202X版高考数学一轮复习第十七章简单的复合函数的导数课件

1、第十七章简单的复合函数的导数高考数学高考数学 (江苏省专用)五年高考统一命题、省统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组考点简单的复合函数的导数考点简单的复合函数的导数1.(2017课标全国文改编,12,5分)已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点,则a=.答案答案12解析解析由f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有零点得x2-2x=-a(ex-1+e-x+1)有零点,令g(x)=ex-1+e-x+1,g(x)=ex-1-e-x+1=ex-1-=,当g(x)=0时,x=1,当x1时,g(x)1时,g(x)0,函数单调递增,当x=1时,函数取得最小

2、值g(1)=2.令h(x)=x2-2x,当x=1时,函数取得最小值-1,若-a0,函数h(x)和y=ag(x)的图象没有交点;当-a0时,函数h(x)和y=-ag(x)的图象有一个交点,-ag(1)=h(1),即-a2=-1a=.11ex2(1)1e1exx122.(2018课标全国理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1x0时,f(x)0时,f(x)0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.解析解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)证明:当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(

3、1+x)-.设函数g(x)=f(x)=ln(1+x)-,则g(x)=.当-1x0时,g(x)0时,g(x)0.故当x-1时,g(x)g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f(x)0,且仅当x=0时,f(x)=0.所以f(x)在(-1,+)单调递增.又f(0)=0,故当-1x0时,f(x)0时,f(x)0.(2)(i)若a0,由(1)知,当x0时,f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.1xx1xx2(1)xx(ii)若a0,设函数h(x)=ln(1+x)-.由于当|x|0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0

4、是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h(x)=-=.如果6a+10,则当0 x-,且|x|0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+10,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故当x(x1,0),且|x|min时,h(x)0;2( )2f xxax222xxax11,|a11x2222(2)2 (12)(2)xaxxaxxax22222(461)(1)(2)xa xaxaxaxx614aa11,|a11,|a322(24)(1)(612)xxxxx当x(0,1)时,h(x)0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.16思路

5、分析思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.易错警示易错警示容易忽略函数定义域.函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.解后反思解后反思1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,

6、可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.3.(2017课标全国理,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(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.解析解析本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题.(1)f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(i)若a0,则f(x)0,则由f(x)=0得x=-lna.当x(-,-lna)时,f(x)0.所以f(x)在(-,-lna)单调递减,在(-lna,+)单调递增.(2)(i)若a0,由(1)知,f(x)至多有一个零

7、点.(ii)若a0,由(1)知,当x=-lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(-lna)=1-+lna.当a=1时,由于f(-lna)=0,故f(x)只有一个零点;当a(1,+)时,由于1-+lna0,即f(-lna)0,故f(x)没有零点;当a(0,1)时,1-+lna0,即f(-lna)-2e-2+20,故f(x)在(-,-lna)有一个零点.1a1a1a设正整数n0满足n0ln,则f(n0)=(a+a-2)-n0-n0-n00.由于ln-lna,因此f(x)在(-lna,+)有一个零点.综上,a的取值范围为(0,1).31a0en0en0en02n31a方法总结方法总结利用导数研究函

8、数的单调性的原理:若f(x)0,xD恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递增;若f(x)0知,f(x)与1-x+ex-1同号.令g(x)=1-x+ex-1,则g(x)=-1+ex-1.所以,当x(-,1)时,g(x)0,g(x)在区间(1,+)上单调递增.故g(1)=1是g(x)在区间(-,+)上的最小值,从而g(x)0,x(-,+).综上可知,f(x)0,x(-,+).故f(x)的单调递增区间为(-,+).(2)2e2,(2)e1,ff222e22e2,ee 1.aabb方法总结方法总结(1)曲线在某点处的切线,满足两个条件:一是过该点,二是斜率(若斜率存在)等于函数在该点处的导数值.(2)

9、讨论函数的单调性可转化为讨论其导函数的符号变化,因此常将其导函数作为一个新函数来研究其值域(最值),利用所得结论确定原函数的单调性.5.(2015课标全国,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增;(2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.解析解析(1)证明:f(x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10,f(x)0.若m0,f(x)0;当x(0,+)时,emx-10.所以,f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)由(1)知,对任

