【天津市2013届高三数学总复习之综合专题:数列(文)(学生版)

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第一篇:【天津市2013届高三数学总复习之综合专题:数列(文)(学生版)

数列(文)

考查内容:本小题主要考查等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、不等式证明等基础知识,考查分类讨论的思想方法,考查运算能力、推理论证能力及综合分析、解决问题的能力。

1、已知数列xn的首项x13,通项公式xn2npnq(nN,p,q为常数),且x1,x4,x5成等差数列,求:(1)p,q的值;

(2)数列xn的前n项的和Sn的公式。

2、在数列an中,a11,an12an2n。(1)设bnan。证明:数列bn是等差数列; 2n1(2)求数列an的前n项和Sn。

3、设数列an的前n项和为Sn,已知ban2nb1Sn(1)证明:当b2时,ann2n1是等比数列;(2)求an的通项公式

4、已知数列{an}的首项a122an,an1,n1,2,3,…。3an11(1)证明:数列1是等比数列;

an

n(2)数列的前n项和Sn。

an

15、设数列{an}满足a11,a22,an(an12an2),(n3,4,3)。数列{bn}满足b11,bn(n2,3,)是非零整数,且对任意的正整数m和自然数k,都有1bmbm1bmk1。

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)记cnnanbn(n1,2,nn

6、数列{an}的通项公式为ann2cos2sin2,其前n项和为Sn。

33),求数列{cn}的前n项和Sn。

(1)求Sn;(2)设bn

满足a11,a22,an2(1cos27、数列{an}满足

nn)ansin2,n1,2,3,22.。S3n,求数列{bn}的前n项和Tn。n4n(1)求a3,a4,并求数列an的通项公式;(2)设bn

8、已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an3n6,bn2n7,nN*,若将**集合{x|xan,nN}{x|xbn,nN}中的元素从小到大依次排列,构成一个a2n1,Snb1b2a2n1bn.。证明:当nn6时,6时,Sn2。.n新的数列{cn}。

(1)求c1,c2,c3,c4;

(2)求证:在数列{cn}中,但不在数列{bn}中的项恰为a2,a4,(3)求数列{cn}的通项公式。

9、在数列an中,a12,an1ann1(2)2n(nN),其中0。(1)求数列an的通项公式;(2)求数列an的前n项和Sn。,a2n,;

an1ak1(3)证明:存在kN,使得对任意nN*均成立。anak*

10、已知数列an中,a11,a22,且an1(1q)anqan1,n2,q0。

(nN*)*,证明bn是等比数列; nN(1)设bnan1an,(2)求数列an的通项公式;

(3)若a3是a6与a9的等差中项,求q的值,并证明:对任意的nN*,an是an3与an6的等差中项。

11、已知等差数列an的公差为d不为0,设Sna1a2qanqn1,Tna1a2q(1)n1anqn1,q0,nN*。

(1)若q1,a11,S315,求数列an的通项公式;(2)若a1d且S1,S2,S3成等比数列,求q的值;

2dq(1q2n)(3)若q1,证明1qS2n1qT2n,nN*。21q

12、在数列an中,a10,且对任意kN*,a2k1,a2k,a2k1成等差数列,其公差为2k。

(1)证明a4,a5,a6成等比数列;(2)求数列an的通项公式;

32232n2(3)记Tn...,证明2nTn2n2。

2a2a3an

3(1)n13、已知数列{an}与{bn}满足:bn1anbnan121,bn,nN*,2n且a12。

(1)求a2,a3的值;

(2)设cna2n1a2n1,nN*,证明cn是等比数列;(3)设Sn为{an}的前n项和,证明

SSS1S21...2n12nn,nN*。a1a2a2n1a2n3

第二篇:【天津市2013届高三数学总复习之综合专题:数列(理)(学生版)

数列(理)

考查内容:本小题主要考查等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、不等式证明等基础知识,考查分类讨论的思想方法,考查运算能力、推理论证能力及综合分析、解决问题的能力。

