數(shù)列第十八講數(shù)列的綜合應用答案

專題六 數(shù)列第十八講 數(shù)列的綜合應用答案部分1．B【解析】解法一因為lnx≤x1(x0)，所以a1a2a3a4ln(a1a2a3)≤，所以a1a2a31a，所以等比數(shù)列的公比q．a(chǎn)≤ ，又4111若q≤1，則a1 a2 a3 a4 a1(1q)(1q2）0，而 a a a≥a ，所以12311ln(a a a) 0，123

與ln(a

a

a)

a a

a a

≤0

矛盾，1231234所以

1q

0，所以(1a1

a3

a1(1q)

0，

a

a

aq

q22241)0

，所以a a，13a a，故選 B．24解法二 因為ex≥x1，ln(123)a a a a a a a，1234所以1234eaaaaa a a≥a a a a ，則a≤ ，1231234141又a11，所以等比數(shù)列的公比q0．若q≤1，則a1 a2 a3 a4 a1(1q)(1q2）≤0，而a1a2a3≥a11，所以ln(aaa)0123與ln(aaa)aaaa≤0矛盾，1231234所以1q0，所以(12)0aaaq，a2a4a1q(1q2)0，131所以aa，aa，故選B．2134a2．A【解析】對命題p：aaLa成等比數(shù)列，則公比n(n 3)且a 0；nq1,2,,nan1對命題q，①當a 0時，a2 a2L a2a2 a2L a2 aa aaL aa成立；()(n12n12②當a時，根據(jù)柯西不等式，n)()3n1223n1n12等式(22)(22aaL a a aL a12n123)( aa aaL a a2n1223)2成立，n1n則aaan1a1,a2,L,an成等比數(shù)列，，所以naaa所以p是q的充分條件，但不是 q的必要條件．3．A【解析】 a，，24a成等比數(shù)列，∴ a2 aa，即(a 6)2 (a 2)(a14)，8428111解得a1 2，所以(1)S nn ．n4．B【解析】∵ f2(x)xf1(a2)f1(a1)0，?，fafa，1(99)1(98)0∴I1|f1(a1)f1(a0)||f1(a2)f1(a1)||f1(a99)f1(a98)|1在[0,1]上單調(diào)遞增，可得f1(a1)f1(a0)0，fafafafa1(1)1(0)+1(2)1(1)fafafafa=992-0=11(99)1(98)=1(99)1(0)（）99f 在049][，上單調(diào)遞增，在[,1]50∵2(x)2(xx2),單調(diào)遞減9999∴

f2(a1)

f2(a0)

0，?，

fafa

，

fa

fa

，2(49)2(48)02(50)2(49)0f2(a51)f2(a50)

0，?，

fa

fa2(99)2(98)0∴ I fa fa fa fa fa fa2|2(1)|2(99)2(98)|2(0)||2(2)2(1)|= fa fa fa

fa=2f(a) f(a) f(a)2(49)2(0)[2(99)2(50)]2502029950509800=4(1)

1

9999980115074

∵

3x|sin2x|f

在[0,24]()[,]

3999999

，上單調(diào)254975

上單調(diào)遞增，在[,][,1]999999

，遞減，可得249I6

2f(a) 2f(a)22 (2sinsin)

2f(a）=(2sin3325349374sin99)9932522(3121234因此26

I2)

463214．II135．27【解析】所有的正奇數(shù)和 2n(n5中， 2前面有 16個正奇數(shù)，即N*)按照從小到大的順序排列構(gòu)成 {a}，在數(shù)列{a}nn56a

，

a

．當

n1時，

2123822

Sa不

，1112224符合題意；當

n

2時，

S2

312a3

36，不符合題意；當nS3 612a4

3時，48，不符合題意；當

n

4時，

41012560S

a ，不符合題意；??；21(141)2(12) =441+62=503<512a516，不符合題 26 2721222(143)2(125)

