难点二 导数与不等式相结合问题测试卷
（一）选择题（12*5=60 分）
1. （2020·湖南长郡中学高三月考）函数 在 上存在导数，若 ，则必有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
，则 x>1 时 ；x
( ) ( )1 0x f x− ′ ≤ ( )' 0f x ≤ ( )' 0f x ≥
( ),1−∞ ( )1,+∞
( ) ( )0 1f f≤ ( ) ( )2 1f f≤
( ) ( )'f x f x= 0x ( )f x
( ) 2 1xg x e= + ( ) ( )ln 1h x x= + ( ) 3 1x xϕ = − a b c a b c
a b c> > c b a> > c a b> > b c a> >
2 21'( ) 2 , '( ) , '( ) 31
xg x e h x x xx
ϕ= = =+
, ,a b c 2 2 3 211 2 ,ln( 1) , 1 31
x xe e x x xx
+ = + = − =+
2 3 2
1 1 1
1( ) 1, ( ) ln( 1) , ( ) 1 31
xg x e h x x x x xx
ϕ= − = + − = − −+
0a =
1 1
1(0) 1 0, (1) ln 2 0, (0,1)2h h b= − < = − > ∈
1 1(2) 0, (4) 15 0, (2,4)cϕ ϕ< = > ∈
c b a> >3. （2020·江西高三期末）已知定义在 上的函数 的导函数为 ，且 ，
，则不等式 的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
解：构造函数 ，则 ，
∴函数 在 上单调递增.
又∵ ， ，∴原不等式等价于 ，
∴原不等式的解集为 .
故选:C.
4. 【江西省吉安市 2019 届五校联考】已知定义在[e，+∞）上的函数 f（x）满足 f（x）+xlnxf′（x）＜0 且 f
（2018）＝0，其中 f′（x）是函数푓(푥)的导函数，e 是自然对数的底数，则不等式 f（x）＞0 的解集为（ ）
A．[e，2018） B．[2018，+∞） C．（e，+∞） D．[e，e+1）
【答案】A
【解析】∵定义在[e，+∞）上的函数 f（x）满足 f（x）+xlnxf′（x）＜0，设 g（x）＝f（x）lnx，∴g′（x）＝
f′（x）lnx + 푓(푥)
푥 = 푓(푥) + 푥푙푛푥푓′(푥)
푥 ＜0 在[e，+∞）恒成立，∴g（x）在[e，+∞）单调递减，∵f（2018）＝0，∴
g（2018）＝f（2018）ln2018＝0，要求 f（x）＞0，lnx＞0，只需 g（x）＞0 即可.∴g（x）＞0＝g（2018），∴
x＜2018，∴e≤x＜2018，故选：A．
5. （2020·全国高三专题练习）已知函数 在 处的导数相等，则
不等式 恒成立时，实数 m 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
R ( )f x ( )f x′ ( ) ( ) 1f x f x′− <
(1) 2f = 1( ) 1 xf x e −− >
( ),1−∞ ( ),2−∞
( )1,+∞ ( )2,+∞
1
( ) 1( ) x
f xg x e −
−= 1
( ) ( ) 1( ) 0x
f x f xg x e −
′ − +′ = >
( )g x R
1( ) 1 xf x e −− > (1) 1g = ( ) ( )1g x g>
( )1,+∞
3 21( ) 1( 1)3f x x ax ax a= − + + ≤ 1 2 1 2, ( )t t t t≠
1 2( + ) 0f t t m+ ≥
[ )1− +∞， ( ]1−∞ −， ( ]1−∞， ( 4
3
−∞ ，由题得 ，由已知得 为 两个不等实根，所以 ，
恒成立， 恒成立.
令 ，
则 ，当 ，当
上单调递减，在 上单调递增.
