【文档说明】2023届高考人教A版数学一轮复习试题（适用于老高考旧教材）单元质检卷三　导数及其应用含解析【高考】.docx，共(12)页，116.508 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-6ff9ecba2ee6f694f8a8169b442ddc33.html

以下为本文档部分文字说明：

1单元质检卷三导数及其应用(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.1.(2021辽宁大连模拟)函数f(x)=e𝑥-2𝑥的图

象在点(1,f(1))处的切线方程为()A.2x+y+e-4=0B.2x+y-e+4=0C.2x-y+e-4=0D.2x-y-e+4=02.(2021江西南昌三模)已知自由落体运动的速度v=gt,则自由落体运动从t=0s到t=2s所走过的路程为()A

.gB.2gC.4gD.8g3.(2021湖北黄冈模拟)已知f(x)的导函数f'(x)图象如图所示,那么f(x)的图象最有可能是图中的()4.(2021江西宜春模拟)若函数f(x)在R上可导,且f(x)=x2+2f'(2)x+m(m∈R),则()A

.f(0)<f(5)B.f(0)=f(5)C.f(0)>f(5)D.以上答案都不对5.(2021浙江湖州模拟)“m≤0”是“函数f(x)=lnx-mx在(0,1]上单调递增”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.(2021四

川泸州诊断)已知函数f(x)=ex,过原点作曲线y=f(x)的切线l,则切线l与曲线y=f(x)及y轴围成的图形的面积为()2A.2e+12B.2e-12C.e-22D.e+127.(2021广东高州一中高三月考)已知函数f(x)=x3-3lnx-1,则()A.f(x)的极大值为0B.曲线y=

f(x)在(1,f(1))处的切线为y轴所在的直线C.f(x)的最小值为0D.f(x)在定义域内单调8.(2021广东汕头三模)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f'(x)-f(x)>0,f(2021)

=e2021,则不等式f(1eln𝑥)<√𝑥e的解集为()A.(e2021,+∞)B.(0,e2021)C.(e2021e,+∞)D.(0,e2021e)9.(2021广西南宁二中月考)已知函数f'(

x)是函数f(x)的导函数,对任意x∈(0,π2),f'(x)cosx+f(x)sinx>0,则下列结论正确的是()A.√2𝑓(π6)>√3𝑓(π3)B.f(π6)>√3𝑓(π3)C.√2𝑓(π6)<√3𝑓(π4)D.f(π4)>√3𝑓(π3

)10.(2021贵州毕节三模)已知定义在[a,b]上的函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,给出下列命题:①函数y=f(x)在区间[x2,x4]上单调递减;②若x4<m<n<x5,则

𝑓'(𝑚)+𝑓'(𝑛)2>f'(𝑚+𝑛2);③函数y=f(x)在[a,b]上有3个极值点;④若x2<p<q<x3,则[f(p)-f(q)]·[f'(p)-f'(q)]<0.其中真命题的序号是()3

A.①③B.②④C.②③D.①④11.关于函数f(x)=2𝑥+lnx,下列说法错误的是()A.x=2是f(x)的极小值点B.函数y=f(x)-x有且只有1个零点C.存在正实数k,使得f(x)>kx恒成立D.对任意两个正实数x1,x

2,且x1>x2,若f(x1)=f(x2),则x1+x2>412.(2021全国乙,10)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则()A.a<bB.a>bC.ab<a2D.ab>

a2二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021山东东营模拟)设函数f(x)=𝑥-𝑎e𝑥,若f'(2)=1e2,则a=.14.(2021江西九江模拟)若∫211𝑥+2mxdx=3+ln2,则实数m的值为.15.(2021陕西宝鸡高三质

检)若函数f(x)=cos2x+asinx在区间(π6,π2)内单调递增,则a的取值范围是.16.如图所示,某公园有一块空地,由一个直径为2(单位:km)的半圆О和一个以MN为底边,顶角为120°的等腰三角形MN

