2019版數(shù)學(xué)（文）大一輪優(yōu)選講義：第9講對數(shù)與對數(shù)函數(shù) 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第9講對數(shù)與對數(shù)函數(shù)考綱要求考情分析命題趨勢1。理解對數(shù)的概念及其運算性質(zhì)，知道用換底公式將一般對數(shù)轉(zhuǎn)化成自然對數(shù)或常用對數(shù)；了解對數(shù)在簡化運算中的作用．2．理解對數(shù)函數(shù)的概念及其單調(diào)性,掌握對數(shù)函數(shù)圖象通過的特殊點，會畫底數(shù)為2,10，eq\f（1，2）的對數(shù)函數(shù)的圖象．3．體會對數(shù)函數(shù)是一類重要的函數(shù)模型．4．了解指數(shù)函數(shù)y＝ax與對數(shù)函數(shù)y＝logax互為反函數(shù)(a>0，且a≠1）.2017·全國卷Ⅱ，82017·北京卷，82016·全國卷Ⅰ，82016·浙江卷,52015·四川卷，41.對數(shù)式的化簡與求值，考查對數(shù)的運算法則．2．對數(shù)函數(shù)圖象與性質(zhì)的應(yīng)用,多考查對數(shù)函數(shù)的定義域、值域、單調(diào)性，難度不大．3．指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的綜合問題，考查反函數(shù)的應(yīng)用,與指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)有關(guān)的方程、不等式、恒成立問題,綜合性強，難度稍大.分值：5～7分1．對數(shù)的概念(1）對數(shù)的定義如果ax＝N（a〉0,且a≠1），那么數(shù)x叫做以a為底N的對數(shù)，記作__x＝logaN__，其中__a__叫做對數(shù)的底數(shù)，__N__叫做真數(shù)．(2）幾種常見對數(shù)對數(shù)形式特點記法一般對數(shù)底數(shù)為a（a〉0，且a≠1）__logaN__常用對數(shù)底數(shù)為__10____lg_N__自然對數(shù)底數(shù)為__e____ln_N__2．對數(shù)的性質(zhì)與運算法則（1）對數(shù)的性質(zhì)①alogaN＝__N__;②logaaN＝__N__（a>0，且a≠1）．(2）對數(shù)的重要公式①換底公式：__logbN＝eq\f（logaN,logab)__（a，b均大于零，且不等于1)；②logab＝eq\f(1，logba)，推廣logab·logbc·logcd＝__logad__.(3)對數(shù)的運算法則如果a〉0，且a≠1,M〉0，N〉0，那么①loga(MN)＝__logaM＋logaN__；②logaeq\f(M，N）＝__logaM－logaN__；③logaMn＝__nlogaM__(n∈R)；④logamMn＝__eq\f（n,m）logaM__（m,n∈R,且m≠0）．3．對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)a>10〈a<1圖象性質(zhì)定義域為__（0，＋∞)__值域為__R__過點__(1,0)__，即x＝__1__時，y＝__0__當(dāng)x〉1時,__y〉0__;當(dāng)0〈x<1時，__y<0__當(dāng)x>1時，__y〈0__；當(dāng)0<x〈1時，__y〉0__在(0，＋∞）上是__增函數(shù)__在(0，＋∞)上是__減函數(shù)__y＝logax的圖象與y＝logeq\f（1，a）x(a>0，且a≠1）的圖象關(guān)于x軸對稱4．指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的關(guān)系指數(shù)函數(shù)y＝ax（a>0，且a≠1）與對數(shù)函數(shù)__y＝logax（a>0，且a≠1）__互為反函數(shù)，它們的圖象關(guān)于直線__y＝x__對稱．5．對數(shù)函數(shù)的圖象與底數(shù)大小的比較如圖，作直線y＝1，則該直線與四個函數(shù)圖象交點的橫坐標(biāo)為相應(yīng)的底數(shù)．故0<c〈d<1〈a<b。由此我們可得到以下規(guī)律：在第一象限內(nèi)從左到右底數(shù)逐漸增大．1．思維辨析（在括號內(nèi)打“√”或“×”）．(1）logax2＝2logax.(×)(2)函數(shù)y＝log2(x＋1)是對數(shù)函數(shù)．(×）（3）函數(shù)y＝lneq\f(1＋x,1－x）與y＝ln(1＋x）－ln（1－x）的定義域相同．(√)（4）若logam<logan，則m<n。(×)解析(1）錯誤．logax2＝2loga｜x|.（2）錯誤．不符合對數(shù)函數(shù)的定義．(3)正確．函數(shù)y＝lneq\f（1＋x，1－x）的定義域為(－1，1)，而函數(shù)y＝ln（1＋x）－ln（1－x)的定義域亦為(－1,1）．(4）錯誤．當(dāng)a＞1時成立,而0＜a＜1時不成立．2．已知x,y為正實數(shù)，則(D）A．2lgx＋lgy＝2lgx＋2lgy B．