有3个极值点；
（2）由（1）知，当0
所以1e=lnmm，令gx=lnxx,x∈0,e，则g'x=1-lnxx2≥0，
函数gx在0,e上单调递增，gxmax=ge=1e，则m=e，
当m>e时，∃x1∈0,1，使得ux1=0，∃x2∈1,+∞，使得ux2=0，
所以fx在0,x1上单调递减，在x1,1上单调递增，在1,x2上单调递减，在x2,+∞上单调递增，
其中exixi-m=0i=1,2，即xi=lnm+lnxi，所以fxmin=minfx1,fx2=1+lnm，
而fxi=mxiexi+xi-lnxi=1+lnm符合要求，所以m>e，
综上可得，实数m的取值范围为mm≥e.
【13】
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为x>0时lnx+1>2xx+2，构造g(x)=lnx+1-2xx+2，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造h(n)=lnn!-n+12lnn+n，n∈N*，作差法研究函数单调性可得h(n)≤h(1)=1，再构造φ(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且x>0，应用导数研究其单调性得到lnx≤(x+5)(x-1)4x+2恒成立，对h(n)-h(n+1)作放缩处理，结合累加得到h(1)-h(n)<32ln2-1+112<16n≥3，即可证结论.
【解答过程】（1）f(x)=ln(x+1)x+ln(x+1)2，则f'(x)=1x(x+1)+12(x+1)-ln(x+1)x2，
所以f'(2)=13-ln34，故x=2处的切线斜率为13-ln34；
（2）要证x>0时fx=1x+12lnx+1>1，即证lnx+1>2xx+2，
令g(x)=lnx+1-2xx+2且x>0，则g'(x)=1x+1-4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2>0，
所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即lnx+1>2xx+2.
所以x>0时fx>1.
（3）设h(n)=lnn!-n+12lnn+n，n∈N*，
则h(n+1)-h(n)=1+(n+12)lnn-(n+12)lnn+1=1-(n+12)ln(1+1n)，
由（2）知：x=1n ∈(0,1]，则f(1n)=(n+12)ln(1+1n)>1，
所以h(n+1)-h(n)<0，故h(n)在n∈N*上递减，故h(n)≤h(1)=1；
下证ln(n!)-(n+12)ln(n)+n>56，
令φ(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且x>0，则φ'(x)=(x-1)2(1-x)x(2x+1)2，
当0
所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上lnx≤(x+5)(x-1)4x+2恒成立，
则h(n)-h(n+1)=(n+12)ln(1+1n)-1≤(n+12)⋅(6+1n)(1n)2(3+2n)-1=14n(3n+2)<112(1n-1-1n)，
所以h(2)-h(3)<112(1-12)，h(3)-h(4)<112(12-13)，…，h(n-1)-h(n)<112(1n-2-1n-1)，
累加得：h(2)-h(n)<112(1-1n-1)，而h(2)=2-32ln2，h(1)=1
因为79>34>ln2，所以h(2)=2-32ln2>56，
则-h(n)<112(1-1n-1)-2+32ln2n≥3，
所以h(1)-h(n)<32ln2-1+112(1-1n-1)<32ln2-1+112<16，故h(n)>56n≥3；
综上，56
【解析】（1）由圆柱体的表面积和体积公式可得：
，
所以．
（2）由题意可得，，
所以，
令，解得，
所以在，单调递减，在，单调递增，
所以的最小值在或7取得，
当时，，
当时，，
所以在时，该建筑体最小．
【15】
【解析】（Ⅰ）函数，
，，
由，得，在，上单调递增；
由，得，在上单调递减．
（Ⅱ）证明：过有三条不同的切线，
设切点分别为，，，，，，
，，2，，方程有3个不同的根，
该方程整理为，
设，
则，
当或时，；当时，，
在，上为减函数，在上为增函数，
有3个不同的零点，（e）且（a），
，且，
整理得到且，
此时，，且，
此时，，
整理得，且，
此时，（a），
设（a）为上的减函数，（a），
．
当时，同讨论，得：
在，上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
有3个不同的零点，（a），且（e），
，且，
整理得，
，，
，
设，则方程即为：
，即为，
记，
则，，为有三个不同的根，
设，，
要证：，
即证，
即证：，
而，且，
，
，
即证，
即证，
即证，
记，则，
在为增函数，，
，
设，，
则，
在上是增函数，（1），
，
即，
若，，则．
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