2017届高考文科数学(全国通用)二轮教师文档讲义:专题1

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2017届高考文科数学(全国通用)二轮教师文档讲义:专题1

第5讲 导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题 高考定位 在高考压轴题中,函数与不等式的交汇是考查热点,常以含指数、对数函数为载体考查不等式的证明、比较大小、范围等问题,以及不等式的恒成立与能成立问题.‎ 真 题 感 悟 ‎ (2016·全国Ⅱ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.‎ 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),当a=4时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),f′(x)=ln x+-3,f′(1)=-2,f(1)=0,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->0,设g(x)=ln x-,则g′(x)=-=,g(1)=0.‎ ‎(ⅰ)当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)单调递增,‎ 因此g(x)>0;‎ ‎(ⅱ)当a>2时,令g′(x)=0得,‎ x1=a-1-,x2=a-1+.由x2>1和x1x2=1得x1<1,故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)单调递减,因此g(x)<0,综上,a的取值范围是(-∞,2].‎ 考 点 整 合 ‎1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法 ‎(1)分离参数法:将原不等式分离参数,转化为不含参数的函数的最值问题,利用导数求该函数的最值,根据要求得所求范围.一般地,f(x)≥a恒成立,只需f(x)min≥a即可;f(x)≤a恒成立,只需f(x)max≤a即可.‎ ‎(2)函数思想法:将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题,利用导数求该函数的极值(最值),然后构建不等式求解.‎ ‎2.常见构造辅助函数的四种方法 ‎(1)移项法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x).‎ ‎(2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数.‎ ‎(3)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数.‎ ‎(4)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x,x1)).‎ ‎3.不等式的恒成立与能成立问题 ‎(1)f(x)>g(x)对一切x∈[a,b]恒成立⇔[a,b]是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)-g(x)]min>0(x∈[a,b]).‎ ‎(2)f(x)>g(x)对x∈[a,b]能成立⇔[a,b]与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)-g(x)]max>0(x∈[a,b]).‎ ‎(3)对∀x1,x2∈[a,b]使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.‎ ‎(4)对∀x1∈[a,b],∃x2∈[a,b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.‎ 热点一 导数与不等式 ‎[微题型1] 利用导数证明不等式 ‎【例1-1】 (2016·合肥模拟)已知函数f(x)=ln x-.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递增区间;‎ ‎(2)证明:当x>1时,f(x)<x-1;‎ ‎(3)确定实数k的所有可能取值,使得存在x0>1,当x∈(1,x0)时,恒有f(x)>k(x-1).‎ ‎(1)解 f′(x)=-x+1=,x∈(0,+∞).‎ 由f′(x)>0得 解得0<x<.‎ 故f(x)的单调递增区间是.‎ ‎(2)证明 令F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞).‎ 则有F′(x)=.‎ 当x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,‎ 所以F(x)在[1,+∞)上单调递减,‎ 故当x>1时,F(x)<F(1)=0,‎ 即当x>1时,f(x)<x-1.‎ ‎(3)解 由(2)知,当k=1时,不存在x0>1满足题意.‎ 当k>1时,对于x>1,有f(x)<x-1<k(x-1),‎ 则f(x)<k(x-1),从而不存在x0>1满足题意.‎ 当k<1时,令G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞),‎ 则有G′(x)=-x+1-k=.‎ 由G′(x)=0得,-x2+(1-k)x+1=0.‎ 解得x1=<0,‎ x2=>1.‎ 当x∈(1,x2)时,G′(x)>0,‎ 故G(x)在[1,x2)内单调递增.‎ 从而当x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0,即f(x)>k(x-1).‎ 综上,k的取值范围是(-∞,1).‎ 探究提高 (1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x),可通过构造函数h(x)=f(x)-g(x),将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0,从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者,利用f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式.‎ ‎(2)在证明不等式时,如果不等式较为复杂,则可以通过不等式的放缩把原不等式变换为简单的不等式,再进行证明.‎ ‎[微题型2] 不等式恒成立求参数范围问题 ‎【例1-2】 (1)已知函数f(x)=ax-1-ln x,a∈R.