10、意的m,f(x)在-1,0单调递减,在0,1单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是即设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1.当t0时,g(t)0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1;当m0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围是-1,1.(1)(0)e1,( 1)(0)e1,ffffee 1,ee 1.mmmm6.(2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+

11、1)+a(x2-x),其中aR.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若x0,f(x)0成立,求a的取值范围.解析解析(1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+),f(x)=+a(2x-1)=.令g(x)=2ax2+ax-a+1,x(-1,+).当a=0时,g(x)=1,此时f(x)0,函数f(x)在(-1,+)单调递增,无极值点.当a0时,=a2-8a(1-a)=a(9a-8).a.当0时,0,设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1x2),因为x1+x2=-,所以x1-.由g(-1)=10,可得-1x10,f(x)0,函数f(x)单调递增;11x 221

12、1axaxax898912141414当x(x1,x2)时,g(x)0,f(x)0,f(x)0,函数f(x)单调递增.因此函数有两个极值点.当a0,由g(-1)=10,可得x10,f(x)0,函数f(x)单调递增;当x(x2,+)时,g(x)0,f(x)0,函数f(x)单调递减.所以函数有一个极值点.综上所述,当a时,函数f(x)有两个极值点.(2)由(1)知,当0a时,函数f(x)在(0,+)上单调递增,因为f(0)=0,所以x(0,+)时,f(x)0,符合题意.898989当0,符合题意.当a1时,由g(0)0.所以x(0,x2)时,函数f(x)单调递减.因为f(0)=0,所以x(0,x2

13、)时,f(x)0,不合题意.当a0,所以h(x)在(0,+)上单调递增.因此当x(0,+)时,h(x)h(0)=0,即ln(x+1)x.可得f(x)1-时,ax2+(1-a)x0,此时f(x)0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f(x);(2)求A;(3)证明|f(x)|2A.解析解析(1)f(x)=-2sin2x-(-1)sinx.(2分)(2)当1时,|f(x)|=|cos2x+(-1)(cosx+1)|+2(-1)=3-2=f(0).因此A=3-2.(4分)当01时,将f(x)变形为f(x)=2cos2x+(-1)cosx-1.设t=cosx,则t-1,1,令g(t)=2t2+(-1

14、)t-1,则A是|g(t)|在-1,1上的最大值,g(-1)=,g(1)=3-2,且当t=时,g(t)取得最小值,最小值为g=-1=-.令-11,解得.(5分)(i)当0时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=,|g(1)|=2-3,|g(-1)|g(1)|,所以A=2-3.(ii)当0,知g(-1)g(1)g.又-|g(-1)|=0,14142(1)8261814131515151414g(1)(1 7 )8所以A=.综上,A=(9分)(3)证明:由(1)得|f(x)|=|-2sin2x-(-1)sinx|2+|-1|.当0时,|f(x)|1+2-42(2-3)=2A.当1,所

15、以|f(x)|1+2;(3)设实数k使得f(x)k对x(0,1)恒成立,求k的最大值.11xx33xx33xx解析解析(1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),所以f(x)=+,f(0)=2.又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=2x.(2)证明:令g(x)=f(x)-2,则g(x)=f(x)-2(1+x2)=.因为g(x)0(0 xg(0)=0,x(0,1),即当x(0,1)时,f(x)2.(3)由(2)知,当k2时,f(x)k对x(0,1)恒成立.当k2时,令h(x)=f(x)-k,则h(x)=f(x)-k(1+x2)=.11x11x33xx

16、4221xx33xx33xx33xx42(2)1kxkx所以当0 x时,h(x)0,因此h(x)在区间上单调递减.当0 x时,h(x)h(0)=0,即f(x)2时,f(x)k并非对x(0,1)恒成立.综上可知,k的最大值为2.42kk420,kk42kk33xx33xx4.(2015安徽,21,13分)设函数f(x)=x2-ax+b.(1)讨论函数f(sinx)在内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;(2)记f0(x)=x2-a0 x+b0,求函数|f(sinx)-f0(sinx)|在上的最大值D;(3)在(2)中,取a0=b0=0,求z=b-满足条件D1时的最大值.,2 2 ,2 2