1、在数列an中,a11,an12an2n。(1)设bnan。证明:数列bn是等差数列; n12(2)求数列an的前n项和Sn。

2、设数列an的前n项和为Sn,已知ban2nb1Sn(1)证明:当b2时,ann2n1是等比数列;(2)求an的通项公式

3、已知数列{an}的首项a122an,an1,n1,2,3,…。3an11(1)证明:数列1是等比数列;

ann(2)数列的前n项和Sn。

an

4、已知数列an满足:an1,a122cnan1an,nN。

1222,31an121an,记数列bn1an,2(1)证明数列bn是等比数列;(2)求数列{cn}的通项公式;

(3)是否存在数列{cn}的不同项ci,cj,ck,ijk,使之成为等差数列?若存在请求出这样的不同项ci,cj,ck,ijk;若不存在,请说明理由。

5、已知数列{an}、{bn}中,对任何正整数n都有:

a1bna2bn1a3bn2an1b2anb12n1n2。

(1)若数列{an}是首项和公差都是1的等差数列,求证:数列{bn}是等比数列;(2)若数列{bn}是等比数列,数列{an}是否是等差数列,若是请求出通项公式,若不是请说明理由;

(3)若数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,求证:i1n13。aibi2)。数列{bn}

16、设数列{an}满足a11,a22,an(an12an2),(n3,4,3满足b11,bn(n2,3,)是非零整数,且对任意的正整数m和自然数k,都有1bmbm1bmk1。

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)记cnnanbn(n1,2,),求数列{cn}的前n项和Sn。

7、有n个首项都是1的等差数列,设第m个数列的第k项为amk,(m,k1,2,3,n, n≥3),公差为dm,并且a1n,a2n,a3n,ann成等差数列。

(1)证明dmp1d1p2d2,3mn,p1,p2是m的多项式,并求p1p2的值;(2)当d11, d23时,将数列{dm}分组如下:(d1),(d2,d3,d4),(d5,d6,d7,d8,d9),(每组数的个数构成等差数列),设前m组中所有数之和为(cm)4(cm0),求数列{2cmdm}的前n项和Sn。

(3)设N是不超过20的正整数,当nN时,对于(2)中的Sn,求使得不等式1(Sn6)dn成立的所有N的值。50

nn

8、数列{an}的通项公式为ann2cos2sin2,其前n项和为Sn。

33(1)求Sn;

S3n,求数列{bn}的前n项和Tn。n4nnn满足a11,a22,an2(1cos2)ansin2,n1,2,3,9、数列{an}满足

22(2)设bn.。

(1)求a3,a4,并求数列an的通项公式;(2)设bna2n1,Snb1b2a2n1bn.。证明:当nn6时,6时,Sn2。.n10、已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an3n6,bn2n7,nN*,若将**集合{x|xan,nN}{x|xbn,nN}中的元素从小到大依次排列,构成一个新的数列{cn}。(1)求c1,c2,c3,c4;

(2)求证:在数列{cn}中,但不在数列{bn}中的项恰为a2,a4,(3)求数列{cn}的通项公式。

11、在数列an中,a12,an1ann1(2)2n(nN),其中0。(1)求数列an的通项公式;(2)求数列an的前n项和Sn。,a2n,;

an1ak1(3)证明:存在kN,使得对任意nN*均成立。anak*

12、在数列an与bn中,a11,b14,数列an的前n项和Sn满足nSn1(n3)Sn0,且2an1为bn与bn1的等比中项,nN*。

(1)求a2,b2的值;

(2)求数列an与bn的通项公式;

*2nN(3)设Tn(1)1b1(1)2b2…(1)nbn,证明n≥3。NT2n,nn,aaa*

13、已知等差数列an的公差为dd0,等比数列bn的公比为q,且q1。设Sna1b1a2b2anbn,Tna1b1a2b2(1)n1anbn,nN*。

(1)若a1b11,d2,q3求S3的值;

2dq(1q2n)*nN(2)若b11,证明1qS2n1qT2n,; 21q(3)若正整数n满足2nq,设k1,k2,kn和l1,l2,,2,,n ,ln是1的两个不同的排列,c1ak1b1ak2b2...aknbn,c2al1b1al2b2...alnbn,证明c1c2。