故选：A
6. （2020·安徽高三月考）已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是
（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
对于 的大小： ， ，明显 ；
对于 的大小：构造函数 ，则 ，
当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递减，
即
对于 的大小： ， ， ，
故选：B。
7.设函数 ，若不等式 在 上有解，则实数 的
最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
( ) 3 23 6 2 22
x xf x e x x x ae x = + − + − −
( ) 0f x ≤ [ )2,− +∞ a
3 1
2 e
− − 3 2
2 e
− − 3 1
4 2e
− − 11 e
− −
2'( ) 2 ( 1)f x x ax a a= − + ≤ 1 2,t t 2 2 0x ax a− + = 1 2+ =2t t a
1 2( + ) 0f t t m+ ≥ (2 ),( 1)m f a a∴− ≤ ≤
3 24( ) (2 ) 2 1,( 1)3g a f a a a a= = − + + ≤
2'( ) 4 4 4 ( 1)g a a a a a= − + = − − ( ,0), '( ) 0a g a∈ −∞ < (0,1), '( ) 0;a g a∈ >
( ) ( ,0)g a∴ −∞在 (0,1)
min( ) (0) 1, 1, 1.g a g m m∴ = = ∴− ≤ ∴ ≥ −
4ln3a π= 3ln 4b π= 34lnc π= a b c
c b a< < b c a< < b a c< < a b c< <
,a b 44ln3 ln3 ln81a π π π= == 33ln 4 ln ln 644b π π π== = a b>
,a c ln( ) xf x x
= '
2
1 ln( ) xf x x
−=
(0, )x e∈ '( ) 0, ( )f x f x> (0, )e
( , )x e∈ +∞ '( ) 0, ( )f x f x< ( , )e +∞
3 , ( ) (3)e f fπ π> > ∴
,b c 3ln 4 ln 64b π π== 3 4 34ln ln[( ) ]c π π== 64π < 4 3[( ) ]π c b>【解析】∵ ，∴ ，令
， ，故当
时， ，当 时， ，故 在 上是减函数，在 上是增函
数；故 ；则实数 的最小值为 故选 C．
8. 【河南省洛阳市 2019 届第一次联考】已知函数푦 = 푓(푥)对任意的푥 ∈ ( ― 휋
2,휋
2)满足푓′(푥)cos푥 + 푓(푥)sin푥 > 0
（其中푓′(푥)是函数푓(푥)的导函数），则下列不等式成立的是（ ）
A．푓(0) > 2푓(휋
4) B． 2푓(휋
3) < 푓(휋
4) C．푓(0) > 2푓(휋
3) D． 2푓( ― 휋
3) < 푓( ― 휋
4)
【答案】D
【解析】构造函数퐹(푥) = 푓(푥)
cos푥，依题意퐹′(푥) = 푓′(푥)cos푥 + 푓(푥)sin푥
cos2푥 > 0，故函数在定义域上为增函数，由퐹(0) < 퐹
(π
4)得푓(0)
cos0 <
푓(π
4)
cosπ
4
，即푓(0) < 2푓(π
4)，排除 A 选项. 由퐹(π
3) > 퐹(π
4)得
푓(π
3)
cosπ
3
>
푓(π
4)
cosπ
4
，即 2푓(π
3) > 푓(π
4)，排除 B 选项.
由퐹(0) < 퐹(π
3)得푓(0)
cos0 <
푓(π
3)
cosπ
3
，即푓(0) < 2푓(π
3)，排除 C，选项. 由퐹( ― π
3) < 퐹( ― π
4)得
푓( ― π
3)
cos( ― π
3) <
푓( ― π
4)
cos( ― π
4)，即 2푓( ― π
3)
< 푓( ― π
4)，D 选项正确，故选 D.
9.已知函数 ，则使得 成立的 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为 ，所以函数 是偶函数.易知函
数 在 是增函数，所以函数 在 也是增函数，所
以不等式 等价于 ，解得 或 .
