2014年高考数学理科(高考真题+模拟新题)分类汇编：D单元数列2779.pdf

《2014年高考数学理科(高考真题+模拟新题)分类汇编：D单元数列2779.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014年高考数学理科(高考真题+模拟新题)分类汇编：D单元数列2779.pdf（18页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、梦想不会辜负一个努力的人 all试题 1 数 学 D 单元 数列 D1 数列的概念与简单表示法 17、2014江西卷 已知首项都是 1 的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足 anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令 cnanbn，求数列cn的通项公式；(2)若 bn3n1，求数列an的前 n 项和 Sn.17解：(1)因为 anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以an1bn1anbn2，即 cn1cn2，所以数列cn是以 c11 为首项，d2 为公差的等差数列，故 cn2n1.(2)由 bn3n1，知 an(2n1)3n1，于是数列an的前 n 项和 Sn13033

2、1532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，将两式相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n，所以 Sn(n1)3n1.17、2014新课标全国卷 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中 为常数(1)证明：an2an.(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由 17解：(1)证明：由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得 an1(an2an)an1.因为 an10，所以 an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得 a21，由(1)知，a31.若an为等差数列，则 2a2a

3、1a3，解得 4，故 an2an4.由此可得a2n1是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n4n1.所以 an2n1，an1an2.因此存在 4，使得数列an为等差数列 17、2014新课标全国卷 已知数列an满足 a11，an13an1.(1)证明an12是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明1a11a21an32.17解：(1)由 an13an1 得 an1123an12.又 a11232，所以an12是首项为32，公比为 3 的等比数列，所以 an123n2，因此数列an的通项公式为 an3n12.(2)证明：由(1)知

4、1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，梦想不会辜负一个努力的人 all试题 2 所以13n1123n1，即1an23n113n1.于是1a11a21an11313n132113n32.所以1a11a21an32.22，2014重庆卷 设 a11，an1 a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，a3及数列an的通项公式(2)若 b1，问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n1对所有 nN*成立？证明你的结论 22解：(1)方法一：a22，a3 21.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列，故(an1)2n1，即

5、an n11(nN*)方法二：a22，a3 21.可写为 a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想 an n11.下面用数学归纳法证明上式 当 n1 时，结论显然成立 假设 nk 时结论成立，即 ak k11，则 ak1（ak1）211（k1）11（k1）11，这就是说，当 nk1 时结论成立 所以 an n11(nN*)(2)方法一：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)令 cf(c)，即 c（c1）211，解得 c14.下面用数学归纳法证明命题 a2nca2n11.当 n1 时，a2f(1)0，a3f(0)21，所以 a214a31，结论成立 假设 nk 时结论成立，即

6、 a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即 1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1上为减函数，得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故 ca2k31，因此 a2(k1)ca2(k1)11，这就是说，当 nk1 时结论成立 综上，存在 c14使 a2nCa2a1对所有 nN*成立 方法二：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)先证：0an1(nN*)当 n1 时，结论明显成立 假设 nk 时结论成立，即 0ak1.易知 f(x)在(，1上为减函数，从而 0f(1)f(ak)f(0)211.即 0ak11.这就是说，当 nk1 时结论成立故成立 再证：a2na2n1(nN

7、*)当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)21，所以 a2a3，即 n1 时成立 假设 nk 时，结论成立，即 a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.梦想不会辜负一个努力的人 all试题 3 这就是说，当 nk1 时成立所以对一切 nN*成立 由得 a2n a22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2.所以 a2n1 a22n12a2n121，解得 a2n114.综上，由知存在 c14使 a2nc0，a7a100，a7a10a8a90，a960n800？若存在，求 n的最

8、小值；若不存在，说明理由 18解：(1)设数列an的公差为 d，依题意得，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2.从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立 当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n

9、，其最小值为 41.20、2014湖南卷 已知数列an满足 a11，|an1an|pn，nN*.梦想不会辜负一个努力的人 all试题 4(1)若an是递增数列，且 a1，2a2，3a3成等差数列，求 p 的值；(2)若 p12，且a2n1是递增数列，a2n是递减数列，求数列an的通项公式 20解：(1)因为an是递增数列，所以 an1an|an1an|pn.而 a11，因此 a2p1，a3p2p1.又 a1，2a2，3a3成等差数列，所以 4a2a13a3，因而 3p2p0，解得 p13或 p0.当 p0 时，an1an，这与an是递增数列矛盾，故 p13.(2)由于a2n1是递增数列，因而

