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新课标全国卷导数压轴题和答案

2010-2015年新课标全国Ⅰ卷导数压轴题

1、（2015年第21题）已知函数31(),()ln 4f x x ax g x x =++

=- (1)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线

(2)用{}min ,m n 表示m ，n 中的最小值，设函数}{

()min (),()(0)h x f x g x x =>，讨论h (x )零点的个数解：（Ⅰ）设曲线()y f x =与x 轴相切于点0(,0)x ，则0()0f x =，0()0f x '=，即30020

10430x ax x a ?++=???+=?，解得013,24x a ==.因此，当34a =时，x 轴是曲线()y f x =的切线. （Ⅱ）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =≤<，

∴()h x 在（1，+∞）无零点.

当x =1时，若54a ≥-，则5(1)04

f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h f

g g ===, 故x =1是()

h x 的零点；若54a <-，则5(1)04

f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f

g f ==<,故x =1不是()

h x 的零点. 当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在（0,1）的零点个数.

(ⅰ)若3a ≤-或0a ≥，则2()3f x x a '=+在（0,1）无零点，

故()f x 在（0,1）单调，而1(0)4f =，5(1)4

f a =+，所以当3a ≤-时，()f x 在（0，1）有一个零点；当a ≥0时，()f x 在（0，1）无零点.

(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（0

1）单调递增，故当x

()f x

取的最小值，最小值为f

14+.

若f ＞0，即34

-＜a ＜0，()f x 在（0,1）无零点.

若f =0，即34

a =-，则()f x 在（0,1）有唯一零点；

若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344

a -<<-时，()f x 在（0,1）有两个零点；当534a -<≤-

时，()f x 在（0,1）有一个零点. 综上，当34a >-或54

a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54

a =-时，()h x 有两个零点；当5344

a -<<-时，()h x 有三个零点. 2、（2014年第21题）设函数1

()ln x x

be f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点(1，(1)f )处的切线方程为(1)2y e x =-+.

(1)求a ，b ；

(2)证明：()1f x >.

21．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b x

e x －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 )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e

. 设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，

所以当x ??? ??

∈e 1,0时，g ′(x )<0；当x ??

? ??+∞∈,1e 时，g ′(x )>0. 故g (x )在??? ??e 1,0上单调递减，在??? ??+∞,1e 上单调递增，

从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为e e g 1)1(-=

设函数h (x )＝x e －x －2e

，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)＝－1e

. 因为g min (x )＝)1(e

g ＝h (1)＝h max (x )，所以当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.

3、（2013年第21题）已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )，若曲线y ＝f (x )和

曲线y ＝g (x )都过点P (0，2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x +2

（1）求a ，b ，c ，d 的值

（2）若x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围.

4、（2012年第21题）已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e

f x x -'=-+； (1)求()f x 的解析式及单调区间；

(2)若21()2

f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值.

5、（2011年第21题）已知函数ln ()1a x b f x x x

=++，曲线()y f x =在点（1，(1)f ）处的切线方程为230x y +-=。

(1)求a ，b 的值；

(2)如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x

+-，求k 的取值范围解：（Ⅰ）由ln ()1a x b f x x x =++，得22221ln 1ln '()(1)(1)x x b x x x b x f x a a x x x x x +-+-=?-=?-++， ∵曲线()y f x =在点（1，(1)f ）处的切线方程为230x y +-=，

∴(1)111'(1)22

f b f a b ==???=-=-??，解得11a b =??=?。（Ⅱ）解法1：由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x

=++，∴22ln 1(1)(1)()()[2ln ]11x k k x f x x x x x x ---+=+--，考虑函数2(1)(1)()2ln k x h x x x --=+（0x >），则22

(1)(1)2'()k x x h x x -++=。

①设0k ≤，由22

2(1)(1)'()k x x h x x

+--=知，当1x ≠时，'()0h x <。而(1)0h =，故当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得

21()01h x x >-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得21()01h x x

>-；从而当0x >，且1x ≠时，ln ()()01x k f x x x -+>-，即ln ()1x k f x x x

>+-。 ②设01k <<，由于当1(1,)1x k

∈-时，2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >。而(1)0h =，故当1(1,)1x k ∈-时，()0h x >，可得21()01h x x <-，与题设矛盾； ③设1k ≥，此时'()0h x >。而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得2

1()01h x x <-，与题设矛盾。综合得，k 的取值范围是(,0]-∞。

解法2：由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x

=++，∴22ln 1(1)(1)()()[2ln ]11x k k x f x x x x x x ---+=+--，考虑函数2(1)(1)()2ln k x h x x x --=+（0x >），则22(1)(1)2'()k x x h x x

-++=。 ①设0k ≤，由22

(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <。而(1)0h =，故当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得

21()01h x x >-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得2

1()01h x x >-；从而当0x >，且1x ≠时，ln ()()01x k f x x x -+>-，即ln ()1x k f x x x >+-。 ②设01k <<，令22()(1)(1)2(1)21g x k x x k x x k =-++=-++-，