‎ ‎①讨论函数f(x)的单调区间;‎ ‎②若函数f(x)在x=1处取得极值,对∀x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求实数b的取值范围.‎ ‎(2)设f(x)=,若对∀x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1)恒成立,求m的取值范围.‎ 解 (1)①函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a-=,‎ 当a≤0时,f′(x)<0恒成立,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;‎ 当a>0时,令f′(x)=0得x=,在区间上,‎ f′(x)<0,函数f(x)单调递减,在区间上,‎ f′(x)>0,函数f(x)单调递增.‎ 综上所述:当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区间;‎ 当a>0时,f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是.‎ ‎②因为函数f(x)在x=1处取得极值,‎ 所以f′(1)=0,解得a=1,经检验可知满足题意.‎ 由已知f(x)≥bx-2,即x-1-ln x≥bx-2,‎ 即1+-≥b对∀x∈(0,+∞)恒成立,‎ 令g(x)=1+-,‎ 则g′(x)=--=,‎ 易得g(x)在(0,e2]上单调递减,在[e2,+∞)上单调递增,‎ 所以g(x)min=g(e2)=1-,即b≤1-.‎ ‎(2)f(x)=,∀x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1),‎ 即ln x≤m.设g(x)=ln x-m,‎ 即∀x∈[1,+∞),g(x)≤0恒成立,等价于函数g(x)在[1,+∞)上的最大值g(x)max≤0.‎ g′(x)=-m=.‎ ‎①若m≤0,g′(x)>0,g(x)在[1,+∞)上单调递增,‎ 即g(x)≥g(1)=0,这与要求的g(x)≤0矛盾.‎ ‎②若m>0,方程-mx2+x-m=0的判别式Δ=1-4m2.‎ 当Δ≤0,即m≥时,g′(x)≤0.‎ 所以g(x)在[1,+∞)上单调递减,g(x)max=g(1)=0,‎ 即不等式成立;‎ 当0<m<时,方程-mx2+x-m=0的两根分别为x1=<1,x2=>1.‎ 当x∈(1,x2)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0,与要求矛盾.‎ 综上所述,m≥.‎ 探究提高 对于不等式恒成立问题求参数范围问题,一类是分离参数,通过求具体函数的范围求参数范围;‎ 二类是转化为最值,其基本思路是:先找到准确范围,再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于“恒”字,寻找反例即可).‎ ‎【训练1】 已知函数g(x)=axln x+1,f(x)=g(x)-kx,其中a≥0.‎ ‎(1)当a=1时,求曲线y=g(x)在点P(e,g(e))处的切线方程;‎ ‎(2)当k=1时,对任意的x∈(1,+∞),f(x)>0恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)∵g(x)的定义域为(0,+∞),当a=1时,g(x)=xln x+1,g(e)=e+1,‎ g′(x)=ln x+1,∴g′(e)=2,所以y-e-1=2(x-e),‎ 即曲线y=g(x)在点P(e,g(e))处的切线方程为2x-y-e+1=0.‎ ‎(2)当k=1时,f′(x)=aln x+a-1,‎ ‎①当a=0时,f′(x)=-1<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减,‎ f(x)0时,由f′(x)>0得x>e,由f′(x)<0得0f(1)=0恒成立,‎ 当e>1,即01时,g(x)>0;‎ ‎(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.‎ ‎(1)解 f′(x)=2ax-=(x>0).‎ 当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减.‎ 当a>0时,由f′(x)=0有x=.‎ 当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎(2)证明 令s(x)=ex-1-x,则s′(x)=ex-1-1.‎ 当x>1时,s′(x)>0,所以ex-1>x,‎ 从而g(x)=->0.‎ ‎(3)解 由(2)知,当x>1时,g(x)>0.‎ 当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0,‎ 故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.‎ 当01,‎ 由(1)有f 0.‎ 所以f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立;‎ 当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1),当x>1时,h′(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.‎ 因此,h(x)在区间(1,+∞)上单调递增.‎ 又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈.‎ 探究提高 (1)恒成立问题一般与不等式有关,解决此类问题需要构造函数利用函数单调性求函数最值,从而说明函数值大于或恒小于某一确定的值.(2)在求参数范围时首先要考虑参数能否分离出来.‎ ‎[微题型2] 能成立问题 ‎【例2-2】 (2016·成都诊断)已知函数f(x)=x-(a+1)ln x-(a∈R),g(x)=x2+ex-xex.‎ ‎(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;‎ ‎(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立,求a的取值范围.‎ 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=.‎ ‎①若a≤1,当x∈[1,e]时,f′(x)≥0,‎ 所以f(x)在[1,e]上为增函数,f(x)min=f(1)=1-a.