10、a2n1a2n10，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.因为122n122n1，所以|a2n1a2n|0，因此 a2na2n1122n1（1）2n22n1.因为a2n是递减数列，同理可得，a2n1a2n0，故 a2n1a2n122n（1）2n122n.由可知，an1an（1）n12n.于是 ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)112122（1）n2n1112112n11124313（1）n2n1.故数列an的通项公式为 an4313（1）n2n1.82014辽宁卷 设等差数列an的公差为 d.若数列2a1an为递减数列，则()Ad0 Ca1d0 8C 解析 令 bn2a1an

11、，因为数列2a1an为递减数列，所以bn1bn2a1an12a1an2a1(an1an)2a1d1，所得 a1d0.18、2014全国卷 等差数列an的前 n 项和为 Sn.已知 a110，a2为整数，且 SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.18解：(1)由 a110，a2为整数知，等差数列an的公差 d 为整数 又 SnS4，故 a40，a50，于是 103d0，104d0，解得103d52，因此 d3.故数列an的通项公式为 an133n.(2)bn1（133n）（103n）131103n1133n.于是 Tnb1b2bn13171

12、1014171103n1133n131103n110n10（103n）.17、2014新课标全国卷 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中 为常数 梦想不会辜负一个努力的人 all试题 5(1)证明：an2an.(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由 17解：(1)证明：由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得 an1(an2an)an1.因为 an10，所以 an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得 a21，由(1)知，a31.若an为等差数列，则 2a2a1a3，解得 4，故 an2an4.由此可得a2n1是首项为

13、 1，公差为 4 的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n4n1.所以 an2n1，an1an2.因此存在 4，使得数列an为等差数列 19，2014山东卷 已知等差数列an的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(1)n14nanan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.19解：(1)因为 S1a1，S22a121222a12，S44a143224a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得 a11，所以 an2n1.(2)由题意可知，bn(1)n14nanan1(1)n14n

14、（2n1）（2n1）(1)n112n112n1.当 n 为偶数时，Tn113131512n3 12n112n112n1 112n1 2n2n1.当 n 为奇数时，Tn113131512n312n112n112n1 112n1 梦想不会辜负一个努力的人 all试题 6 2n22n1.所以 Tn2n22n1，n为奇数，2n2n1，n为偶数.或Tn2n1（1）n12n1 16，2014陕西卷 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.(1)若 a，b，c 成等差数列，证明：sin Asin C2sin(AC)；(2)若 a，b，c 成等比数列，求 cos B 的最小值 16解：(1)a

15、，b，c 成等差数列，ac2b.由正弦定理得 sin Asin C2sin B.sin Bsin(AC)sin(AC)，sin Asin C2sin(AC)(2)a，b，c 成等比数列，b2ac.由余弦定理得 cos Ba2c2b22aca2c2ac2ac2acac2ac12，当且仅当 ac 时等号成立，cos B 的最小值为12.11、2014天津卷 设an是首项为 a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前 n 项和若S1，S2，S4成等比数列，则 a1的值为_ 1112 解析 S22a11，S44a1432(1)4a16，S1，S2，S4成等比数列，(2a11)2a1(4a16)，解得 a1

16、12.22，2014重庆卷 设 a11，an1 a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，a3及数列an的通项公式(2)若 b1，问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n1对所有 nN*成立？证明你的结论 22解：(1)方法一：a22，a3 21.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列，故(an1)2n1，即 an n11(nN*)方法二：a22，a3 21.可写为 a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想 an n11.下面用数学归纳法证明上式 当 n1 时，结论显然成立 假设 nk 时结论成立，即 ak k11

17、，则 ak1（ak1）211（k1）11（k1）11，这就是说，当 nk1 时结论成立 所以 an n11(nN*)(2)方法一：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)令 cf(c)，即 c（c1）211，解得 c14.下面用数学归纳法证明命题 梦想不会辜负一个努力的人 all试题 7 a2nca2n11.当 n1 时，a2f(1)0，a3f(0)21，所以 a214a31，结论成立 假设 nk 时结论成立，即 a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即 1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1上为减函数，得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故 ca2k31，因此 a2

18、(k1)ca2(k1)11，这就是说，当 nk1 时结论成立 综上，存在 c14使 a2nCa2a1对所有 nN*成立 方法二：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)先证：0an1(nN*)当 n1 时，结论明显成立 假设 nk 时结论成立，即 0ak1.易知 f(x)在(，1上为减函数，从而 0f(1)f(ak)f(0)211.即 0ak11.这就是说，当 nk1 时结论成立故成立 再证：a2na2n1(nN*)当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)21，所以 a2a3，即 n1 时成立 假设 nk 时，结论成立，即 a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2

19、k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当 nk1 时成立所以对一切 nN*成立 由得 a2n a22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2.所以 a2n1 a22n12a2n121，解得 a2n114.综上，由知存在 c14使 a2nc60n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由 18解：(1)设数列an的公差为 d，依题意得，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2.从而得数列an的通项公式为