则(1)2(1)220g k k =-+=>，2112(

)(1)()1111g k k k k k =-?++----(2)01k k k -=>-，又10k -<，所以当1(1,)1x k

∈-时，()g x =2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >。而(1)0h =，故当1(1,)1x k ∈-时，()0h x >，可得21()01h x x

<-，与题设矛盾； ③设1k ≥，此时'()0h x >。而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得21()01h x x

<-，与题设矛盾。综合得，k 的取值范围是(,0]-∞。

解法3：由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x

=++，∴22ln 1(1)(1)()()[2ln ]11x k k x f x x x x x x ---+=+--，考虑函数2(1)(1)()2ln k x h x x x --=+（0x >），则22(1)(1)2'()k x x h x x

-++=。 ①设0k ≤，由22

2(1)(1)'()k x x h x x

+--=知，当1x ≠时，'()0h x <。而(1)0h =，故当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得

21()01h x x >-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得2

1()01h x x >-；从而当0x >，且1x ≠时，ln ()()01x k f x x x -+>-，即ln ()1x k f x x x >+-。 ②设01k <<，令22()(1)(1)2(1)21g x k x x k x x k =-++=-++-，则当212(1)1x k k =-=--时，max 1(2)()()011k k g x g k k

-==>--，又10k -<，所以一定在

11k

-附近存在区间（1x ，2x ），当12(,)x x x ∈时，()g x 0>，故'()0h x >。而(1)0h =，故当12(,)x x x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x <-，与题设矛盾； ③设1k ≥，此时'()0h x >。而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得2

1()01h x x <-，与题设矛盾。综合得，k 的取值范围是(,0]-∞。

6、（2010年第21题）设函数2()1x f x e x ax =---

(1)若a ＝0，求f (x )的单调区间；

(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围．

21.解：(1)a ＝0时，f (x )＝e x －1－x ，f ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；

当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．

(2)f ′(x )＝e x －1－2ax .由(1)知e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时等号成立．

故f ′(x )≥x －2ax ＝(1－2a )x ，从而当1－2a ≥0，即a ≤12

时，f ′(x )≥0(x ≥0)，而f (0)＝0，于是当x ≥0时，f (x )≥0. 由e x >1＋x (x ≠0)可得e －x >1－x (x ≠0)，从而当a >12

时，f ′(x )

综合得a 的取值范围为(－∞，12

]．

2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析

2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析已知函数2()x f x e ax =-. （1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析：本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。题目解答：（1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-. 当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意. 当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-. 当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-. 当02 e a <≤ 时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.

高考理科数学全国卷三导数压轴题解析

2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- （1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求a . 考点分析综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。

2020年全国高考导数压轴题汇编

2016全国各地导数压轴题汇编 1、（2016年全国卷Ｉ理数）已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点（I ）求a 的取值范围（II ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，求证：221<+x x 2、（2016年全国卷Ｉ文数）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x （I ）讨论)(x f 的单调性（II ）若)(x f 有两个零点，求a 的取值范围 3、（2016年全国卷II 理数） (I )讨论函数x x 2f (x)x 2 -=+e 的单调性，并证明当x >0时，(2)20;x x e x -++> (II )证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2x =(0)x e ax a g x x -->（）有最小值.设g （x ）的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域. 4、（2016年全国卷II 文数）已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； (II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 5、（2016年全国卷III 理数）设函数)1)(cos 1(2cos )(+-+=x a x a x f 其中a ＞0，记|)(|x f 的最大值为A

（Ⅰ）求)(x f '；（Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明A x f 2)(≤' 6、（2016年全国卷III 文数）设函数()ln 1f x x x =-+. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x -<<；（Ⅲ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->. 7、（2016年天津理数）设函数R x b ax x x f ∈---=,)1()(3 其中R b a ∈, (Ⅰ)求)(x f 的单调区间； (Ⅱ)若)(x f 存在极点0x ，且)()(01x f x f =其中01x x ≠，求证：3201=+x x ； (Ⅲ)设0>a ，函数|)(|)(x f x g =,求证：)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于．．．4 1 8、（2016年四川理数）设函数x a ax x f ln )(2 --=其中R a ∈ （Ⅰ）讨论)(x f 的单调性；（Ⅱ）确定a 的所有可能取值，使得x e x x f -->11)(在区间（1，+∞）内恒成立(e =2.718…

全国高考导数压轴题汇编.pdf

XXXX 全国各地导数压轴题汇编 1、（XXXX 年全国卷Ｉ理数）已知函数2 )1()2()(?+?=x a e x x f x 有两个零点（I ）求a 的取值范围（II ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，求证：221<+x x

2、（XXXX 年全国卷Ｉ文数）已知函数2 )1()2()(?+?=x a e x x f x （I ）讨论)(x f 的单调性（II ）若)(x f 有两个零点，求a 的取值范围 3、（XXXX 年全国卷II 理数） (I)讨论函数x x 2f (x)x 2 ?= +e 的单调性，并证明当x >0时，(2)20;x x e x ?++> (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2 x =(0)x e ax a g x x ??>（）有最小值.设g （x ）的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.