P构成.现在要在空地内建一个梯形苗圃ABCD种植花草,为美观对称设计,梯形ABCD的两个顶点A,B在半圆上,另两个顶点C,D分别在NP,MP上,AB∥CD∥MN,梯形ABCD的高为1(单位:km),则梯形ABCD面积的最

大值是.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.417.(14分)(2021全国甲,文20)设函数f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有

公共点,求a的取值范围.18.(14分)(2021四川绵阳中学高三模拟)已知函数f(x)=ln𝑥𝑥+1,g(x)=2𝑥+1−𝑎𝑥,曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在x=1处的切线重合.(1)求a的值;(2)求证:f(x)≥g(x)在(0,+∞)上恒成立.1

9.(14分)(2021全国高三月考)已知函数f(x)=ex-2x.(1)当x<0时,证明:f(x)>cosx;(2)若函数g(x)=f(x)-cosx+ln(x+1),试问:函数g(x)是否存在极小值?若存在,求出极小值;若不存在,请说明理由.(其中常数e=2.71828…,是自然

对数的底数)20.(14分)(2021广东深圳一模)已知函数f(x)=aln2x+2x(1-lnx),a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数g(x)=e2f(x)-2a2有且仅有3个零点,求a的取值范围.(其中常数e=2.71828…,是

自然对数的底数)21.(14分)已知函数f(x)=alnx,g(x)=x+1𝑥+f'(x).(1)讨论h(x)=g(x)-f(x)的单调性;(2)若h(x)的极值点为3,设方程f(x)+mx=0的两个根为x

1,x2,且𝑥2𝑥1≥ea,求证:𝑓'(𝑥1+𝑥2)+𝑚𝑓'(𝑥1-𝑥2)>65.答案：1.C解析:f'(x)=(𝑥-1)e𝑥+2𝑥2,所以切线斜率为f'(1)=2,又因为f(1)=e-2,所以切线方程为y-(e-2)=2(x-1

),即2x-y+e-4=0.2.B解析:因为自由落体运动的速度v=gt,所以路程s=∫20gtdt=12gt2|02=2g,故选B.53.A解析:由给定的导函数图象知,当x<-2或x>0时,f'(x)<0,当-2<x<0时,f'(x

)>0,从而得f(x)有两个极值点,极小值点为-2,极大值点为0,且f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递减,在(-2,0)内单调递增,只有选项A符合要求.4.C解析:∵f(x)=x2+2f'(2)x+m,∴f'(x)=2x+2f

'(2),∴f'(2)=2×2+2f'(2),∴f'(2)=-4,∴f(x)=x2-8x+m,图象为开口向上的抛物线,其对称轴方程为x=4,∴f(0)>f(5).5.A解析:由f(x)=lnx-mx(x>0),可得f'(x)=1

𝑥-m,若f(x)=lnx-mx在(0,1]上单调递增,则f'(x)≥0在(0,1]恒成立,即m≤1𝑥在(0,1]恒成立,则m≤1,因为(-∞,0]⫋(-∞,1],则可得“m≤0”是“函数f(x)=lnx-mx在(0,1]上单调递增”的充分不必要条件.6.C解析

:由f(x)=ex可得f'(x)=ex,设切点为(x0,e𝑥0),斜率为f'(x0)=e𝑥0,则切线方程为y-e𝑥0=e𝑥0(x-x0),把(0,0)代入可得-e𝑥0=e𝑥0(-x0),故x0=1,可得切线方程为y=ex,则直线l与曲线y=f(x)及y轴围成

的图形的面积为∫10(ex-ex)dx=ex-12ex201=e-22.7.C解析:f(x)=x3-3lnx-1的定义域为(0,+∞),f'(x)=3x2-3𝑥=3𝑥(x3-1),令f'(x)=0,解得x=1,列表可知,x(0,