=484+62=546>意；當

n

27時，

S12a=540，符合題

27 28212

意．故使得

S a

成立的

n的最小值為

27．12當n26時，Snn12【解析】由題可得，(a 2d)2 (a d)(a 6d)，故有3a 2d，又因為6．

,111113

22a

a1，即

3a

d1，所以

d

1,a

．121137．64【解析】由

111,2,5)1(14)(1a

且

aaa

成等比數(shù)列，得

aa

d

a d2

，解得

d

2，故87S 8a d 64．812238．3【解析】設 a t，則1≤t≤q≤t1≤q≤t 2≤q，由于 t≥1，所以32q≥

max{t,t1,3t

2}，故

q的最小值是

33

．因此

k

N*

，所以

k

4．

9．【解析】

(1)由條件知：

a

(n1)d,．n2n1bn因為||a

b≤b

對

n=1，2，3，4

均成立，nn1即|(n1)d 2n1|≤1對n=1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d≤3，3≤2d≤5，7≤3d≤9，得75因此， d的取值范圍為[,]．75≤d≤．3232(2)由條件知：b1(n1)d,1qn．n1bbn若存在 d，使得|a b|≤b(n=2，3，···，m+1)成立，nn1即|b (n1)dbqn1|≤b(n=2，3，···，m+1)，111即當n 2,3,L,m1時，d滿足qn12qn1．b d bn1n1113因為q(1,m2]，則1q從而qn1n1qm2，，對n 2,3,L,m1均成立．2 bq 0，n1b1 0n1n11因此，取d=0時，a b b對n 2,3,L,m1均成立．||nn1qn1n1 的最小值（ n 2,3,L,m1）．2q下面討論數(shù)列{}的最大值和數(shù)列{}n1n1 q2q2nqqnq2n(qq)q，①當2 n m時，nnnnnnnn111 nn1n(n1)n(n1)1當nm1q 2m時，有 q q 2，從而 n(qn qn1) qn 2 0．qn1 2}單調(diào)遞增，因此，當 2 n m1時，數(shù)列{ q故數(shù)列{12}的最大值為nqmn12．n1m②設f(x)2x(1x)，當x0時，f(x)(ln21xln2)20，x所以f(x)單調(diào)遞減，從而f(x)f(0)1．當2nm時，qn1qnq(n1)11n1nf2(1) ()1，nn1qn1單調(diào)遞減，因此，當 2 n m1時，數(shù)列{} n1 q ．qn1m故數(shù)列{}的最小值為 mn1mmb1 (q 2)bq1因此，d的取值范圍為[,] mm．10．【解析】（Ⅰ）用數(shù)學歸納法證明： xn0當n1時， x100，假設nk時，xk那么n k1時，若 x1≤0，則0 xk xk1 ln(1xk1)≤0，矛盾，故kx1 0．k因此xn0(nN*)所以 x x1 ln(1x1) x1nnn(nN*)因此xxn1nn（Ⅱ）由 x x1 ln(1x1) x1得nnnnxx1 4x1 2x x1 2x1 (x1 2)ln(1x1)2nnnnnnnn記函數(shù) f(x) x2 2x (x 2)ln(1x)(x≥0)函數(shù)f(x)在[0,)上單調(diào)遞增，所以 f(x)≥f(0)=0，因此 x1 2x1 (x1 2)ln(1x1) f(x1)≥02nnnnnxx故21(N)xxnnn1n2（Ⅲ）因為x x1 ln(1x1)≤x1 x1 2x1nnnnn1所以x≥得nn12xx由1nn2xx得n1n21111 ≥2( ) 0x2x2n1n1111111所以2()22≥ ≥≥n()2 nx2x2x2nn111故≤xnn2211n≤x≤nn．12(N)綜上，n22n11．【解析】證明:（1）因為a是等差數(shù)列，設其公差為 d，則a a n d，nn1(1)從而，當 n≥4時，ankanka1

(n

k1)d

a1

(n

k1)d

2a

2(n1)d

2a

，

k1,2,3,1n所以

an

ananan

anan

an32+1+12+3，因此等差數(shù)列a是“P(3)數(shù)列”.n2）數(shù)列a既是“ P(2)數(shù)列”，又是“ P(3)數(shù)列”，因此，n2當n 3時，a2 a1 a1 annn4a，①nn5當n4時，n3211236.②na a

a

a a

a annnnn由①知，

an3

an2

4an1

(an

an1)

，③a2

a3

4a1

(an1

an)