2lg（x＋y）＝2lgx·2lgyC．2lgx·lgy＝2lgx＋2lgy D．2lg（xy）＝2lgx·2lgy解析2lg(xy)＝2（lgx＋lgy)＝2lgx·2lgy．故選D．3．如果logeq\f（1,2)x〈logeq\f(1,2)y<0，那么（D）A．y<x<1 B．x〈y〈1C．1<x<y D．1〈y<x解析由logeq\f（1，2)x<logeq\f（1，2）y<0，得logeq\f(1,2）x〈logeq\f(1,2）y<logeq\f（1,2)1，所以x〉y>1.故選D．4．函數(shù)y＝eq\r（log0。54x－3）的定義域為(C）A．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（x〉\f(3，4)）))) B．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)<x<1)））)C．eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（\f（3，4）〈x≤1）)）） D．eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（3,4)≤x≤1))））解析要使函數(shù)y＝eq\r（log0。54x－3)有意義,則需log0。5(4x－3）≥0，即0〈4x－3≤1,解得eq\f(3，4)<x≤1.故選C．5．計算：log23·log34＋（eq\r(3)）log34＝__4__。解析log23·log34＋(eq\r（3））log34＝eq\f（lg3,lg2）·eq\f（2lg2,lg3）＋3eq\f（1,2）log34＝2＋3log32＝2＋2＝4。一對數(shù)的運算對數(shù)運算的一般思路（1）首先利用冪的運算把底數(shù)或真數(shù)進(jìn)行變形，化成分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的形式，使冪的底數(shù)最簡，然后正用對數(shù)的運算性質(zhì)化簡合并．（2）將對數(shù)式化為同底數(shù)對數(shù)的和、差、倍數(shù)運算，然后逆用對數(shù)的運算性質(zhì),轉(zhuǎn)化為同底對數(shù)真數(shù)的積、商、冪的運算．【例1】（1）eq\r（log232－4log23＋4)＋log2eq\f（1,3）＝（B)A．2 B．2－2log23C．－2 D．2log23－2（2)eq\f（1，2)lg25＋lg2－lgeq\r（0。1）－log29×log32的值是__－eq\f（1，2）__。(3)已知2x＝12,log2eq\f（1,3）＝y(tǒng)，則x＋y的值為__2__。（4)設(shè)2a＝5b＝m，且eq\f（1，a)＋eq\f（1,b)＝2，則m＝__eq\r(10）__.解析(1)eq\r（log232－4log23＋4）＝eq\r(log23－22)＝2－log23，又log2eq\f(1，3)＝－log23，兩者相加即為B項．（2）原式＝lg5＋lg2＋eq\f(1，2）－2＝1＋eq\f（1，2)－2＝－eq\f（1，2)。(3)∵2x＝12，∴x＝log212，∴x＋y＝log212＋log2eq\f（1，3）＝log24＝2。（4）∵2a＝5b＝m>0,∴a＝log2m，b＝log∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b）＝eq\f(1，log2m）＋eq\f(1,log5m）＝logm2＋logm5＝logm10＝2?！鄊2＝10，∴m＝eq\r(10）.二對數(shù)函數(shù)的圖象及應(yīng)用在識別函數(shù)圖象時，要善于利用已知函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)圖象上的特殊點(與坐標(biāo)軸的交點、最高點、最低點等）排除不符合要求的選項．在研究方程的根時，可把方程的根看作兩個函數(shù)圖象交點的橫坐標(biāo),通過研究兩個函數(shù)圖象得出方程根的關(guān)系．一些對數(shù)型方程、不等式問題常轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的函數(shù)圖象問題，利用數(shù)形結(jié)合法求解．【例2】(1)函數(shù)f（x）＝lgeq\f（1，｜x＋1|)的大致圖象是（D)（2)若a＝2x，b＝eq\r（x)，c＝logeq\f(1，2)x,則“a>b〉c”是“x〉1”的(B)A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件（3)若不等式4x2－logax〈0對任意x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0,\f(1,4）））恒成立,則實數(shù)a的取值范圍為（A）A．eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，256），1)） B．eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，256)，1)）C．eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（1,256）)) D．eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f（1，256)))解析（1）f（x）＝lgeq\f(1，|x＋1｜）＝－lg｜x＋1|的圖象可由偶函數(shù)y＝－lg｜x｜的圖象左移1個單位得到．由y＝－lg|x|的圖象可知D項正確．（2)如圖，可知“x>1”?“a〉b>c",但“a〉b>c”?/“x>1”，即“a>b>c”是“x>1”的必要不充分條件．(3）∵不等式4x2－logax〈0對任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（1,4）))恒成立，∴x∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（1，4)））時，函數(shù)y＝4x2的圖象在函數(shù)y＝logax的圖象的下方，∴0〈a<1。再根據(jù)它們的單調(diào)性可得4×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,4））)2≤logaeq\f（1，4）,即logaaeq\f(1，4）≤logaeq\f(1，4），∴aeq\f(1,4）≥eq\f（1,4），∴a≥eq\f(1,256）。綜上可得eq\f（1,256）≤a<1，故選A．三對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用`(1）對數(shù)值大小比較的主要方法：①化同底數(shù)后利用函數(shù)的單調(diào)性；②化同真數(shù)后利用圖象比較；③借用中間量（0或1等）進(jìn)行估值比較．（2）對于較復(fù)雜的不等式有解或求參數(shù)值的問題，可借助函數(shù)圖象解決，具體步驟為：①對不等式變形，使不等號兩邊對應(yīng)兩函數(shù)f（x），g（x）;②在同一坐標(biāo)系下作出兩函數(shù)y＝f(x）及y＝g(x)的圖象;③比較當(dāng)x在某一范圍內(nèi)取值時圖象的上下位置及交點的個數(shù)來確定參數(shù)的取值或解的情況．(3)解決與對數(shù)函數(shù)有關(guān)的問題時，務(wù)必先研究函數(shù)的定義域，并注意對數(shù)底數(shù)的取值范圍．【例3】（1)（2018·江西南康中學(xué)期中)設(shè)a＝logπ3，b＝20.3，c＝log2eq\f（1，3），則(D）A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．c>a〉b D．b〉a〉c(2）函數(shù)f(x)＝loga（ax－3）在[1，3]上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(D）A．(1，＋∞） B．(0，1)C．eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1,3））) D．（3，＋∞）解析(1)0<logπ3<1，20。3〉1,log2eq\f(1，3）＝－log23〈0，則b〉a>c.故選D．(2）由于a>0，且a≠1，∴u＝ax－3為增函數(shù)，∴若函數(shù)f（x)為增函數(shù)，則f(x）＝logau必為增函數(shù)，因此a>1。又u＝ax－3在[1，3］上恒為正，∴a－3〉0，即a〉3。1．下列四個命題:①?x0∈（0,＋∞)，eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)）)x0〈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,3))）x0；②?x0∈（0，1），logeq\f（1，2)x0>logeq\f(1，3）x0;③?x∈（0，＋∞），eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)))x>logeq\f(1，2）x;④?x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))），eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)）x〈logeq\f(1,3）x.其中真命題是（C)A．①③ B．②③C．②④ D．③④解析根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)，可知①③是錯誤的，②④是正確的．故選C．2．已知函數(shù)y＝lg［（a2－1)x2－2(a－1)x＋3]的值域為R,則實數(shù)a的取值范圍是(B)A．[－2，1］ B．［－2，－1]C．（－2，1) D．（－∞，－2)∪［1，＋∞)解析函數(shù)的值域為R，只需滿足u＝（a2－1)x2－2(a－1）x＋3能取得(0,＋∞)上的所有實數(shù)，所以當(dāng)a＝1時,不合題意；當(dāng)a＝－1時,u＝4x＋3成立；當(dāng)a2－1>0時，Δ＝4(a－1）2－12(a2－1)≥0，解得－2≤a<－1。綜上，－2≤a≤－1。3．f（x)＝log3x·log3（3x）的值域為__eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1，4)，＋∞））__。