‎ ‎②若1<a<e,‎ 当x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数;‎ 当x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数.‎ 所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.‎ ‎③若a≥e,当x∈[1,e]时,f′(x)≤0,f(x)在[1,e]上为减函数,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.‎ 综上,当a≤1时,f(x)min=1-a;‎ 当1<a<e时,f(x)min=a-(a+1)ln a-1;‎ 当a≥e时,f(x)min=e-(a+1)-.‎ ‎(2)由题意知:f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值.‎ 由(1)知f(x)在[e,e2]上单调递增,‎ f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.‎ g′(x)=(1-ex)x.当x∈[-2,0]时,g′(x)≤0,g(x)为减函数,‎ g(x)min=g(0)=1,‎ 所以e-(a+1)-<1,即a>,‎ 所以a的取值范围为 .‎ 探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系 存在性问题和恒成立问题容易混淆,它们既有区别又有联系:若g(x)≤m恒成立,则g(x)max≤m;若g(x)≥m恒成立,则g(x)min≥m;若g(x)≤m有解,则g(x)min≤m;若g(x)≥m有解,则g(x)max≥m.‎ ‎【训练2】 已知函数f(x)=ln x+x2-ax(a为常数).‎ ‎(1)若x=1是函数f(x)的一个极值点,求a的值;‎ ‎(2)当0<a≤2时,试判断f(x)的单调性;‎ ‎(3)若对任意的a∈(1,2),x0∈[1,2],不等式f(x0)>mln a恒成立,求实数m的取值范围.‎ 解 f′(x)=+2x-a.‎ ‎(1)由已知得:f′(1)=0,所以1+2-a=0,所以a=3.‎ ‎(2)当0<a≤2时,f′(x)=+2x-a==.‎ 因为0<a≤2,所以1->0,而x>0,‎ 即f′(x)=>0,‎ 故f(x)在(0,+∞)上是增函数.‎ ‎(3)当a∈(1,2)时,由(2)知,f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)=1-a,‎ 故问题等价于:对任意的a∈(1,2),不等式1-a>mln a恒成立,即m<恒成立.‎ 记g(a)=(1<a<2),‎ 则g′(a)=.‎ 令M(a)=-aln a-1+a,‎ 则M′(a)=-ln a<0,‎ 所以M(a)在(1,2)上单调递减,‎ 所以M(a)<M(1)=0,‎ 故g′(a)<0,‎ 所以g(a)=在a∈(1,2)上单调递减,‎ 所以m≤g(2)==-log2e,‎ 即实数m的取值范围为(-∞,-log2e].‎ ‎1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有:‎ ‎(1)分离参数后转化为最值,不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下,采用分离参数转化为函数的最值问题,形如a>f(x)max或a<f(x)min.‎ ‎(2)直接转化为函数的最值问题,在参数难于分离的情况下,直接转化为含参函数的最值问题,伴有对参数的分类讨论.‎ ‎(3)数形结合.‎ ‎2.利用导数证明不等式的基本步骤 ‎(1)作差或变形.‎ ‎(2)构造新的函数h(x).‎ ‎(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值.‎ ‎(4)根据单调性及最值,得到所证不等式.‎ ‎3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 ‎(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题;‎ ‎(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题;‎ ‎(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.‎ 一、选择题 ‎1.设f(x)是定义在R上的奇函数,当x<0时,f′(x)>0,且f(0)=0,f =0,则不等式f(x)<0的解集为(  )‎ A. B. C. D. 解析 如图所示,根据图象得不等式f(x)<0的解集为.‎ 答案 C ‎2.若不等式2xln x≥-x2+ax-3恒成立,则实数a的取值范围为(  )‎ A.(-∞,0) B.(-∞,4]‎ C.(0,+∞) D.[4,+∞)‎ 解析 由不等式知x∈(0,+∞),则有a≤2ln x+x+恒成立.‎ 设f(x)=2ln x+x+,则f′(x)=(x>0).‎ 当x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,‎ 所以f(x)min=f(1)=4.所以a≤4.‎ 答案 B ‎3.若存在正数x使2x(x-a)<1成立,则a的取值范围是(  )‎ A.(-∞,+∞) B.(-2,+∞)‎ C.(0,+∞) D.(-1,+∞)‎ 解析 ∵2x(x-a)<1,∴a>x-.令f(x)=x-,‎ ‎∴f′(x)=1+2-xln 2>0.‎ ‎∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ ‎∴f(x)>f(0)=0-1=-1,‎ ‎∴a的取值范围为(-1,+∞),故选D.‎ 答案 D ‎4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(  )‎ A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)‎ C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)‎ 解析 令F(x)=,因为f(x)为奇函数,所以F(x)为偶函数,由于F′(x)=,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,所以F(x)=在(0,+∞)上单调递减,根据对称性,F(x)=在(-∞,0)上单调递增,又f(-1)=0,f(1)=0,数形结合可知,使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).