14、在数列an中,a10,且对任意kN*,a2k1,a2k,a2k1成等差数列,其公差为dk。

(1)若dk2k,证明a2k,a2k1,a2k2成等比数列;

(2)若对任意kN*,a2k,a2k1,a2k2成等比数列,其公比为qk。

1

①设q11,证明是等差数列;

q1kn3k22n2。

②若a22,证明2n2k2ak15、已知数列{an}与{bn}满足:bnanan1bn1an2且a12,a24。(1)求a3,a4,a5的值;

3(1)n,nN*,0,bn2(2)设cna2n1a2n1,nN*,证明cn是等比数列;

Sk7(nN*)。(3)设Ska2a4a2k,kN,证明6k1ak*4n

第三篇:天津市2013届高三数学总复习之综合专题:数学归纳法及其应用举例(教师版)

数学归纳法及其应用举例

1、基本概念

学案P38

2、用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤 教材P933、应用举例——用数学归纳法证明下列命题

1Snk(n1)(2n1)。①(数学归纳法证明恒等式)6k1n

2教材P9

412Sk[(n1)]②(数学归纳法证明恒等式)。n2k1n

3③(数学归纳法证明不等式)当nN*,n5时,恒有2nn2。学案P39

④(数学归纳法证明整除性问题)试证当nN时,*3n17n1能被9整除。学案P40

⑤(数学归纳法证明几何问题)平面上有n条直线,其中任意两条直线不平行,任意三条不过同一点,求证:这n条直线互相分割成n2条线段或射线。学案P404、补充练习——用数学归纳法证明:

①(数学归纳法证明恒等式)1

i1ni121i1n12n1。33

学案P39

②(数学归纳法证明不等式)11112n,nN; 学案P39

讲解:此题为与自然数有关的命题,故可考虑用数学归纳法证明。

①当n1时命题成立。

②假设nkkN时命题成立,即:11112。则当nk1时,不等式的左端1

不等式的右端2k1。由于22111112 

12112 

1210。所以,2k2k1,即nk1时命题也成立。由①②可知:原不等式得证。

③(数学归纳法证明整除性问题)试证当nN时,3*2n28n9能被64整除。学案P39 ④(数学归纳法证明整除性问题)试证当nN时,11n2122n1能被133整除。

全解P102

第四篇:天津市2013届高三数学总复习之模块专题:21 不等式证明(教师版)

不等式证明

证明不等式的基本方法有:求差(商)比较法,综合法,分析法,有时用反证法,数学归纳法。均值定理、适度的放缩、恰当的换元是证明不等式的重要技巧。不等式的证明往往与其它知识(如函数的性质)综合起来考查。例1:若0x1,证明loga(1x)loga(1x),(a0且a1)。

分析1:用作差法来证明。需分为a1和0a1两种情况,去掉绝对值符号,然后比较法证明。

解法1:当a1时,因为01x1,1x1,所以loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x2)0。当0a1时,因为01x1,1x1,所以loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x2)0。综上,loga(1x)loga(1x)。

分析2:直接作差,然后用对数的性质来去绝对值符号。解法2:作差比较法。因为loga(1x)loga(1x)

1lga

lg(1x)lga

lg(1x)lga

2

lg(1x)lg(1x)

1lga

lg(1x)lg(1x)

1lga

lg(1x)0,所以loga(1x)loga(1x)。

说明:解法1用分类相当于增设了已知条件,便于在变形中脱去绝对值符号;解法2用对数性质(换底公式)也能达到同样的目的,且不必分而治之,其解法自然简捷、明快。

补充:(比较法)已知a2,求证:log解法1:log

a1alog

a1

alog

a

a1。

1log

a

a1a

1log

a

a1

log

a1a

a1logaa1。

logaa1

因为a2,所以,logaa10,logaa10,所以,log

logaa1logaa1

a1logaa1a

2a

loga

1

log

a

a

2

1

所以,log

a1

alog

a

a10,命题得证。

解法2:因为a2,所以,logaa10,logaa10,所以,loglog

a

a1a

a1

a11,

logaa1logaa1logaa1

log

a

由解法1可知:上式1。故命题得证。例2:设ab0,求证:aabbabba.分析:发现作差后变形、判断符号较为困难。考虑到两边都是正数,可以作商,判断比值与1的大小关系,从而证明不等式。证明:

abab

ba

ba

abab

b

aba

a

ab

b

ba

aabaa,∵ab0,∴1,ab0.∴()ab1 ()bbb

a

b

b

a

∴1.又∵ab0,∴abab.。

b

a

说明:本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法)。作商比较法证明不等式的步骤是:判断符号、作商、变形、判断与1的大小。例3:对于任意实数a、b,求证

ab

2(ab2)(当且仅当ab时取等号)。

分析:这个题若使用比较法来证明,将会很麻烦,因为,所要证明的不等式中有(ab2),展开后很复杂。若使用综合法,从重要不等式:ab2ab出发,再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧可得到证明。证明:∵ a2b22ab(当且仅当a2b2时取等号)

两边同加(ab):2(ab)(ab),即:

ab2

4(ab2

22)(1)

又:∵a2b22ab(当且仅当ab时取等号),两边同加(a2b2):2(a2b2)(ab)2 ∴

ab2

(ab2),∴(ab2

22)(ab2)(2)

由(1)和(2)可得

ab2

(ab2

。)(当且仅当ab时取等号)

说明:此题参考用综合法证明不等式。综合法证明不等式主要是应用均值不等式来证明,要注意均值不等式的变形应用,一般式子中出现有平方和乘积形式后可以考虑用综合法来解。

例4:已知a、b、cR,abc1,求证

a1

1b1a1c9.1b1c

分析 显然这个题用比较法是不易证出的。若把通分,则会把不等式

变得较复杂而不易得到证明。由于右边是一个常数,故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征的形式,比如

ab

ab,再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径,这也常称为“凑倒数”的技巧。证明:∵abc1∴

(1

baca)(ab1

cb

1a

1b

a

c

1cb

c

abc

a

abc

bab)(ca



abc

cac)(cb

bc))(1)3(ba

∵∴

ba

1a

ab

1b

1c

cacb

2,同理:2,2。acbc

32229.

说明:此题考查了变形应用综合法证明不等式。题目中用到了“凑倒数”,这种技巧在很多不等式证明中都可应用,但有时要首先对代数式进行适当变形,以期达到可以“凑倒数”的目的。

例5:已知abc,求证:

1ab

1bc

1ca

0。

分析:此题直接入手不容易,考虑用分析法来证明,由于分析法的过程可以用综合法来书写,所以此题用两种方法来书写证明过程。(分析法书写过程)证明1:为了证明只需要证明

1ab

1bc

1ab

1bc

1ca

0

1ac

1ab

1ca,1

0

∵abc∴acab0,bc0∴∴

1ab

1bc

acbc

0

1ac

成立∴

1ab

1bc

成立

(综合法书写过程)证明2:∵abc∴acab0,bc0 ∴

1ab

1ac,1bc

0,∴

1ab

1bc

1ac

成立,∴

1ab

1bc

1ca

成立

说明:学会分析法入手,综合法书写证明过程,但有时这两种方法经常混在一起应用,混合应用时,应用语言叙述清楚。例6:已知ab0,求证:

(ab)8a

ab2

ab

(ab)8b。

分析:欲证不等式看起来较为“复杂”,宜将它化为较“简单”的形式,因而用分析法证明较好。证明:欲证

(ab)8a

ab2

ab

(ab)8b,只须证

ab2a

aab

(ab)4a

ab2ab

(ab)4b。

ab即要证

2a(aabb)

2b

2,即要证

ab

ab2b。

即要证

a2aba

b

1

a2bab

b,即要证

2

ab

b。

即要证1

21,即

ba

1

ab,即要证

ba

1

ab

(*)