20、an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立 当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41.17、2014新课标全国卷 已知数列an满足 a11，an13an1.(1)证明an12是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明1a11a21an32.17解：(1)由 an13an1 得 an1123an12.又 a11232，所以an1

21、2是首项为32，公比为 3 的等比数列，所以 an123n2，因此数梦想不会辜负一个努力的人 all试题 9 列an的通项公式为 an3n12.(2)证明：由(1)知1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1，即1an23n113n1.于是1a11a21an11313n132113n32.所以1a11a21an32.19，2014山东卷 已知等差数列an的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(1)n14nanan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.19解：(1)因为 S1a1，S22a12122

22、2a12，S44a143224a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得 a11，所以 an2n1.(2)由题意可知，bn(1)n14nanan1(1)n14n（2n1）（2n1）(1)n112n112n1.当 n 为偶数时，Tn113131512n3 12n112n112n1 112n1 2n2n1.当 n 为奇数时，Tn113131512n312n112n112n1 112n1 2n22n1.梦想不会辜负一个努力的人 all试题 10 所以 Tn2n22n1，n为奇数，2n2n1，n为偶数.或Tn2n1（1）n12n1 16，2014陕西卷 ABC 的内角 A，B，C 所对的

23、边分别为 a，b，c.(1)若 a，b，c 成等差数列，证明：sin Asin C2sin(AC)；(2)若 a，b，c 成等比数列，求 cos B 的最小值 16解：(1)a，b，c 成等差数列，ac2b.由正弦定理得 sin Asin C2sin B.sin Bsin(AC)sin(AC)，sin Asin C2sin(AC)(2)a，b，c 成等比数列，b2ac.由余弦定理得 cos Ba2c2b22aca2c2ac2ac2acac2ac12，当且仅当 ac 时等号成立，cos B 的最小值为12.11、2014天津卷 设an是首项为 a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前 n 项和若S

24、1，S2，S4成等比数列，则 a1的值为_ 1112 解析 S22a11，S44a1432(1)4a16，S1，S2，S4成等比数列，(2a11)2a1(4a16)，解得 a112.19、2014天津卷 已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数 设集合 M0，1，2，q1，集合 Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n(1)当 q2，n3 时，用列举法表示集合 A.(2)设 s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中 ai，biM，i1，2，n.证明：若 anbn，则 st.19解：(1)当 q2，n3 时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1

25、，2，3，可得 A0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由 s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2，n 及 anbn，可得 st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)qn2qn1（q1）（1qn1）1qqn1 10，所以 s0，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.因为122n122n1，所以|a2n1a2n|0，因此 a2na2n1122n1（1）2n22n1.因为a2n是递减数列，同理可得，a2n1a2n12x，原不等式成立 假设 pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx 成立

26、当 pk1 时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以当 pk1 时，原不等式也成立 综合可得，当 x1，x0 时，对一切整数 p1，不等式(1x)p1px 均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明 anc1p.当 n1 时，由题设知 a1c1p成立 假设 nk(k1，kN*)时，不等式 akc1p成立 由 an1p1pancpa1pn易知 an0，nN*.当 nk1 时，ak1akp1pcpapk 11pcapk1.由 akc1p0 得11p1pcapk1 1p 1pcapk1 capk.因此 apk1c，即 ak1c1p，所以当 nk1 时，不等

27、式 anc1p也成立 综合可得，对一切正整数 n，不等式 anc1p均成立 再由an1an11pcapn1 可得an1an1，即 an1an1c1p，nN*.方法二：设 f(x)p1pxcpx1p，xc1p，则 xpc，所以 f(x)p1pcp(1p)xpp1p1cxp0.由此可得，f(x)在c1p，)上单调递增，因而，当 xc1p时，f(x)f(c1p)c1p.梦想不会辜负一个努力的人 all试题 14 当 n1 时，由 a1c1p0，即 ap1c 可知 a2p1pa1cpa1p1a111pcap11c1p，从而可得 a1a2c1p，故当 n1 时，不等式 anan1c1p成立 假设nk(k

28、1，kN*)时，不等式akak1c1p成立，则当nk1时，f(ak)f(ak1)f(c1p)，即有 ak1ak2c1p，所以当 nk1 时，原不等式也成立 综合可得，对一切正整数 n，不等式 anan1c1p均成立 18、2014湖北卷 已知等差数列an满足：a12，且 a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式(2)记 Sn为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 Sn60n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由 18解：(1)设数列an的公差为 d，依题意得，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4.