，④nnn將③④代入②，得 an1 an12an，其中n4，所以a3,a4,a5,L是等差數(shù)列，設其公差為d'.在①中，取n4，則a2a3a5a64a4，所以在①中，取n3，則aad'，23122a1a2a4a54a3，所以aad'，所以數(shù)列{a}是等差數(shù)列.n12．【解析】（Ⅰ）由已知， S+1=qS+1,S+2=qS+1+兩1,式相減得到an+2=qan+1,n?1.qa又由211a=qa，故aS=qS+得到+=對所有 n31都成立.21n1nnnnn所以，數(shù)列{a}是首項為 1，公比為 q的等比數(shù)列.n從而a=qn-1.n由a，a，aa成等差數(shù)列，可得3=22,232a=a+a+a，所以aa，故2+3q=2.3223232+32a=a+a+a，所以aa，故q=2.3223所以a=2n-(n?N).n1*（Ⅱ）由（Ⅰ）可知， a=qn-1.n所以雙曲線 xy-a的離心率1212(n1)21e=+a=+-q.nnn由e2=1+q2=2解得q=3.所以，e+e+鬃?e=(1+1)+(1+q)+鬃?[1+q21222n2]2(n-1)n+[1+q+鬃?q22(n-1)]=n+q2n1-1q1=n+(3-1).n213．【解析】（1）由題意得：aa41211，則a2a121a2，36又當n 2時，由 a a Sn1nnSn，n1(21)(21)2得a13a，nn1*所以，數(shù)列{a}的通項公式為 a 3n,nN.nn（2）設|3n12|b1 2,b21.b n ，nN*，n當n 3時，由于3n1 n 2，故b 3n1 n 2,n 3.n設數(shù)列{}T1

2,T2

3.b

的前

n項和為

T

，則nn當n3時，9(13)(n 7)(n 2)3 n5n11n2n2，T 3n132,n1.所以，Tnnnn11,n 2,nN*n214．【解析】（Ⅰ）設{a}的公差為 d，則由已知條件得3′293a+2d=2,3a+d=化,簡得 a+2d=2,a+d=,11112a，11 ．解得故通項公式n221d2n-1n+1a=n，即．a(chǎn)=1+2（Ⅱ）由（Ⅰ）得14215+1=8．2b15b=1，b=a=設的公比為 q，則q34

8，從而

q=2

．nb1b(1-q)1?(12)nn故的前n項和T=nn=1-q1-2n=2-1n．15．【解析】（Ⅰ）設數(shù)列{a}的公比為 q，數(shù)列的公差為 d，由題意q 0，由已知，n有2q2消去d，整數(shù)得423d2,q2q80，又因為q＞0，解得q2,d2，3d2,2qq42d310,N，數(shù)列的通項公式為b 2n1,nN.nn1n所以{a}的通項公式為 a 2n1,nn（Ⅱ）解：由（Ⅰ）有nn，則nc n ,設{}212nc的前n項和為（Ⅱ）解：由（Ⅰ）有7S12o 32 52L 2n12n，n12n，2S12 32 52L 2n11n23兩式相減得nS12 2L 2n 2n12n 2n32n3，所以2323Sn ．nn16．【解析】

(Ⅰ)

由已知

S 2a

a，有nn1a

S S

=a

a

(n≥2)，22a

a

(n≥2)，即2nn1nnn1nn1a3 2a2 4a1．a(chǎn)2 2a1，又因為

a，

a+1，

a成等差數(shù)列，即

a＋

a＝2(

a＋1)，從而123132所以

a＋4

a＝2(2a

＋1)，解得

a＝2．1111所以，數(shù)列a是首項為

2，公比為

2的等比數(shù)列，故

a

2n

．nn(Ⅱ)由(Ⅰ)得12nan所以T＝11......1211[1()n]2211．nnn22212210a 45d100,17．【解析】（Ⅰ）由題意有，12a 9d 20, 即，ad2,1ad2,11a19, a1,a(2n79), 故或解得1a2n1,或nn9d2,2.2n12bd.9nb9().n1n（Ⅱ）由 d 1，知a 2n1，b 2n1，故cnnnn192n1，于是23T1n579L2n1，n1①22227429 L51135Tn232n1．n②2222221n222n1 3n①－②可得111T 2 Ln22n3，n2222282故Tn2n36．n2118．【解析】（Ⅰ） d 2,1 a,S 2a d,S 4a 6d,12141SS1,S,S成等比S SS242214解得a11,a 2n1n4n（Ⅱ）b1(1)n( 11)，(n1naann12n12n111111當n為偶數(shù)時T(1)()()LLn3557111()()2n32n12n12n112nT1n2n12n111111當為奇數(shù)時，nT(1)()()LLn31 T1n13557 111( ) ( ) 2n32n12n12n12n2312n12n1n2n12n22n ,n為偶數(shù)．,n為奇數(shù)12n19．【解析】（Ⅰ）由題意，n，32a1 aa6nNbnbb2bb ，知232a38 ，又由 a1 2，得公比 q 2（q 2舍去），所以數(shù)列a的通項公式為 a 2n(nN)，nnnn1所以1a1a2a3a2L2n2，故數(shù)列b的通項公式為，n1(b nn 11 an)nN；n1 1 2n，1(nN)（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知， cnbnnn1所以nS1(nN)nn129（ii）因為0,20,30,40cc c c ；1nn，11