故选A.‎ 答案 A ‎5.(2016·东北四校联考)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x),满足f′(x)<f(x),且f(x+2)为偶函数,f(4)=1,则不等式f(x)<ex的解集为(  )‎ A.(-2,+∞) B.(0,+∞) ‎ C.(1,+∞) D.(4,+∞)‎ 解析 由f(x+2)为偶函数可知函数f(x)的图象关于x=2对称,则f(4)=f ‎(0)=1.令F(x)=,则F′(x)=<0.∴函数F(x)在R上单调递减.‎ 又f(x)<ex等价于<1,∴F(x)<F(0),∴x>0.‎ 答案 B 二、填空题 ‎6.已知不等式ex-x>ax的解集为P,若[0,2]⊆P,则实数a的取值范围是________.‎ 解析 由题意知不等式ex-x>ax在x∈[0,2]上恒成立.‎ 当x=0时,显然对任意实数a,该不等式都成立.‎ 当x∈(0,2]时,原不等式即a<-1,令g(x)=-1,则g′(x)=,当0<x<1时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当1<x<2时,g′(x)>0,g(x)单调递增,故g(x)在(0,2]上的最小值为g(1)=e-1,故a的取值范围为(-∞,e-1).‎ 答案 (-∞,e-1)‎ ‎7.已知函数f(x)=ln x-a,若f(x)<x2在(1,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是________.‎ 解析 ∵函数f(x)=ln x-a,且f(x)<x2在(1,+∞)上恒成立,∴a>ln x-x2,x∈(1,+∞).‎ 令h(x)=ln x-x2,有h′(x)=-2x.‎ ‎∵x>1,∴-2x<0,∴h(x)在(1,+∞)上为减函数,‎ ‎∴当x∈(1,+∞)时,h(x)<h(1)=-1,∴a≥-1.‎ 答案 [-1,+∞)‎ ‎8.已知函数f(x)=x-,g(x)=x2-2ax+4,若对于任意x1∈[0,1],存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是________.‎ 解析 由于f′(x)=1+>0,因此函数f(x)在[0,1]上单调递增,所以x∈[0,1]时,f(x)min=f(0)=-1.根据题意可知存在x∈[1,2],使得g(x)=x2-2ax+4≤-1,即x2-2ax+5≤0,即a≥+能成立,令h(x)=+,则要使a≥h(x)在x∈[1,2]上能成立,只需使a≥h(x)min,又函数h(x)=+在x∈[1,2]上单调递减,所以h(x)‎ min=h(2)=,故只需a≥.‎ 答案  三、解答题 ‎9.已知函数f(x)=x2ex.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)证明:∀x1,x2∈(-∞,0],f(x1)-f(x2)≤.‎ ‎(1)解 f′(x)=x(x+2)ex.令f′(x)=x(x+2)ex=0,则x1=-2,x2=0.‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表 x ‎(-∞,-2)‎ ‎-2‎ ‎(-2,0)‎ ‎0‎ ‎(0,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ 极大值 极小值 所以函数f(x)的单调递减区间为(-2,0),单调递增区间为(-∞,-2),(0,+∞).‎ ‎(2)证明 由(1)知f(x)的单调递增区间为(-∞,-2),单调递减区间为(-2,0),‎ 所以当x∈(-∞,0]时,f(x)最大值=f(-2)=.‎ 因为当x∈(-∞,-2]时,f(x)>0,f(0)=0,‎ 所以当x∈(-∞,0]时,f(x)最小值=f(0)=0.‎ 所以f(x)最大值-f(x)最小值=.‎ 所以对∀x1,x2∈(-∞,0],都有f(x1)-f(x2)≤f(x)最大值-f(x)最小值=.‎ ‎10.(2016·攀枝花诊断)已知函数f(x)=ax++c(a>0)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.‎ ‎(1)用a表示出b,c;‎ ‎(2)若f(x)≥ln x在[1,+∞)上恒成立,求a的取值范围.‎ 解 (1)f′(x)=a-,则有解得 ‎(2)由(1)知,f(x)=ax++1-2a.‎ 令g(x)=f(x)-ln x=ax++1-2a-ln x,x∈[1,+∞),‎ 则g(1)=0,g′(x)=a--==,‎ ‎①当0<a<时,>1.‎ 若1<x<,则g′(x)<0,g(x)是减函数,所以g(x)<g(1)=0,即f(x)<ln x.‎ 故f(x)≥ln x在[1,+∞)上不成立.‎ ‎②当a≥时,≤1.‎ 若x>1,则g′(x)>0,g(x)是增函数,所以g(x)>g(1)=0,‎ 即f(x)>ln x,故当x≥1时,f(x)≥ln x.‎ 综上所述,所求a的取值范围为.‎ ‎11.(2016·郑州质检)设函数f(x)=aexln x+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.‎ ‎(1)求a,b;‎ ‎(2)证明:f(x)>1.‎ ‎(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.‎ 由题意可得f(1)=2,f′(1)=e.故a=1,b=2.‎ ‎(2)证明 由(1)知,f(x)=exln x+ex-1,‎ 从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-.‎ 设函数g(x)=xln x,则g′(x)=1+ln x.‎ 所以当x∈时,g′(x)<0;当x∈时,g′(x)>0.‎ 故g(x)在上单调递减,在上单调递增,‎ 从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.‎ 设函数h(x)=xe-x-,则h′(x)=e-x(1-x).‎ 所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0.‎ 故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,‎ 从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-.‎ 综上,当x>0时,g(x)>h(x),‎ 即f(x)>1.‎
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