4、（XXXX 年全国卷II 文数）已知函数. （I ）当时，求曲线在处的切线方程； (II)若当时，，求的取值范围. 5、（XXXX 年全国卷III 理数）设函数)1)(cos 1(2cos )(+?+=x a x a x f 其中a ＞0，记|)(|x f 的最大值为A （Ⅰ）求)(x f '；（Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明A x f 2)(≤' ()(1)ln (1)f x x x a x =+??4a =()y f x =()1,(1)f ()1,x ∈+∞()0f x ＞a

6、（XXXX 年全国卷III 文数）设函数()ln 1f x x x =?+. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，1 1ln x x x ?< <；（Ⅲ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +?>.

2020年全国卷1函数与导数压轴题一题多解,深度解析

全国卷1导数题一题多解，深度解析 1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2 ()e x f x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥ 12 x 3 +1，求a 的取值范围.。 2.2020年全国卷1文科数学第20题的解析已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.。

3. 2020年新高考1卷（山东考卷）第21题已知函数1 ()e ln ln x f x a x a -=-+ （1）.当a=e 时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积；（2）若()1f x ≥，求a 的取值范围。

1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2 ()e x f x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12 x 3 +1，求a 的取值范围.。解析：（1）单调性，常规题，a 已知，求一个特定函数f(x)的单调性。若一次求导不见底，则可二次或多次清仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。通常二次求导的为多。（2）恒成立，提高题，在恒成立情况下，求参数的取值范围。常常是把恒成立化成最值问题。由于这里的a 只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。这里介绍了两种方法。解：（1）当a=1时， 2 ()e x f x x x =+-，定义域为R ， '()e 21x f x x =+-，易知f ’(x)是单调递增函数。而f ’(0)=0， ∴ 当x ∈（-∞，0），f ’(x)＜0 当x ∈（0,+∞），f ’(x)＞0 ∴当x ∈（-∞，0），f(x)单调递减；当x ∈（0,+∞），f(x)单调递增。（2）解法一，分离参数法当x ≥0时，31()12f x x ≥ + ，即231 ()e 12 x f x ax x x =+≥+- 当x=0时，上式恒成立，此时a ∈R 。当x ＞0时，上式等价于 3 2 112x x x e a x ++-≥ 恒成立。

新课标全国卷导数压轴题和答案

2010-2015年新课标全国Ⅰ卷导数压轴题 1、（2015年第21题）已知函数31(),()ln 4f x x ax g x x =++ =- (1)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线 (2)用{}min ,m n 表示m ，n 中的最小值，设函数}{ ()min (),()(0)h x f x g x x =>，讨论h (x )零点的个数解：（Ⅰ）设曲线()y f x =与x 轴相切于点0(,0)x ，则0()0f x =，0()0f x '=，即30020 10430x ax x a ?++=???+=?，解得013,24x a ==.因此，当34a =时，x 轴是曲线()y f x =的切线. （Ⅱ）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =≤<， ∴()h x 在（1，+∞）无零点. 当x =1时，若54a ≥-，则5(1)04 f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g g ===, 故x =1是() h x 的零点；若54a <-，则5(1)04 f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是() h x 的零点. 当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在（0,1）的零点个数. (ⅰ)若3a ≤-或0a ≥，则2()3f x x a '=+在（0,1）无零点，故()f x 在（0,1）单调，而1(0)4f =，5(1)4 f a =+，所以当3a ≤-时，()f x 在（0，1）有一个零点；当a ≥0时，()f x 在（0，1）无零点. (ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（0 1）单调递增，故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14+. 若f ＞0，即34 -＜a ＜0，()f x 在（0,1）无零点. 若f =0，即34 a =-，则()f x 在（0,1）有唯一零点；

全国高考导数压轴题汇编

2016全国各地导数压轴题汇编 1、（2016年全国卷Ｉ理数）已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点（I ）求a 的取值范围（II ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，求证：221<+x x

2、（2016年全国卷Ｉ文数）已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x （I ）讨论)(x f 的单调性（II ）若)(x f 有两个零点，求a 的取值范围

3、（2016年全国卷II 理数） (I)讨论函数x x 2f (x)x 2 -= +e 的单调性，并证明当x >0时，(2)20;x x e x -++> (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2 x =(0)x e ax a g x x -->（）有最小值.设g （x ）的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.

4、（2016年全国卷II 文数）已知函数. （I ）当时，求曲线在处的切线方程； (II)若当时，，求的取值范围. 5、（2016年全国卷III 理数）设函数)1)(cos 1(2cos )(+-+=x a x a x f 其中a ＞0，记|)(|x f 的最大值为A （Ⅰ）求)(x f '；（Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明A x f 2)(≤' ()(1)ln (1)f x x x a x =+--4a =()y f x =()1,(1)f ()1,x ∈+∞()0f x ＞a

6、（2016年全国卷III 文数）设函数()ln 1f x x x =-+. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，1 1ln x x x -< <；（Ⅲ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->.