1)1(1,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减↘极小值单调递增↗所以f(x)的极小值,也是最小值为f(1)=0,无极大值,在定义域内不单调,故C正确,A,D错误;对于选项B,由f(1)=0及f'(1)=0,所以y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程y-0=0(x-1),即y=0,

为x轴所在的直线,故B错误.8.D解析:令t=1elnx,则x=eet,所以不等式f(1eln𝑥)<√xe等价转化为不等式f(t)<√ee𝑡e=et,即𝑓(𝑡)e𝑡<1,6构造函数g(t)=𝑓(𝑡)e𝑡,则g'(t)

=𝑓'(𝑡)-𝑓(𝑡)e𝑡,由题意,g'(t)=𝑓'(𝑡)-𝑓(𝑡)e𝑡>0,所以g(t)为R上的增函数.又因为f(2021)=e2021,所以g(2021)=𝑓(2021)e2021=1,所以g(t)=𝑓(𝑡)e𝑡<1=g(2021),解得t<2021,即1elnx<

2021,所以0<x<e2021e.9.C解析:令g(x)=𝑓(𝑥)cos𝑥,则g'(x)=𝑓'(𝑥)cos𝑥+𝑓(𝑥)sin𝑥cos2𝑥,对于∀x∈(0,π2),都有g'(x)=𝑓'(𝑥)cos𝑥+𝑓(𝑥)sin𝑥cos2𝑥>0,所以函

数g(x)在(0,π2)内单调递增.因为π6<π4<π3,所以g(π6)<g(π4)<g(π3),即𝑓(π6)cosπ6<𝑓(π4)cosπ4<𝑓(π3)cosπ3,所以𝑓(π6)√3<𝑓(π4)√2

<f(π3),所以√2𝑓(π6)<√3𝑓(π4),f(π6)<√3𝑓(π3),f(π4)<√2𝑓(π3).故选C.10.B解析:①中,由图可知,在区间[x2,x3]上,f'(x)≥0,在区间[x3,x4]上,f'(x)≤0,故函数y=f(x)在区间[x2,x4]上先单调

递增后单调递减,①错误;②中,由图可知,在区间[x4,x5]上,任意连接两点(m,f'(m)),(n,f'(n)),中点设为M,M坐标为𝑚+𝑛2,𝑓'(𝑚)+𝑓'(𝑛)2,线段一定在y=f'(x)

图象上方,故中点也在y=f'(x)图象上方,即𝑓'(𝑚)+𝑓'(𝑛)2>f'(𝑚+𝑛2),故②正确;③中,由图可知,在区间[a,x3]上,f'(x)≥0,在区间[x3,x5]上,f'(x)≤0,在区间[x5,b]上,f'(x)≥0,所以y=

f(x)有一个极大值点x3和一个极小值点x5,故③错误;④中,由图可知,在区间[x2,x3]上,f'(x)≥0,且f'(x)单调递减,故y=f(x)单调递增,故f'(p)>f'(q),f(p)<f(q),故[f(p)-f(q

)]·[f'(p)-f'(q)]<0,即④正确.综上,真命题的序号是②④.11.C解析:对于A选项,f(x)定义域为(0,+∞),f'(x)=-2𝑥2+1𝑥=𝑥-2𝑥2,当0<x<2时,f'(x)<0

,当x>2时,f'(x)>0,所以x=2是f(x)的极小值点,A正确;对于B选项,令h(x)=f(x)-x,则h'(x)=-𝑥2-𝑥+2𝑥2<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减,h(1)=1,h(2)=ln2

-1<0,h(x)在(1,2)内有唯一零点,B正确;7对于C选项,令φ(x)=𝑓(𝑥)𝑥=2𝑥2+ln𝑥𝑥,φ'(x)=-𝑥ln𝑥-𝑥+4𝑥3,令F(x)=xlnx-x+4(x>0),F'(x)=lnx,当x∈(0,1)时,F'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,F'(x)>0