當

n

5時，

cnn12n1n 2而nn1nn1n1n 2，2n2n1n21得nn15511，252n所以當 n 5時，cn0，S，故k 4．n綜上對任意 nN恒有 S20．【解析】（I）因為na a a a p。而是遞增數(shù)列，所以nn1nn1n1a ，1因此又 aaa成等差數(shù)列，所以 4a a 3a，因而3p2 p 0，1,22,33213解得1p ,p 03當p 0時，a a，這與n1n1p .a是遞增數(shù)列矛盾。故 3n（Ⅱ）由于a2n1a2n1是遞增數(shù)列，因而)0a2n1 0，于是(a2n1)( a a a2n2n2n1①但11，所以 n22122na a a a2n12n2n2n1.②又①，②知，a2n a2n1 0，因此a2n(1)2n2na2n1 ()22n1③2a因為故a是遞減數(shù)列，同理可得， 2n2n2n11(1)aa2n12n2n22(1)n1由③，④即知，aannn122n12n④100于是an a1 (a2 a1)(a3 a2)...(an an1)1112211() n1121121241(1)n.n1(1)nn1...2233241(1)n故數(shù)列a的通項公式為 ann332．n121．【解析】（Ⅰ）點(a,b)在函數(shù) f(x) 2x的圖象上，所以b 2，又等差數(shù)列{a}的annnnn公差為 d，所以bnan12aan1nd2anbnb因為點(a,4b)在函數(shù) f(x)的圖象上，所以 4b 2a b，所以2d88428778b7又n(n1)22a1 2，所以nan1d2nnnn3n2x（Ⅱ）由 f(x)2xf(x) 2ln2，函數(shù) f(x)的圖象在點(a,b)處的切線方程為22yb2 (2ln2)(x a2)a2所以切線在 x軸上的截距為12a 1，從而a21，故a22ln2ln2ln2從而ana n，b 2nn，nnb2nn123n1123nT L TL 222222222nn23nn2341111111n1n所以T1122222222n2nnnn12341n 2故T2．nn222．【解析】（Ⅰ）當 n≥2時，a S S1 2 2 2nn1n1nnn當n1時，a1 S1 211n 22n1∴n1時， S a，當n≥2時，S1a，∴{a}是“H數(shù)列”．n1nn（Ⅱ）n(n1)n(n1)S

na

d n dn122n

n(n1)2d

m d1(1)

對

nN

，

mN

使S a，即nm取n2得1d(m1)d，m21d∵d 0，∴m 2，又mN，∴m1，∴d 1．（Ⅲ）設{a}的公差為 dn令b a1 (n1)a1 (2 n)a1，對nna1N，bn

1bnc n

a d

，對

nN

，(1)(1)