10.已知定义在 上的函数 ，其导函数为 ，若 ， ，则不等式
的解集是（ ）
A. B. C. D.
( ) 02262
3 23 ≤−−
+−+= xaexxxexf xx
xe
xxxxa 2134
3
2
1 23 −+−+≥
( ) xe
xxxxxg 2134
3
2
1 23 −+−+= ( ) ( )
++−=−+−+=′
xx exxe
xxxxg 2
132
312
132
3
2
3 2
[ )1,2−∈x ( ) 0′ xg ( )xg [ )1,2− ( )+∞,1
( ) ( )
eegxg 2
1
4
3
2
1134
3
2
11min −−=−+−+== a 3 1
4 2e
− −
( ) ( ) 2ln x xf x e e x−= + + ( ) ( )2 3f x f x> + x
( )1,3− ( ) ( ), 3 3,−∞ − +∞ ( )3,3− ( ) ( ), 1 3,−∞ − +∞
( ) ( ) ( )2 2ln ( ) ln ( )x x x xf x e e x e e x f x− −− = + + − = + + = ( )f x
x xy e e−= + (0, )x∈ +∞ ( ) ( ) 2ln x xf x e e x−= + + (0, )x∈ +∞
( ) ( )2 3f x f x> + | 2 | | 3|x x> + 1x < − 3x >
R (f x） ( )f x′ ( ) ( ) 3f x f x′ − < − ( )0 4f =
( ) 3xf x e> +
( ),1−∞ ( )1,+∞ ( )0,+∞ ( ),0−∞【答案】D
【解析】不等式 即 ，，构造函数，令 ，则
，据此可得函数 是 上的单调递减函数，又
，结合函数的的单调性可得：不等式 的解集是 .选 D.
11（2020·福建高三期末）已知定义在 R 上的连续函数 满足 ，且 ，
为函数 的导函数，当 时，有 ，则不等式 的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
，
，
在 单调递增，
，
当 时， ，当 时， ，
又 ，当 时， ，当 时， ，
又 满足 ，
图象关于直线 对称，
当 时， ，当 时， ，
不等式 等价于 或
解得： .
故选：D
( ) 3xx e> + ( ) 3 1x x
f x
e e
− > ( ) ( ) 3 1x x
f xg x e e
= − −
( ) ( ) ( )' 3' 0x
f x f xg x e
− += < ( )g x R
( ) ( )
0 0
0 30 1 0fg e e
= − − = ( ) 3xf x e> + ( ),0−∞
( )f x ( ) ( )4f x f x= − ( )2 0f − = ( )f x′
( )f x 2x < ( ) ( ) 0f x f x+ ′ > ( ) 0x f x⋅ >
( )0,6 ( )2,0−
( ), 2−∞ − ( ) ( ), 2 0,6−∞ −
( ) ( ),( 2)xg x e f x x= <
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0x x xg x e f x e f x e f x f x′ ′ = + = + >
( )g x ( ,2)−∞
2( 2) ( 2) 0g e f−∴ − = − =
∴ ( , 2)x∈ −∞ − ( ) 0g x
0xe > ( , 2)x∈ −∞ − ( ) 0f x < ( 2,2)x∈ − ( ) 0f x >
( )f x ( ) ( )4f x f x= −
( )f x∴ 2x =
∴ ( 2,6)x∈ − ( ) 0f x > ( , 2) (6, )x∈ −∞ − ∪ +∞ ( ) 0f x <
( ) 0x f x⋅ > 0,
( ) 0,
x
f x
( ) ( ), 2 0,6x∈ −∞ − 12. （2020·江西高三月考）已知函数 在 恒有 ，其中 为函数 的导数，
若 为锐角三角形的两个内角，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
因为 为锐角三角形的两个内角，所以 ， ， ，
同理 ，
设 ，则 ，
因为函数 在 恒有 ，所以 ，即 在 上是增函数，
所以 ，即 ， ，A 错．
所以 ，即 ， ，D 正确．
故选：D．
（二）填空题（4*5=20 分）
13. 【安徽省黄山市 2019 届质量检测】 设定义域为푅的函数푓(푥)满足푓′(푥) > 푓(푥)，则不等式푒푥―1푓(푥) < 푓(2
푥 ― 1)的解集为__________．
【答案】(1, + ∞)
【解析】设 F（x） = 푓(푥)
푒푥 ，则 F′（x） = 푓′(푥) ― 푓(푥)
푒푥 ，∵푓′(푥) > 푓(푥)，∴F′（x）＞0，即函数 F（x）在定义域
上单调递增．∵푒푥―1푓(푥) < 푓(2푥 ― 1)，∴푓(푥)
푒푥 ＜푓(2푥 ― 1)
푒2푥―1 ，即 F（x）＜F（2x ― 1），∴x＜2x ― 1，即 x＞1，∴
不等式푒푥―1푓(푥) < 푓(2푥 ― 1)的解为(1, + ∞)，故答案为：(1, + ∞)
14.已知函数 是函数 的导函数, ,对任意实数 都有 ,则不等式
的解集为___________.