,F(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则F(x)min=F(1)=3>0,φ'(x)<0,φ(x)在(0,+∞)上单调递减,且φ(x)图象恒在x轴上方,与x轴无限接近,不存在正实数k使得f(x)>kx恒成立,C错误;对于D选项,

由A选项知,f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)上单调递增,因为正实数x1,x2,且x1>x2,f(x1)=f(x2),则0<x2<2<x1,当0<x<2时,令g(x)=f(x)-f(4-x),g'(x)<0,即g(x)在

(0,2)内单调递减,于是有g(x)>g(2)=0,从而有f(x1)=f(x2)>f(4-x2),又因为4-x2>2,所以x1>4-x2,即x1+x2>4成立,D正确.故选C.12.D解析:因为f(x)=a(x-a)2(x-b),所以f'(x)

=2a(x-a)(x-b)+a(x-a)2=a(x-a)[(2x-2b)+(x-a)]=a(x-a)[3x-(a+2b)]=3a(x-a)x-𝑎+2𝑏3.由f'(x)=0,解得x=a或x=𝑎+2𝑏3,若a<0,则由x=a为函数f(x)的极大值点,可得𝑎+

2𝑏3<a,化简得b<a.此时在区间-∞,𝑎+2𝑏3和(a,+∞)上,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;在区间𝑎+2𝑏3,a内,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.此时a(a-b)<0,即a2<ab.若a>0,则由x=a为函数的极大值点可得a<𝑎+2𝑏3,化

简得a<b.此时在区间(-∞,a)和𝑎+2𝑏3,+∞上,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;在区间a,𝑎+2𝑏3内,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.此时a(a-b)<0,即a2<ab.综上可得a2<ab.故选D.13.2解析:由f(x)=

𝑥-𝑎e𝑥可得,f'(x)=1-𝑥+𝑎e𝑥,所以f'(2)=-1+𝑎e2=1e2,解得a=2.14.1解析:∫21(1𝑥+2𝑚𝑥)dx=lnx+mx2|12=3+ln2,即ln2+4m-m=3+ln2,解得m=1.15.[4,+∞)解析:由f(

x)=cos2x+asinx可知,f'(x)=-2sin2x+acosx=-4sinxcosx+acosx=cosx(-4sinx+a),∵当x∈(π6,π2)时,f(x)单调递增,∴f'(x)≥0.8又cosx>0,∴只需-4sinx+

a≥0,即a≥4sinx在(π6,π2)内恒成立,而x∈(π6,π2),4sinx∈(2,4),∴a≥4.16.3-√3解析:如图,过点O作EF⊥AB交AB于点E,交CD于点F,则EF=1,因为△MNP为等腰三角形,

所以点P在直线EF上.设OE=x,则OF=1-x,且0<x<1,连接OB,则OB=1,在△OEB中,BE=√1-𝑥2,所以AB=2√1-𝑥2.在△MNP中,因为∠P=120°,MN=2,所以OP=√33.因为△PCF∽△PNO,所以�

�𝐹𝑃𝑂=𝐶𝐹𝑁𝑂,即√33-(1-𝑥)√33=𝐶𝐹1,所以CF=1-√3(1-x)=1-√3+√3x,所以梯形ABCD面积为S=12(AB+CD)·EF=√1-𝑥2+√3x+1

-√3(0<x<1),所以S'=√3−𝑥√1-𝑥2,因为0<x<1,所以由S'>0,解得0<x<√32,由S'<0,解得√32<x<1,所以当x=√32时,梯形ABCD面积最大,面积的最大值为√1-(√32)2+√3×√32+1-√

3=3-√3.17.解:(1)∵f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2a2x+a-3𝑥=2𝑎2𝑥2+𝑎𝑥-3𝑥=(𝑎𝑥-1)(2𝑎𝑥+3)𝑥.∵a>0,x>0,∴2𝑎𝑥+3�

�>0,∴当x∈(0,1𝑎)时,f'(x)<0;当x∈(1𝑎,+∞)时,f'(x)>0,∴函数f(x)在(0,1𝑎)内单调递减,在(1𝑎,+∞)上单调递增.(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,由(1)可得

函数f(x)在(0,1𝑎)内单调递减,在(1𝑎,+∞)上单调递增,9∴f(1𝑎)=3-3ln1𝑎=3+3lna>0,∴lna>-1,∴a>1e,即实数a的取值范围是(1e,+∞).18.(1)解:因为f(x)=ln𝑥𝑥+1,g(x)=

2𝑥+1−𝑎𝑥,所以f'(x)=𝑥+1𝑥-ln𝑥(𝑥+1)2,g'(x)=-2(𝑥+1)2+𝑎𝑥2,由题意得f'(1)=g'(1),所以12=a-12,解得a=1.(2)证明由(1)知,f(x)=ln𝑥𝑥

+1,g(x)=2𝑥+1−1𝑥,f(x)-g(x)=ln𝑥𝑥+1−2𝑥+1+1𝑥=𝑥ln𝑥-𝑥+1𝑥(𝑥+1),令h(x)=xlnx-x+1,x>0,则h'(x)=lnx,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x

∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,故当x=1时,h(x)取得最小值h(1)=0,所以h(x)≥0,故f(x)-g(x)≥0,所以f(x)≥g(x).19.(1)证明令F(x)=f(x)-cosx,则F(x)=ex-2x-cosx,F'(x)=ex-2+sinx=(ex-1)+(s

inx-1).当x<0时,ex<e0=1,且sinx-1≤0,故F'(x)<0,故函数F(x)在(-∞,0)上单调递减,故F(x)>F(0)=0,所以f(x)-cosx>0,即f(x)>cosx.(2)解:根据题

意,g(x)=ex-2x-cosx+ln(x+1),定义域为(-1,+∞),g'(x)=ex-2+sinx+1𝑥+1,令h(x)=g'(x)=ex+1𝑥+1+sinx-2,则h'(x)=ex-1(𝑥+1)2+cosx,易知当x∈0,π2时,h'(x)>0,故函数h(x)在0,π2内单调递增

,则h(x)>h(0)=0,即g'(x)>0,所以函数g(x)在0,π2内单调递增.当x∈(-1,0)时,h'(x)单调递增,且h'(0)=1>0,又因为h'(-12)=e-12+cos(-12)-4<0,故∃x0∈(-12,0),使得h'(x0)=0,所以当x

∈(x0,0)时,h'(x)>0,函数h(x)在(x0,0)内单调递增,即g'(x)在(x0,0)内单调递增,所以当x∈(x0,0)时,g'(x)<g'(0)=0,故函数g(x)在(x0,0)内单调递减.当x∈(-1,x0

)时,x→-1,g'(x)→+∞,所以∃x1∈(-1,x0),当x∈(-1,x1)时,g'(x)>0,g(x)在(-1,x1)上单调递增,当x∈(x1,x0)时,g'(x)<0,g(x)在(x1,x0)上单调递减,故g(x)在(-1,0)上只有一个极大值点x1.10当x∈[π2,+∞)时,

ex≥eπ2>2.732>4,1𝑥+1>0,即ex+1𝑥+1+sinx-2>0,所以g'(x)>0,函数g(x)在[π2,+∞)上单调递增.综上可知,函数g(x)在(x0,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,因此,当x=0时,函数g(x)有极小值,极小值为g(0)=

0.20.解:(1)∵f(x)=aln2x+2x(1-lnx),其定义域为(0,+∞),则f'(x)=2ln𝑥(𝑎-𝑥)𝑥(x>0),且f'(1)=0,①若a≤0,当0<x<1时,f'(x)>0,即函数f(

x)在(0,1)内单调递增,当x>1时,f'(x)<0,函数f(x)在(1,+∞)上单调递减;②当0<a<1时,令f'(x)=0,解得x=1,x=a,当a<x<1时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,当x>1或0<x<a时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,∴

f(x)在(a,1)内单调递增,在(0,a),(1,+∞)上单调递减;③当a=1时,f'(x)≤0恒成立,即函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;④当a>1时,当1<x<a时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,当x>a或0<x<1时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,∴f(x)在(1,a