17、24a解析解析(1)f(sinx)=sin2x-asinx+b=sinx(sinx-a)+b,-x.f(sinx)=(2sinx-a)cosx,-x.因为-x0,-22sinx2.a-2,bR时,函数f(sinx)单调递增,无极值.a2,bR时,函数f(sinx)单调递减,无极值.对于-2a2,在内存在唯一的x0,使得2sinx0=a.-xx0时,函数f(sinx)单调递减;x0 x时,函数f(sinx)单调递增.因此,-2a2,bR时,函数f(sinx)在x0处有极小值,f(sinx0)=f=b-.222222,2 2 222a24a(2)-x时,|f(sinx)-f0(sinx)|=|(a

18、0-a)sinx+b-b0|a-a0|+|b-b0|,当(a0-a)(b-b0)0时,取x=,等号成立,当(a0-a)(b-b0)0,函数f(x)=eaxsinx(x0,+).记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点.证明:(1)数列f(xn)是等比数列;(2)若a,则对一切nN*,xn|f(xn)|恒成立.21e1证明证明(1)f(x)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)=eaxsin(x+),其中tan=,0.令f(x)=0,由x0得x+=m,即x=m-,mN*.对kN,若2kx+(2k+1),即2k-x0;若(2k+1)x+(2k+2),即(2k+

19、1)-x(2k+2)-,则f(x)0.因此,在区间(m-1),m-)与(m-,m)上,f(x)的符号总相反.于是当x=m-(mN*)时,f(x)取得极值,所以xn=n-(nN*).此时,f(xn)=ea(n-)sin(n-)=(-1)n+1ea(n-)sin.易知f(xn)0,而=-ea是常数,故数列f(xn)是首项为f(x1)=ea(-)sin,公比为-ea的等比数列.(2)由(1)知,sin=,于是对一切nN*,xn|f(xn)|恒成立,即n-ea(n-)恒成立,等价于0).21a 1a21()()nnf xf x2(1)1()( 1)esin( 1)esinna nna n211a 21

20、1a 21aa()e()a na n设g(t)=(t0),则g(t)=.令g(t)=0,得t=1.当0t1时,g(t)1时,g(t)0,所以g(t)在区间(1,+)上单调递增.从而当t=1时,函数g(t)取得最小值g(1)=e.因此,要使(*)式恒成立,只需.而当a=时,由tan=且0知,.于是-.因此对一切nN*,axn=1,所以g(axn)g(1)=e=.故(*)式亦恒成立.综上所述,若a,则对一切nN*,xn0时,g(x)0,求b的最大值;(3)已知1.41420,g(x)0.(ii)当b2时,若x满足2ex+e-x2b-2,即0 xln(b-1+)时,g(x)0.而g(0)=0,因此当

21、0 xln(b-1+)时,g(x)0,ln20.6928;22bb22bb232223228 2312当b=+1时,ln(b-1+)=ln,g(ln)=-2+(3+2)ln20,ln20,函数f(x)=ln(1+ax)-.(1)讨论f(x)在区间(0,+)上的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)0,求a的取值范围.22xx解析解析(1)f(x)=-=.(*)当a1时,f(x)0,此时,f(x)在区间(0,+)上单调递增.当0a1时,由f(x)=0得x1=2x2=-2舍去.当x(0,x1)时,f(x)0,故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,

22、+)上单调递增.综上所述,当a1时,f(x)在区间(0,+)上单调递增;当0a1时,f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增.(2)由(*)式知,当a1时,f(x)0,此时f(x)不存在极值点.因而要使得f(x)有两个极值点,必有0a-且x-2,所以-2-,-2-2,解得a.此时,由(*)式易知,x1,x2分别是f(x)的极小值点和极大值点.而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-1aax22(2)2(2)xxx224(1)(1)(2)axaax x1aa1aa10,2aa12,aa1aa1aa1a1aa1a1aa121122xx 2222xx =ln1+a(x1

23、+x2)+a2x1x2-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,令2a-1=x,由0a1且a知,当0a时,-1x0;当a1时,0 x1,记g(x)=lnx2+-2.(i)当-1x0时,g(x)=2ln(-x)+-2,所以g(x)=-=0,因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)g(-1)=-40,故当0a时,f(x1)+f(x2)0.(ii)当0 x1时,g(x)=2lnx+-2,所以g(x)=-=g(1)=0,故当a0.1212121244()2()4x xxxx xxx4(1)21aa221a1212122x2x2x22x222xx122x2x22x222xx12