∵ab0,∴(*)显然成立,故

(ab)8a

ab2

ab

(ab)8b

说明:分析法证明不等式,实质上是寻求结论成立的一个充分条件。分析法通常

采用“欲证—只要证—即证—已知”的格式。例7:设n是正整数,求证

12

1n11n1

1n21n2



12n12n

1。

分析:要求一个n项分式

的范围,它的和又求不出来,可

以采用“化整为零”的方法,观察每一项的范围,再求整体的范围。证明:由2nnk当k当k

1时,n(k1,2,,n),得

1n

12n12n



1nk1n2



1n1n

。......12n

nn1。

12n12n



n11

;当k,∴

2

时,n2n

n

时,1n

nn

1n1

1n2



说明1:用放缩法证明不等式,放缩要适应,否则会走入困境。例如证明



1n

。由

1k

1k1

1k,如果从第3项开始放缩,正好可证明;如

果从第2项放缩,可得小于2。当放缩方式不同,结果也在变化。

说明2:放缩法一般包括:用缩小分母,扩大分子,分式值增大;缩小分子,扩大分母,分式值缩小;全量不少于部分;每一次缩小其和变小,但需大于所求,第一次扩大其和变大,但需小于所求,即不能放缩不够或放缩过头,同时放缩后便于求和。例8:求证1证明:∵

1n213



1n

2。

1n(n2)

1n

1n

1n(n1)

1n1,∴1



1n

1111111

122。

n1223n1n

说明:此题证明过程并不复杂,但思路难寻。本题所采用的方法也是解不等式时常用的一种方法,即放缩法。这类题目灵活多样,需要巧妙变形,问题才能化隐为显,这里变形的这一步极为关键。例9:证明不等式:1

1213

1n

2n,nN。

讲解:此题为与自然数有关的命题,故可考虑用数学归纳法证明。解法1:①当n1时命题成立。②假设nkkN时命题成立,即:1

121313

1k

2k。

则当nk1时,不等式的左端1不等式的右端2k1。由于2k12k



2k11



1k

1k1

2k

1k1

k1k

1k1

2k1

k

1k1

2k1

k1

1k1

0。

所以,2k

k1

2k1,即nk1时命题也成立。

由①②可知:原不等式得证。

从上述证法可以看出:其中用到了k

2k1

k

k1这一事实,从而达到了

1k1

之间的转化,也即2k1k和

1k1

之间的转化,这就

提示我们,本题是否可以直接利用这一关系进行放缩?观察原不等式,若直接证明,直接化简是不可能的,但如果利用则可以达到目的,由此得解2。解法2:因为对于任意自然数k,都有

12

1n2

1k

2k

k1

2

k

k1进行放缩,

1k

2k

k1

2

k

k1,所以,

12



2

02



322



nn1

,从而不等式得证。

2n

第五篇:高三数学总复习立体几何复习

高三数学总复习立体几何复习(1)

一、基本知识回顾

(1)重要的几何位置关系;平行与垂直。主要包括线线、线面、面面三种情况。证明的基本思路:一般情况下,利用判定定理。而构造满足判定定理的条件时一般采用性质定理,即利用性质定理逆推来寻找满足判定定理的条件(关键图形)。一般的思路是:线线←→线面←→面面,即高维的位置关系借助低维的位置关系来证明(判定),低维位置关系作为高维位置关系的性质。下面列表说明证明的一般方法。(需要说明的是,表中的性质定理并不是该表格所判定的位置关系的性质定理。如表1中的性质定理并不仅限于线线平行的性质。)

①线线平行的判定:

平行公理

性质定理

②线面平行的判定:

判定定理

性质定理

③面面平行的判定;

判定定理

性质定理

线面平行

面面平行

④线线垂直的判定:

判定定理

性质定理

⑤线面垂直的判定:

判定定理

性质定理

⑥面面垂直的判定:

判定定理

总结:从中可以看出,一般情况下,往往借助一些“性质定理”来构造满足“判定定理”的条件。

(2)还会考查到的位置关系:异面直线的判定。

判定方法:定义(排除法与反证法)、判定定理。

二、基本例题

例1 已知:

分析:利用线面平行的性质与平行公理。注意严格的公理化体系的推理演绎。

说明:过l分别作平面

∴l∥m同理l∥n

∴m∥n

例2.已知:AB是异面直线a、b的公垂线段,P是AB的中点,平面AB垂直,设M是a上任意一点,N是b上任意一点。

经过点P且与

求证:线段MN与平面的交点Q是线段MN的中点。

分析:利用线线平行、线面平行的性质。

证明:连结BM,设,连结PR,QR

在平面ABM中,AB⊥PR,AB⊥AM

∴AM∥PR,同理可证

∵BNÌ平面BMN且平面

且R为BM中点

∴BN∥RQ

△BMN中,由R为BM中点可知Q为MN中点。

例3.已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,M、N分别是AB、PC的中点。

(1)求证:MN∥平面PAD;(2)求证:MN⊥CD

分析:利用性质定理来构造满足判定定理的条件。

(1)法一:取PD中点E,连结NE,AE

∴△PCD中NE,又AM,∴AMNE

∴四边形AMNE为平行四边形,∴MN∥AE

∴MN∥平面PAD

法二:连结CM并延长与DA延长线交于F,连结PF

∴M为CF中点,∴MN∥PF,∴MN∥平面PAD

法三:取CD中点G,连结NG,MG

∴NG∥PD,MG∥AD,∴平面AD∥平面MNG

∴MN∥平面PAD

(2)∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥CD又CD⊥AD,∴CD⊥平面PAD

由(1)知CD⊥AE(或PF),∴CD⊥MN

[或CD⊥平面MNG,∴CD⊥MN]

例4.已知:正三棱柱ABC-A1B1C1中,M是BB1上一点,平面AMC1⊥平面A1ACC1,N是A1C1的中点,P是A1A的中点,求证:平面AMC1∥平面B1NP

证明:在平面AMC1中作MD⊥AC1

∴MD⊥平面ACC1A1

由正三棱柱的性质,B1N⊥平面ACC1A1

∴MD∥B1N

又△A1AC1中,DN∥AC1且AC1∩MD=D,DN∩B1N=N

∴平面AMC1∥B1NP

例5 如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD。过A且垂直于PC的平面分别交PB、PC、PD于E、F、G。求证:AE⊥PB,AG⊥PD

分析:利用线面垂直的性质。

证明:∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC

由已知BC⊥AB,∴BC⊥平面PAB,∴BC⊥AE ∵PC⊥平面AGFE,∴PC⊥AE

∴AE⊥平面PBC

∴AE⊥PB,同理AG⊥PD

例6.已知:三棱锥A-BCD,AO1⊥平面BCD,O1为垂足,且O1是△BCD的垂心。求证:D在平面ABC上的射影是△ABC的垂心。

分析:利用线面垂直的性质。

证明:连结DO1,AO1设D在平面ABC内的射影为O2,连结DO2,AO2,∵AO1⊥平面BCD,∴DO1为AD在平面BCD内射影

同理AO2为AD在平面ABC内射影

∵O1为BCD的垂心 ∴DO1⊥BC ∴BC⊥AD ∴BC⊥AO2同理AB⊥CO

2∴O2为△ABC的垂心

例7已知:正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB1⊥BC1,求证:A1C⊥AB1

分析:三垂线定理的逆定理的应用(线面垂直的性质)

证明:取AB、A1B1中点DD1,连结A1D,CD,C1D1

由正三棱柱的性质C1D1⊥平面ABB1A1,CD⊥平面ABB1A1,∴A1D、BD1分别为A1C与BC1在平面ABB1A1内的射影

∵AB1⊥BC1,∴AB1⊥BD1。

在矩形ABB1A1中A1D∥BD1,∴AB1⊥A1D ∴AB1⊥A1C

例8 如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,PA=AD=a,M、N分别是AB、PC的中点。

求证:平面MND⊥平面PCD。

证明:取PD中点E,连结NE、AE 由例3,MN∥AE,CD⊥MN,CD⊥平面PAD ∵PA⊥平面ABCD ∴PA⊥AD ∴等腰Rt△PAD中AE⊥PD Rt△PCD中NE∥CD,∴NE⊥PD ∴PD⊥平面MNEA,∴PD⊥MN ∴MN⊥平面PCD ∴平面MND⊥平面PCD

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