( )f x′ ( )f x ( )1 ef = x ( ) ( )2 0f x f x′− >
( ) 1ee
x
x
f x −<
( )f x (0,1)
2 ( )( ) f xf x x
′ > ( )f x′ ( )f x
,α β
2 2cos (sin ) sin (cos )f fβ α α β< 2 2sin (sin ) sin (sin )f fβ α α β>
2 2cos (cos ) cos (cos )f fβ α α β> 2 2sin (cos ) cos (sin )f fβ α α β<
,α β
2
πα β+ > 02 2
π πα β> > − > sin sin( ) cos2
πα β β> − =
sin cosβ α>
2
( )( ) f xg x x
=
3 2
2 ( )( )( ) 2 ( )'( )
f xf xxf x f x xg x x x
′ −′ −= =
( )f x (0,1) 2 ( )( ) f xf x x
′ > ( ) 0g x′ > ( )g x (0,1)
(sin ) (cos )g gα β> 2 2
(sin ) (cos )
sin cos
f fα β
α β> 2 2cos (sin ) sin (cos )f fβ α α β>
(sin ) (cos )g gβ α> 2 2
(sin ) (cos )
sin cos
f fβ α
β α> 2 2sin (cos ) cos (sin )f fβ α α β ( )1 ∞+， ． ( )1 ∞+，
( ) ( )lnf x x e a x b= + − + e ( ) 0f x ≤ b
a
1
e
( ) ( )( )1' 0f x e a xx
= + − > 0,x a e> ≤ ( )' 0f x >
a e> ( )' 0f x = 1x a e
= −
10,x a e
∈ −
( ) ( )' 0,f x f x>
1 ,x a e
∈ +∞ −
( ) ( )' 0,f x f x< 1x a e
= −
1 0f a e
≤ −
( )1 1ln 0e a ba e a e
+ − × + ≤− − ( )ln 1 0a e b− − + ≥
( ) ( )ln 1ln 1, a ebb a e a a
− +≤ − + ≤ ( ) ( ) ( )ln 1x eg x x ex
− += >导可得： ，令 ，则
，令 可得： ，当 时， 单调递增，当
时， 单调递减，当 时， 取得最大值：
，且： 时， ， ，据此可知 在区间 上单调递
增，在区间 上单调递减，即函数 的最大值为 ，综上可得： 的最大值
为 .
（三）解答题（4*12=48 分）
17. （2020·山东高三月考）已知函数 ，其导函数 的最大值为 .
（1）求实数 的值；
（2）若 ，证明： .
【解析】
（1）由题意，函数 的定义域为 ，其导函数
记 则 .
当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增，且 .
所以 ，有 ，故 时不成立；
当 时，若 ，则 ；若 ，则 .
所以 在 单调递增，在 单调递减。
所以 .
令 ，则 .
( ) ( ) ( )
( )2
ln' e x e x eg x x x e
− − −= − ( ) ( ) ( )( )lnH x e x e x e x e= − − − > ( )'H x =
( )ln 1x e− − − ( )' 0H x = 1x e e
= + 1,x e e e
∈ +
( ) ( )' 0,H x H x>
1 ,x e e
∈ + +∞
( ) ( )' 0,H x H x< 1x e e
= + ( )H x
1 1H e ee e
+ = + x e→ ( ) 0H x > ( )2 0H e = ( )g x ( ),2e e
( )2 ,e +∞ ( )g x ( ) ln 1 12 2
eg e e e
+= = b
a
1
e
2( ) ln ( 1)2
af x x x x a x= − + − ( )f x′ 0
a
( ) ( ) ( )1 2 1 21f x f x x x+ = − ≠ 1 2 2x x+ >
( )f x ( )0,+∞ ( ) ( )ln 1f x x a x′ = − −
( ) ( )h x f x= ′ ( ) 1 axh x x
=′ −
0a ≤ ( ) 1 0axh x x
−′ = ≥ ( )h x ( )0,+∞ ( )1 0h =
( )1,x∀ ∈ +∞ ( ) ( ) 0h x f x= ′ > 0a ≤
0a > 10,x a
∈
( ) 1 0axh x x
−′ = > 1 ,x a
∈ +∞
( ) 1 0axh x x
−′ = <
( )h x 10, a
1 ,a
+∞
( )max
1 ln 1 0h x h a aa
= = − + − =
( ) ln 1g a a a= − + − ( ) 1 11 ag a a a
′ −= − =当 时， ；当 时， .所以 在 的单减，在 单增.