29、当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2.从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立 当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41.17、2014江西卷 已知首项都是 1 的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足 anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令 cnanbn，求数列cn

30、的通项公式；(2)若 bn3n1，求数列an的前 n 项和 Sn.17解：(1)因为 anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以an1bn1anbn2，即 cn1cn2，所以数列cn是以 c11 为首项，d2 为公差的等差数列，故 cn2n1.(2)由 bn3n1，知 an(2n1)3n1，于是数列an的前 n 项和 Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，将两式相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n，所以 Sn(n1)3n1.17、2014新课标全国卷 已知数列an满足 a11，an13an1.梦想不

31、会辜负一个努力的人 all试题 15(1)证明an12是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明1a11a21an32.17解：(1)由 an13an1 得 an1123an12.又 a11232，所以an12是首项为32，公比为 3 的等比数列，所以 an123n2，因此数列an的通项公式为 an3n12.(2)证明：由(1)知1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1，即1an23n113n1.于是1a11a21an11313n132113n32.所以1a11a21an0，c30，c40，当 n5 时，cn1n（n1）n（n1）2n1，而n（n1）2n（n1）

32、（n2）2n1（n1）（n2）2n10，得n（n1）2n5（51）251，所以，当 n5 时，cn0，n10.又 nN*，2.42014广州调研 已知数列an满足 a135，an13an2an1，nN*.(1)求证：数列1an1 为等比数列(2)是否存在互不相等的正整数 m，s，t，使 m，s，t 成等差数列，且 am1，as1，at1 成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的 m，s，t；如果不存在，请说明理由 梦想不会辜负一个努力的人 all试题 17 4解：(1)证明：因为 an13an2an1，所以1an113an23，所以1an11131an1.因为 a135，所以1a1123，所以

33、数列1an1 是首项为23，公比为13的等比数列(2)由(1)知，1an12313n123n，所以 an3n3n2.假设存在互不相等的正整数 m，s，t 满足条件，则有mt2s，（as1）2（am1）（at1）.由 an3n3n2与(as1)2(am1)(at1)，得3s3s2123m3m213t3t21，即 3mt23m23t32s43s.因为 mt2s，所以 3m3t23s.又 3m3t2 3mt23s，当且仅当 mt 时，等号成立，这与 m，s，t 互不相等矛盾，所以不存在互不相等的正整数 m，s，t 满足条件 22014景德镇质检 已知递增数列an满足 a1a2a3an12(a2nn)

34、(1)求 a1及数列an的通项公式；(2)设 cnan1，n为奇数，an12an11，n为偶数，求数列cn的前 2n 项和 T2n.2解：(1)当 n1 时，a112(a211)，解得 a11.当 n2 时，a1a2a3an112(a2n1n1)，a1a2a3an12(a2nn)，所以 an12(a2na2n11)，即(an1)2a2n10，所以 anan11 或 anan11(n2)又因为数列an为递增数列，所以 anan11，所以数列an是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以 ann.(2)由 cnan1，n为奇数，an12an11，n为偶数，得 cnn1，n为奇数，（n1）2n11，

35、n为偶数，则 T2n(242n)121323(2n1)22n1nn(n1)121323(2n1)22n1n.记 Sn121323(2n1)22n1，则 4Sn123325(2n1)22n1.由，得 3Sn2242622n(2n1)22n1，梦想不会辜负一个努力的人 all试题 18 22242622n(2n1)22n12，所以3Sn4（14n）14(2n1)22n12，所以 Sn4（14n）9（2n1）22n1323，即 Sn（6n5）22n19109，故 T2n（6n5）22n19n22n109.72014福建闽南四校期末 已知数列an是公差为 2 的等差数列，且 a1，a2，a5成等比数列

36、，则 a2的值为()A3 B3 C2 D2 7A 解析 a1，a2，a5成等比数列，a22a1a5，a22(a22)(a26)，解得 a23.102014郑州质检 已知各项不为 0 的等差数列an满足 a42a273a80，数列bn是等比数列，且 b7a7，则 b2b8b11等于()A1 B2 C4 D8 10D 解析 由已知，得 2a27a43a8a13d3a121d4a124d4(a16d)4a7，a72 或 a70(舍去)，b72，b2b8b11b1qb1q7b1q10b31q18(b1q6)3b378.172014温州十校联考 已知二次函数 f(x)ax2bx 的图像过点(4n，0)，

37、且 f(0)2n，nN*，数列an满足1an1f1an，且 a14.(1)求数列an的通项公式；(2)记 bn anan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.17解：(1)f(x)2axb.由题意知 f(0)b2n，16n2a4nb0，a12，b2n，f(x)12x22nx，nN*.又数列an满足1an1f1an，f(x)x2n，1an11an2n，1an11an2n.由叠加法可得1an142462(n1)n2n，化简可得 an4（2n1）2(n2)当 n1 时，a14 也符合上式，an4（2n1）2(nN*)(2)bn anan14（2n1）（2n1）212n112n1，Tnb1b2bn a1a2 a2a3 anan1 2113131512n112n12112n14n2n1.