解析f（x）＝log3x·log3(3x)＝log3x(1＋log3x)＝(log3x）2＋log3x。令log3x＝t，則y＝t2＋t＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(t＋\f（1，2）））2－eq\f（1，4)≥－eq\f(1,4).4．已知函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≤0，，lnx＋1,x>0，)）若｜f(x）｜≥ax,則a的取值范圍是__［－2，0]__.解析∵|f（x)|＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x2－2x，x≤0，,lnx＋1，x〉0，）)∴由|f(x)｜≥ax,分兩種情況:①由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x≤0,,x2－2x≥ax)）恒成立,可得a≥x－2恒成立，則a≥(x－2)max，即a≥－2；②由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x〉0，，lnx＋1≥ax））恒成立,并根據(jù)函數(shù)圖象可知a≤0.綜合(1)（2）,得－2≤a≤0.eq\o（\s\up7(易錯點忽視對數(shù)的真數(shù)大于零）,\s\do5(）)錯因分析:解決對數(shù)問題時,忽視對數(shù)的真數(shù)大于零造成錯解．【例1】函數(shù)y＝logeq\f（1,2）（2x2－3x＋1）的遞減區(qū)間為(）A．(1,＋∞) B．eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（－∞，\f(3,4）)）C．eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2），＋∞)） D．eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(3，4）,＋∞）)解析由2x2－3x＋1>0，得x〉1或x〈eq\f(1，2)，易知u＝2x2－3x＋1eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x〉1或x〈\f(1,2)))在(1,＋∞)上是增函數(shù)，而y＝logeq\f（1,2)(2x2－3x＋1）的底數(shù)0<eq\f（1，2）〈1，所以該函數(shù)的遞減區(qū)間為（1,＋∞)．故選A．答案A【跟蹤訓(xùn)練1】(2017·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x）＝ln（x2－2x－8）的單調(diào)遞增區(qū)間是(D)A．（－∞,－2) B．（－∞，1）C．（1,＋∞) D．（4，＋∞）解析由x2－2x－8〉0，得x〈－2或x〉4.因此，函數(shù)f（x)＝ln（x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2）∪（4，＋∞)．又因為函數(shù)y＝x2－2x－8在（4,＋∞)上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)＝ln（x2－2x－8）的單調(diào)遞增區(qū)間是（4，＋∞)．故選D．課時達(dá)標(biāo)第9講[解密考綱］本考點主要考查對數(shù)的運算、對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)、簡單復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性等,通常以選擇題、填空題的形式呈現(xiàn),題目難度中等或中等偏上．一、選擇題1．函數(shù)y＝eq\f(lgx＋1,x－1）的定義域是（C)A．（－1，＋∞)B．[－1，＋∞）C．（－1,1）∪(1，＋∞)D．[－1，1）∪(1，＋∞)解析要使eq\f(lgx＋1，x－1）有意義，需滿足x＋1〉0且x－1≠0，得x〉－1且x≠1。2．若0<x〈1，則下列結(jié)論正確的是(C）A．eq\r(x）〉2x〉lgx B．2x>lgx〉eq\r(x）C．2x〉eq\r（x）〉lgx D．lgx〉eq\r（x)〉2x解析∵0〈x〈1，∴2x〉1,0<eq\r(x)〈1，lgx<0，∴2x>eq\r(x)〉lgx．故選C．3．函數(shù)f（x）＝logeq\f（1,2）（x2－4）的單調(diào)遞增區(qū)間是（D）A．（0，＋∞) B．(－∞，0）C．（2,＋∞) D．（－∞,－2）解析函數(shù)y＝f（x)的定義域為（－∞,－2）∪(2，＋∞)，因為函數(shù)y＝f(x）是由y＝logeq\f（1,2）t與t＝g(x)＝x2－4復(fù)合而成,又y＝logeq\f（1,2）t在(0，＋∞)上單調(diào)遞減,g(x)在（－∞，－2）上單調(diào)遞減,所以函數(shù)y＝f（x)在（－∞，－2)上單調(diào)遞增．故選D．4．函數(shù)y＝lg|x－1｜的圖象是(A)解析因為y＝lg｜x－1｜＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（lgx－1,x>1，，lg1－x，x<1。）)