所以 ，故 .
（2）当 时， ，则 .
由（1）知 恒成立，
所以 在 上单调递减，
且 ，
不妨设 ，则 ，
欲证 ，只需证 ，因为 在 上单调递减，
则只需证 ，又因为 ，
则只需证 ，即 .
令 （其中 ），且 .
所以欲证 ，只需证 ，
由 ，
整理得： ，
，
所以 在区间 上单调递增，
所以 ， ，
所以函数 在区间 上单调递减，
所以有 ， ，故 .
18. （2020·全国高三专题练习）已知函数 ， .
（1）求函数 的极值；
0 1a< < ( ) 0g a′ < 1a > ( ) 0g a′ > ( )g a ( )0,1 ( )1,+∞
( ) ( )1 0g a g≥ = 1a =
1a = ( ) 21ln 2f x x x x= − ( ) 1 lnf x x x= + −′
( ) 1 ln 0f x x x′ = + − ≤
( ) 21ln 2f x x x x= − ( )0,+∞
( ) 11 2f = − ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1f x f x f+ = − =
1 20 x x< < 1 20 1x x< < <
1 2 2x x+ > 2 12x x> − ( )f x ( )0,+∞
( ) ( )2 12f x f x< − ( ) ( )1 2 1f x f x+ = −
( ) ( )1 11 2f x f x− − < − ( ) ( )1 12 1f x f x− + > −
( ) ( ) ( )2F x f x f x= + − ( )0,1x∈ ( )1 1F = −
( ) ( )1 12 1f x f x− + > − ( ) ( ) ( )1 , 0,1F x F x> ∈
( ) ( ) ( ) ( )( )2 1 ln 1 ln 2 2F x f x f x x x x x= − − = + − − + −′ −′ +′
( ) ( ) ( ) ( )ln ln 2 2 1 , 0,1F x x x x x−′ = − − + ∈
( ) ( )
( )
22 1 02
xF x x x
−= −
′ >′ ( )0,1x∈
( ) ( ) ( )ln ln 2 2 1F x x x x= − − + −′ ( )0,1
( )0,1x∀ ∈ ( ) ( ) ( ) ( )ln ln 2 2 1 1 0F x x x x F= − − + − < ′ =′
( ) ( ) ( )2F x f x f x= + − ( )0,1
( ) ( )1F x F> ( )0,1x∈ 1 2 2x x+ >
( ) 2xf x ae x= − a R∈
( )f x（2）当 时，证明： .
【详解】
（1） ，
当 时 ， 在 R 单调递减，则 无极值.
当 时，令 得 ， 得 ， 得 ，
在 上单调递减， 单调递增， 的极小值为 ，无
极大值，
综上：当 时， 无极值.
当 时， 的极小值为 ，无极大值；
（2）当 时， ，
令 ，转化证明
，所以 在 为增函数，
因为
所以 ，使得
因此函数 在 上单减函数，在 上单增函数，
所以 ，
因此 .
19. （2020·高三月考）已知 a ∈ R， a≠0，函数 f (x) = eax−1− ax ，其中常数 e =2.71828 .
（1）求 f (x) 的最小值；
（2）当 a ≥1 时，求证:对任意 x>0 ，都有 xf (x) ≥ 2ln x +1− ax2.