cn

1ca1

dnn

則

b

c a1

(n1)d

a，且，{c}為等差數(shù)列nnnnnn(n1)T

的前na

n項和nn1T()a1n

，令ma

，則

)1n(n

3)2m2(22

當

n1時

m

1；當

n

2時

m

1；當n≥3時，由于 n與n 3奇偶性不同，即 n(n 3)非負偶數(shù)，mN因此對n，都可找到 mN，使T b成立，即為“H數(shù)列”．nmnn(n1){c}的前ｎ項和 Rnnnnc m a d R，則(1)1adm ( )，令(1)()n11m22∵對nN，n(n1)是非負偶數(shù)，∴ mN即對nN，都可找到 mN，使得 R c成立，即{c}為“H數(shù)列”nmn因此命題得證． 23．【解析】（Ⅰ）由 a1 2，248a afx a a a x a ()()nn1n2n1xacos-n2xsinf（x）aa a a xa x--sin-cosnn1n2n1n2f'() a-ann1 a-an2n1 022a a a所以，n1nn2n是等差數(shù)列.12而a12a，3d，41 1，（-1）1ann1，n1n（Ⅱ））（2n1）n1b （2ann）（2n1a2n211（1-）2Sn22）1 n n2122n11-2=nn 31-（）2n1 n 3n1-22n24．【解析】（Ⅰ）當 n1時，4aa1225,a22 4a 5，Q a01na 4a 521（Ⅱ）當 n 2時，n12na0n4S a 4n11，444a S Snn1a2n1a24na1 a 4a 4 a 2,22a a 2n1nnn2nnQn當2時，a是公差 d 2的等差數(shù)列.n，a aaaaa25214，解得a2 3．由（Ⅰ）可知， 4a a25=4,12a11Qa2 a1 3121n1a是首項 a ,公差d 2的等差數(shù)列.數(shù)列a的通項公式為 a 2n1.nn（Ⅲ）1L aa231 aann11111Laa2133557115711nn212111111123352n12n11111.22n1225．【解析】（Ⅰ）設數(shù)列{a}的公比為q，則a10，q0.由題意得nSSSS,2432aq2aq3aq2,即111解得a3,1aaa18,234aq(1qq)18,21q2.故數(shù)列{a}的通項公式為 3(2)n1．nn13（Ⅱ）由（Ⅰ）有 Sn3[1(2)]n.1(2)1(2)n若存在 n，使得 S 2013，則1(2)n 2013，即(2)n 2012.n當n為偶數(shù)時，(2)n0，上式不成立；當n為奇數(shù)時，(2)n2n2012，即2n2012，則n11.綜上，存在符合條件的正整數(shù)n，且所有這樣的n的集合為{nn2k1,kN,k5}．bS，nN*，又由題26．【證明】（Ⅰ）若 c 0，則nnSnnan(n1)d，nbnnn1 a d，b1n1b，nnd2dbb，(d 0)，又b，，成等比數(shù)列，124是等差數(shù)列，首項為 a，公差為n2

，

()2(3)bbb

a

aa

，addd2214

a(d24)

，Qd

0，d

2a

，

3d22S

na

，nSnk(nk)a nka,nS nka，S n2S（k,nN*）．2222k22nkk（Ⅱ）由題 bnSnb，n[2a (n1)d] ，若是等差數(shù)列，則可設2n2(2 )ncnnN，nncn[2a(n1)d] x yn 關(guān)于nN*恒成立．整理得：b x yn，x,y是常數(shù)，2n2(nc)2(d2y)n(2ad2x)n2cyn2cx032關(guān)于nN*恒成立．d2y0,2ad2x0,2cy0,2cx0，d2y0,2a2xd,cy0,cx0c0．27．【解析】（Ⅰ）由已知得：5a10d105,1a9d2(a4d),11解得a17,d7,所以通項公式為a7(n1)77n.n（Ⅱ）由a7n72m，得n72m1，即b72m1.n∵b7k12m1b，k72m1m14∴是公比為 49的等比數(shù)列，mSm7(149)m7(491)m．1494828．【解析】（Ⅰ）由題意得 a1 2000(150%) d 3000 d，3aa(150%)dad，211an123adad．(150%)nn（Ⅱ）由（Ⅰ）得23aadnn123()23an2 dd2233 ( )a ddn222L3n3ad33n()11L1()2．()22n22211整理得a(3)(3000d)2d(3)1nn3n2 d d．()(30003)212由題意，4000,(3)1(30003)2a d dnn4000,2解得d3()n21000n．23n11000(3n)2nn時，經(jīng)過 m(m 3)年企業(yè)的剩余資 2)n()121000(3故該企業(yè)每年上繳資金 d的值為繳n3金為4000元．229．【解析】（Ⅰ）由 S=2nn，得nnn當n=1時， a S ；3當n 2時， a S S11nnn12n2 n 2(n1)2

(n1)