當(dāng)x＝1時,函數(shù)無意義，故排除B,D項．又當(dāng)x＝2或0時，y＝0,所以A項符合題意．5．（2017·北京卷）根據(jù)有關(guān)資料,圍棋狀態(tài)空間復(fù)雜度的上限M約為3361，而可觀測宇宙中普通物質(zhì)的原子總數(shù)N約為1080。則下列各數(shù)中與eq\f（M,N）最接近的是（參考數(shù)據(jù)：lg3≈0。48）(D)A．1033 B．1053C．1073 D．1093解析由已知得lgeq\f（M,N)＝lgM－lgN＝361×lg3－80×lg10≈361×0.48－80＝93。28＝lg1093.28。故與eq\f(M,N)最接近的是1093.6．設(shè)a＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（7，9))）－eq\f（1，4），b＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(9,7)))eq\f（1，5)，c＝log2eq\f（7，9）,則a，b,c的大小順序是(C)A．b〈a〈c B．c〈a<bC．c〈b〈a D．b<c<a解析∵a＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（7,9）)）－eq\f（1，4）＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(9，7)）)eq\f(1,4），b＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（9，7)))eq\f(1,5），且函數(shù)y＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(9,7）)）x為R上的增函數(shù),eq\f（1，4）〉eq\f（1，5），∴a〉b〉0，又∵c＝log2eq\f（7，9）<0，∴c〈b<a.故選C．二、填空題7．函數(shù)y＝logeq\f(1，2）（x2－6x＋17）的值域是__（－∞，－3]__.解析令u＝x2－6x＋17＝（x－3）2＋8≥8,又y＝logeq\f(1,2）u在［8，＋∞）上為減函數(shù)，所以y≤logeq\f（1，2）8＝－3。8．已知函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log4x,x>0，，2－x,x≤0,)）則f（f（－4））＋feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(log2\f（1，6）))＝__8__.解析f(f(－4）)＝f（24)＝log416＝2，∵log2eq\f（1，6)〈0,∴feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（log2\f（1，6)））＝2－log2eq\f（1,6）＝2log26＝6，即f(f（－4））＋feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（log2\f（1，6)）)＝2＋6＝8。9．計算：log2eq\f（\r(2)，2)＝__－eq\f（1,2）__,2log23＋log43＝__3eq\r(3)__.解析log2eq\f(\r（2），2)＝log22－eq\f(1,2)＝－eq\f（1,2).∵log43＝eq\f（log23，log24）＝eq\f(1,2)log23＝log2eq\r(3）,∴2log23＋log43＝2log23＋log2eq\r(3）＝2log23eq\r(3）＝3eq\r（3）.三、解答題10．已知函數(shù)f(x）＝loga(x＋1）－loga（1－x）（a〉0，且a≠1)．(1）求f(x）的定義域；(2）判斷f（x)的奇偶性并予以證明;（3)當(dāng)a〉1時,求f（x）〉0的解集．解析（1）要使函數(shù)f（x）有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋1〉0，，1－x>0，））解得－1〈x<1,故所求函數(shù)f（x）的定義域為（－1,1)．（2)由（1)知f(x)的定義域為（－1，1）,且f(－x）＝loga（－x＋1)－loga(1＋x)＝－[loga(x＋1）－loga（1－x）］＝－f（x），故f（x)為奇函數(shù)．（3)因為當(dāng)a〉1時，f(x)在定義域（－1，1)內(nèi)是增函數(shù)，所以f(x）>0?eq\f(x＋1，1－x)〉1，解得0<x<1。所以使f(x）〉0的解集是（0,1)．11．（2018·云南玉溪一中期中)函數(shù)f（x)＝loga(2x2＋x)(a＞0，且a≠1)．(1）若當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(1,2）)）時，都有f(x）＞0恒成立，求a的取值范圍；（2)在(1)的條件下，求f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．解析(1）令u＝2x2＋x，f（x）＝y(tǒng)＝logau，當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1