)内单调递增,在(0,1),(a,+∞)单调递减.(2)g(x)=e2f(x)-2a2=0,即方程f(x)=2𝑎2e2有且仅有3个不同的实根,∴y=f(x)与y=2𝑎2e2的图象有三个交点,∴由(1)知,必有0<a<1或a>1.①当0<a<1时,f(x)在(a,1)

内单调递增,在(0,a),(1,+∞)上单调递减;∴f(x)的极小值为f(a)=aln2a+2a(1-lna),极大值为f(1)=2.又f(a)=aln2a+2a(1-lna)=a(ln2a+2-2lna)=a[(lna-1)2+1]>a>2𝑎2e2,∴y=f(x)与y=2𝑎2e

2的图象至多有1个交点,所以不合题意;②当a>1时,f(x)在(1,a)内单调递增,在(0,1),(a,+∞)上单调递减,11∴f(x)的极小值为f(1)=2,极大值为f(a)=aln2a+2a(1-lna),∴只有

当2<2𝑎2e2<a(ln2a+2-2lna)成立,y=f(x)与y=2𝑎2e2的图象才有三个交点,当2<2𝑎2e2时,解得a>e,下面只需要求解不等式2𝑎2e2<a(ln2a+2-2lna),即2�

�e2<ln2a+2-2lna的解集,令lna=t,t>0,则2𝑎e2<ln2a+2-2lna等价于2et-2<t2+2-2t,设h(t)=t2+2-2t-2et-2,则h'(t)=2t-2-2et-2,令u(t)=2t-2-2et-2,则u'(t)=2-2et-2,

令u'(t)=0,则t=2,且当t<2时,u'(t)>0,函数u(t)单调递增,当t>2时,u'(t)<0,函数u(t)单调递减,又u(2)=0,所以u(t)≤0,即h(t)单调递减,又h(2)=0,∴当0<t<

2时,h(t)>0,即0<lna<2,得到1<a<e2,综上,a的取值范围为(e,e2).21.(1)解:∵h(x)=g(x)-f(x)=x-alnx+1+𝑎𝑥,其定义域是(0,+∞),∴h'(x)=(𝑥+1)[𝑥-(1+𝑎)]𝑥2.

①1+a≤0,即a≤-1,x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增;②a+1>0,即a>-1,x∈(0,1+a)时,h'(x)<0,x∈(1+a,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单调递增.综上,当a>-1时,h(x

)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单调递增,当a≤-1时,h(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)证明由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,故a=2;∵2lnx1+mx1=0,2lnx2+mx2=0,∴2(lnx2-lnx1)=m(x1-x2).又f(x)=2lnx

,∴f'(x)=2𝑥,𝑓'(𝑥1+𝑥2)+𝑚𝑓'(𝑥1-𝑥2)=2𝑥1+𝑥2+𝑚2𝑥1-𝑥2=𝑥1-𝑥22(2𝑥1+𝑥2+𝑚)=𝑥1-𝑥2𝑥1+𝑥2+m·𝑥1-𝑥22=1-𝑥2𝑥11

+𝑥2𝑥1+ln𝑥2𝑥1,令𝑥2𝑥1=t≥e2,φ(t)=1-𝑡1+𝑡+lnt,则φ'(t)=𝑡2+1𝑡(𝑡+1)2>0,12∴φ(t)在[e2,+∞)上单调递增,φ(t)≥φ(e2)=1+2e2+1>1+232+1=65,故𝑓'(𝑥1+𝑥2)+𝑚�

�'(𝑥1-𝑥2)>65.