1a ≥ ( ) ln 2 2f x x x− + >
( ) 2xf x ae′ = −
0a ≤ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )f x
0a > ( ) 0f x′ = 2lnx a
= ( ) 0f x′ > 2lnx a
> ( ) 0f x′ < 2lnx a
<
( )f x∴ 2,ln a
−∞
2ln ,a
+∞
( )f x∴ 2 2ln 2 2lnf a a
= −
0a ≤ ( )f x
0a > ( )f x 2 2ln 2 2lnf a a
= −
1a ≥ ( ) ln 2 lnxf x x x e x− + ≥ −
( ) ln 2xg x e x= − − ( ) 0g x >
( ) ( ) ( ) 2
1 10 + 0x xg x e x g x ex x
′ ′′= − > = > ， ( )g x′ ( )0, ∞+
( ) 11 1 0 2 02g e g e ′ ′= − > = −
( ) ln 2 2f x x x− + >（1）因为 ，则 ，
故 为 R 上的增函数，令 ，解得
故当 ， 单调递减；
当 ， 单调递增，
则
故函数 的最小值为 0.
（2）证明：要证明 xf (x) ≥ 2ln x +1
等价于证明
由（1）可知： ，即
因为 ，故
故等价于证明
即
令 ，即证 恒成立.
又
令 ，解得
故当 ， 单调递减；
当 ， 单调递增；
故
有因为 ，故
( ) 1axf x e ax−= − ( ) ( )1 1axf x a e −′ = − ( ) 2 1 0axf x a e −′ = >′
( )f x′ ( ) 0f x′ = 1x a
=
( )1, , 0x f xa
∈ −∞ ′
( )f x
( ) 1 0minf x f a
= =
( )f x
2ax−
1 2 1axxe lnx− ≥ +
1 0axe ax− − ≥ 1axe ax− ≥
0x > 1 2axxe ax− ≥
2 2 1ax lnx≥ +
( )2 2 1 0, 0,ax lnx x− − ≥ ∈ +∞
( ) 2 2 1g x ax lnx= − − ( ) ( )0, 0,g x x≥ ∈ +∞
( ) ( )( )2 1 122
ax ax
g x ax x x
+ −
= − =′
( ) 0g x′ = 1x
a
=
( )10, , 0x g x
a
′∈ ′
( )g x
( ) 1 2g x g ln a lna
a
≥ = =
1a ≥ 0lna ≥故 即证.
即对任意 x>0 ，都有 xf (x) ≥ 2ln x +1− ax2.
20. （2020·广东高三期末（理））设函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 ，证明 恒成立.
【解析】
（1）由题意得 ， .
①当 时， ，故函数 在区间 上单调递增；
②当 时，在区间 上， ，在区间 上， ，
故函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增.
（2）证明：
要证 ，只需证 .
又 ，故只需证 即可.
设 ，则 ，
在区间 上， ，在区间 上， ，
故函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
所以 .
设 ，则 ，
在区间 上， ，在区间 上， ，
故函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
所以 .
又 ，所以 .
( ) 0g x lna≥ ≥
( ) lnaf x xx
= +
( )f x
1a
1( ) xf x e
>
0x > 2 2
1( ) a x af x x x x
′ −= − + =
0a ≤ ( ) 0f x′
( )f x (0, )+∞
0a > (0, )a ( ) 0f x′ < ( , )a +∞ ( ) 0f x >
( )f x (0, )a ( , )a +∞
1( ) xf x e
> 1ln x
a xx e
+ >
0x > ln x
xa x x e
+ >
( ) lng x a x x= + ( ) 1 lng x x′ = +
10, e
( ) 0g x′ < 1,e
+∞ ( ) 0g x′ >
( )g x 10, e
1,e
+∞
1 1( )g x g ae e
= −
( ) x
xh x e
= 1( ) x
xh x e
′ −=
(0,1) ( ) 0h x′ > (1, )+∞ ( ) 0h x′ <
( )h x (0,1) (1, )+∞
1( ) (1)h x h e
=
1a ≥ 1 11a e e
− −又因为 ，所以 ，
所以 ，
故在 上， ，
综上， 恒成立.
2e > 21 e
>
1 11 e e
− >
(0, )+∞ ( ) ( )g x h x>
1( ) xf x e
>
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