24、综上所述,满足条件的a的取值范围为.1,12评析评析本题考查复合函数的求导,函数的单调性和极值,解不等式,根与系数的关系.考查分类讨论思想和化归与转化思想,考查学生运算求解能力和知识迁移能力,构造函数把不等式问题转化为函数单调性问题是解题的关键.8.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)(bR).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.12x10,3解析解析(1)当b=4时,f(x)=,由f(x)=0得x=-2或x=0.当x(-,-2)时,f(x)0,f(x)单调递增;当x时,f(x)0,f(x)单调递减,故f(x)在x

25、=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f(x)=,因为当x时,0,依题意,当x时,有5x+(3b-2)0,从而+(3b-2)0.所以b的取值范围为.5 (2)12x xx10,25(32)12xxbx10,312xx10,3531,99.(2013山东理,21,3分)设函数f(x)=+c(e=2.71828是自然对数的底数,cR).(1)求f(x)的单调区间、最大值;(2)讨论关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数.2exx解析解析(1)f(x)=(1-2x)e-2x,由f(x)=0,解得x=.当x0,f(x)单调递增;当x时,f(x)0,则g(x)=lnx-

26、xe-2x-c,所以g(x)=e-2x.因为2x-10,0,所以g(x)0.因此g(x)在(1,+)上单调递增.当x(0,1)时,lnx1x0,所以-1.又2x-11,所以-+2x-10,即g(x)0,即c-e-2时,g(x)没有零点,故关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为0;当g(1)=-e-2-c=0,即c=-e-2时,g(x)只有一个零点,故关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为1;2e21xxx2exx2exx当g(1)=-e-2-c-e-2时,当x(1,+)时,由(1)知g(x)=lnx-xe-2x-clnx-lnx-1-c,要使g(x)0,只需使lnx-1-c0,即x(e

27、1+c,+);当x(0,1)时,由(1)知g(x)=-lnx-xe-2x-c-lnx-lnx-1-c,要使g(x)0,只需-lnx-1-c0,即x(0,e-1-c),所以c-e-2时,g(x)有两个零点,故关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为2.综上所述,当c-e-2时,关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为2.11e2c11e2c评析评析本题考查函数的导数及其应用等基础知识与基本技能,考查分类讨论思想、函数与方程思想以及综合运用知识解决问题的能力.三年模拟A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组考点简单的复合函数的导数考点简单的复合

28、函数的导数1.(2019镇江期末,21)求函数y=3cos的图象在x=处的切线方程.23x512解析解析y=-3sin=-6sin,(4分)则切线在x=处的斜率k=-6sin=-6,(6分)当x=时,y=3cos=0,(7分)则切线方程为y-0=-6,即y=-6x+.(10分)23x23x23x512563512563512x522.(2019扬州中学检测)已知曲线C:y2=2x-4.(1)求曲线C在点A(4,2)处的切线方程;(2)过点P(0,0)作直线l与曲线C交于A,B两点,求线段AB的中点M的轨迹方程.解析解析(1)y0时,y=,y=,x=4时,y=,曲线C在点A(4,2)处的切线方程

29、为y-2=(x-4),即y=x.(2)设l:y=kx,由题意知k0,M(x,y),将y=kx代入y2=2x-4,可得k2x2-2x+4=0,=4-16k20,4,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,y1+y2=,x=,y=,y2=x(x4).24x124x12121221k22k2k21k1k思路分析思路分析(1)y0时,y=,求导数,可得切线的斜率,从而可求曲线C在点A(4,2)处的切线方程;(2)设l:y=kx,代入y2=2x-4,利用韦达定理,结合中点坐标公式,即可求出线段AB的中点M的轨迹方程.24x3.(2019南通通州、海门联考,23)已知函数f1(x)=sin,