4n1，

nN*.15由 a 4logb3，得

b

2n1，

nN*.n2nn（Ⅱ）由（1）知ab (4n1)2n1，nN*nn所以372112n2...4n12n，12T 32 72112...4n12n，nn2TT4n12nn[34(22...2)]21n(4n5)2n5T(4n5)2n5，nN*．n30．【解析】：（Ⅰ）由a3+a4+a5=84，a5=73可得3484,a28,而a9=73，則4a5da9ad，32827145,1ad9a，44于是an 1(n1)9 9n 8，即a 9n 8n.*m9n 8 92m，則9m 8 9n 92m 8，（Ⅱ）對任意m∈ N，98 9m1即8 n2m1 ，而n N*，由題意可知b92m1 9m19，m于是m9b12bSbm93m1(9091 m91)99 2m119m92m12121 ，99m19m109m19m19m192 9180880808即S.92m119mm808a bn2n231．【解析】（Ⅰ）由題意知 a11nanbb，n2a bnnbnbn1an1na所以2bn1an1 bbbnn1n1(nN)*a，從而naan12n22b所以數(shù)列 是以1為公差的等差數(shù)列．nan16b（Ⅱ） an．所以n2?a2 b2 (a b)2，nnbnn0,n02a bnn1a從而n1 2?2n2na b設等比數(shù)列{a}的公比為 q，由an0,知q 0,下證q1．2，a1 a1qnna若q1，則a1q2a2?2．故當 n logq，與（*）矛盾；na11若0 q1，則a1 2 a21．故當n log，qa1 a1qqna1，與（*）矛盾；na綜上： q1故a a，所以1a?n1112．b又2bn12b，所以{}n2b是以公比為 a的等比數(shù)列，若，na，a則2n2 a ，naaba1，于是b b b，又由 1a是b b b，又由1231nba22112，nN，得，于a1 21112nbnab所以a a12 a22，b1,b2,b3中至少有兩項相同，矛盾．所以a12，從而bn11a121所以a1b12．3(1)n1b2,n為奇數(shù),1,n為偶數(shù),32．【解析】（Ⅰ）由bn,n N*，可得n2又b a ban1nn1n，213當n1時,a2a1,由a2,可得a;1212當n2時,2aa5,可得a8.233（Ⅱ）證明：對任意nN*aa2n1212221①nn2aa2n1②22n2n12n1②-①，得212132,3a a即c nnn1722n12,于是cn14 cn所以{c}是等比數(shù)列。n（Ⅲ）證明：a12，由（Ⅱ）知，當kN*且k2時，a2k1a1(a3a1)(a5a3)(a7a5)L(a2k1a2k3)3523k2(14)k121k23(222L2故對任意kN*,a2k1)23214 22k1.1由①得212k21 所以2a21,k2ka2k21 *2,kNk因此，k1S2 (a1 a2) (a3 a4)L (a2ka2) .kk21于是，S2k1.ak2kkS2k2故12k1k2122kS21kS2kk2122k1k122k1k.4k222k1a2k1a2k214(41)kk2k23(1)33．【解析】（Ⅰ）由bn1,n為奇數(shù)n,,bnN*可得2,n為偶數(shù) n又ba a1 b1a2 0,nnnnn當n1時，a a a ，由2412230a；a，a，可得3312當n2時，2aaa0，可得23445a；當n 3時， a a a ，可得34250a；54（Ⅱ）證明：對任意 nN*,a2n1 a2n 2a2n1 0,2aa2n2n1①②③a2n a2n3.④a2n2 0,a2n1 a2n2 2a2n3 0,②—③，得a2n1 a2n3 (a2n1 a2n1)將④代入①，可得18即n1c又*() cnNnc1 a1 a3 1,故cn 0,c因此n1 1,所以{c}是等比數(shù)列.ncn（Ⅲ）證明：由（II）可得 a2k1 a21k，k于是，對任意 k N*且k 2，有a a 1,135735(aa) 1,a a 1,M(1)k(aa)2k11.1k2k3將以上各式相加，得a1(1)ka2即a(k1),1k，(1)(3).k1k221k(1)(此式當k=1時也成立.由④式得ka從而

S2k

(a2

a4)

(a6

a8)L

(a4ka4k)

k,S2k1

S2k

a4kk 3.

所以，對任意

nN*,n

2，4nSnS4m2S4m1S4mk4m3

ak1km1n(a4m34m2

aa4m1)a4mm m m 222123m2(m1 2m2 )2m 22m12m 33n()m2m(2m1)(2m2)(2m2)122