30、xR,记fn+1(x)为fn(x)的导数,nN*.(1)求f2(x),f3(x);(2)猜想fn(x),nN*的表达式,并证明你的猜想.2x解析解析(1)f1(x)=sin,f2(x)=cos,f3(x)=-sin.(3分)(2)猜想:fn(x)=sin.下面用数学归纳法证明:当n=1时,f1(x)=sin,结论成立;假设n=k(k1且kN*)时,结论成立,即fk(x)=sin.当n=k+1时,fk+1(x)=fk(x)=cos=sin=sin.所以当n=k+1时,结论成立.综上,由可知对任意的nN*结论成立.(10分)2x122x142x112n122nx2x112k122kx12112k1

31、22kx12k1222kx(1) 112k(1) 122kx4.(2019如皋期中,24)已知函数f(x)=2x+2-ln(2x+1).(1)求f(x)的最小值;(2)证明:+n-ln(n+1)(nN*).1223341nn1nn解析解析(1)由f(x)=2x+2-ln(2x+1),得f(x)=2-=,令f(x)=0,得x=0,列表如下:221x421xx12x x0(0,+)f(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增1,02所以函数f(x)的最小值为f(0)=2.(2)证明:由(1)知f(x)=2x+2-ln(2x+1)2,即2x-ln(2x+1)0,令t=2x+10,t0,则t-1lnt

32、,所以-1ln,-1ln,-1ln,相加得+-nln=ln,亦即+n-ln(n+1)(nN*).121223231nn1nn122334451nn1nn1 22 31nn11n122334451nn1nn5.(2017南通、扬州、泰州三模,23)已知函数f0(x)=(a0,ac-bd0).设fn(x)为fn-1(x)(nN*)的导函数.(1)求f1(x),f2(x);(2)猜想fn(x)的表达式,并证明你的结论.cxdaxb解析解析(1)f1(x)=f0(x)=,f2(x)=f1(x)=.(2)猜想fn(x)=,nN*.证明:当n=1时,由(1)知结论成立;假设当n=k,kN*时结论成立,即有

33、fk(x)=.当n=k+1时,fk+1(x)=fk(x)=(-1)k-1ak-1(bc-ad)k!(ax+b)-(k+1)=,所以当n=k+1时结论成立.cxdaxb2()bcadaxb2()bcadaxb32 ()()a bcadaxb111( 1)()!()nnnabcadnaxb111( 1)()!()kkkabcadkaxb111( 1)()!()kkkabcadkaxb2( 1)() (1)!()kkkabcadkaxb由得,fn(x)=,nN*.111( 1)()!()nnnabcadnaxb解答题(共40分)B B组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟专题综

34、合题组专题综合题组(时间：35分钟 分值：40分)1.(2019扬州期中,24)已知正项数列an满足an+1=an-(nN*).(1)求证:0a11,且当n2时,an;(2)求证:ai0,解得0a11.(1分)下面用数学归纳法证明:当n2时,an.当n=2时,a3=a2-=-+,所以不等式成立.假设当n=k(k2,kN*)时,不等式成立,即ak,则当n=k+1时,有ak+1=ak-=-+-+=0),(6分)f(x)=-=,又x0,故f(x)0,所以f(x)在(0,+)上是增函数,21a12n22a2212a141412k 2ka212ka1421122k1421(2)kk1(1)(3)kkk1

35、(1)2k 12n1xx11x21(1) x2(1)xx则f(x)f(0)=0,即ln(1+x).(8分)令x=(iN*),则lnln,从而有ailn(i+1)-lni=ln(n+1)-ln2-1,试比较ln(1+x)与x的大小;(2)是否存在常数aN,使得aa+1对任意大于1的自然数n都成立?若存在,试求出a的值并证明你的结论;若不存在,请说明理由.1n1nk11kk解析解析(1)设f(x)=x-ln(1+x),f(x)=1-=,当x(-1,0)时,f(x)0,f(x)单调递增;故函数f(x)有最小值f(0)=0,则ln(1+x)x恒成立.(4分)(2)对于,取m=1,2,3,4进行验算:=2,=2.25,=2.37,=2.44,猜想:23,m=2,3,4,5,.11x1xx 11mm111121129431136427411462525611mm存在a=2,使得a1,有=+=1+1+=2+2+2+=2+=3-0(k=2,3,4,m),故23,(8分)从而有2n3n成立,即22+1,1n1nk11kk11mm0Cm1Cm1m2Cm21mCkm1kmCmm1mm(1)2!m m21m(1)(1)!m mmkk1km(