专题五第4讲

第4讲 数列中不等式的证明问题
高考定位 1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题；2.主要考查数学归纳法、放缩法、反证法等数列不等式的证明方法，以及不等式的性质；3.重点考查学生逻辑推理能力和创新意识.
真 题 感 悟
(2017·浙江卷)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *). 证明：当n ∈N *时， (1)0＜x n ＋1＜x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12； (3)
12
n －1
≤x n ≤1
2
n －2.
证明 (1)用数学归纳法证明：x n ＞0. 当n ＝1时，x 1＝1＞0.
假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，x k ＞0，
那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1＞0， 因此x n ＞0(n ∈N *).
所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1， 因此0＜x n ＋1＜x n (x ∈N *). (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，
x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1). 记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0). f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1
＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)，
函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，
因此x 2
n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，
故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋1
2(n ∈N *).
(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1， 所以x n ≥12x n －1≥122x n －2≥…≥12n －1x 1＝1
2n －1.
故x n ≥
1
2n －1.
由x n x n ＋1
2≥2x n ＋1－x n 得 1
x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫
1x n －12＞0，
所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －
2，
故x n ≤
1
2n －2.
综上，1
2n －1≤x n ≤1
2
n －2(n ∈N *).
考 点 整 合
1.数学归纳法
证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；
(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立.
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立. 2.反证法
一般地，由证明p ⇒q 转向证明：綈q ⇒r ⇒…⇒t ，t 与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q 为假，推出q 为真的方法，叫做反证法. 3.放缩法
放缩法是利用不等式的传递性，证明不等式的方法，要证A <B ，可先将A 放大到C ，然后只需证明C <B 即可.
热点一 数学归纳法证明数列不等式
【例1】 (2017·金丽衢联考)设数列{a n }满足：a 1＝a ，a n ＋1＝2a n
a 2n ＋1(a >0且a ≠1，
n ∈N *).
(1)证明：当n ≥2时，a n <a n ＋1<1； (2)若b ∈(a 2，1)，求证：当整数k ≥
（b －a 2）（b ＋1）
a 2（1－
b ）
＋1时，a k ＋1>b .
证明 (1)由a n ＋1＝2a n
a 2n ＋1知，a n 与a 1的符号相同，
而a 1＝a >0，所以a n >0，
所以a n ＋1＝
2
a n ＋1a
n
≤1，当且仅当a n ＝1时，a n ＋1＝1， 下面用数学归纳法证明： ①因为a >0且a ≠1，所以a 2<1， a 3a 2＝2a 22＋1
>1，即有a 2<a 3<1； ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，有a k <a k ＋1<1， 则a k ＋2＝2a k ＋1a 2k ＋1＋1
＝
2
a k ＋1＋
1a k ＋1
<1，
且a k ＋2a k ＋1＝2a 2k ＋1＋1
>1，即a k ＋1<a k ＋2<1. 综上，对任意n ≥2，均有a n <a n ＋1<1成立. (2)若a k ≥b ，则由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ；
若a k <b ，因为0<x <1及二项式定理知(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋…＋C n n x n
≥1＋nx ， 而a 2k ＋1<b 2＋1<b ＋1，且a 2<a 3<…<a k <b <1，
所以a k ＋1＝a 2·a 3a 2
·a 4a 3
·…·
a k ＋1a k
＝a 2·2k －1（1＋a 22）（1＋a 23）…（1＋a 2k ）>a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b 2k －1
> a 2⎝ ⎛⎭
⎪⎫21＋b k －1
＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－b 1＋b k －1≥a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤
1＋
1－b 1＋b （k －1）. 因为k ≥（b －a 2）（b ＋1）
a 2（1－
b ）
＋1，
所以1－b 1＋b (k －1)＋1≥b －a 2a 2＋1＝b a 2，
所以 a k ＋1>b .
探究提高 数学归纳法是解决和正整数有关命题的证明方法，可以借助递推公式，证明由特殊到一般的结论成立问题.因此，可以在数列不等式的证明中大显身手.在本例中，(1)首先根据条件等式的结构特征推出a n >0，然后用数学归纳法证明即可；(2)首先由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ，然后利用数列的递推公式证明即可.
热点二 反证法证明数列不等式
【例2】 (2017·台州调考)已知数列{a n }满足：a n >0，a n ＋1＋1a n
<2(n ∈N *).
(1)求证：a n ＋2<a n ＋1<2(n ∈N *)； (2)求证：a n >1(n ∈N *).
证明 (1)由a n >0，a n ＋1＋1
a n
<2，
得a n ＋1<2－1
a n
<2.
因为2>a n ＋2＋1
a n ＋1>2
a n ＋2
a n ＋1
(由题知a n ＋1≠a n ＋2)， 所以a n ＋2<a n ＋1<2.
(2)法一 假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n >N 时，a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n
＝a n －1
a n
<0，而a n <1，
所以1a n ＋1－1>a n a n －1＝1＋1
a n －1，
于是1a N ＋2－1>1＋1a N ＋1－1，
……
1a N ＋n －1>1＋1a N ＋n －1－1
.
累加可得1a N ＋n －1>n －1＋1a N ＋1－1
.(*)
由假设可得a N ＋n －1<0， 而当n >－
1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1
a N ＋1－1
>0，
因此有1a N ＋n －1<n －1＋1
a N ＋1－1，
这显然与(*)矛盾. 所以a n >1(n ∈N *).
法二 假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n >N 时，0<a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1
a n <0，而a n <1，
所以11－a n ＋1<a n
1－a n ，
所以1－a n ＋11－a n >1a n ≥1a N ＋1>1.
于是1－a n >(1－a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a N ＋1，
1－a n －1>(1－a n －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a N ＋1，
……
1－a N ＋2>(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a N ＋1.
累乘可得1－a n >(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1
，(*)
由(1)可得1－a n <1， 而当n >log
1a N ＋1⎝ ⎛⎭
⎪⎫11－a N ＋1＋N ＋1时， 则有(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1
>1，
这显然与(*)矛盾. 所以a n >1(n ∈N *).
探究提高 数列不等式需要对数列的范围及变化趋势进行探究，而条件又少，因此，反证法就成为解决有关问题的利器.在本例中，(1)首先根据已知不等式由a n
＋1
＜2－1
a n
<2证明不等式的右边，再根据已知不等式利用基本不等式，可证明不
等式的左边；(2)考虑反证法，即假设存在a N ≤1，利用条件和(1)，并结合放缩法逐步推出矛盾.进而证明不等式成立. 热点三 放缩法证明数列不等式 [命题角度1] 放缩为等比数列
【例3】 (2017·湖州调研测试)已知数列{a n }满足a 1＝25，a n ＋1＝2a n
3－a n ，n ∈N *.
(1)求a 2；
(2)求⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 的通项公式；
(3)设{a n }的前n 项的和为S n ，求证：65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113.
(1)解 由条件可知a 2＝
2a 13－a 1
＝4
13. (2)解 由a n ＋1＝2a n 3－a n 得1a n ＋1＝32·
1a n －1
2， 即1a n ＋1
－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a n －1，
所以⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n
－1是等比数列，
又1a 1－1＝32，则1a n －1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，
所以1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n
＋1.
(3)证明 由(2)可得
a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1
.
所以S n ≥25＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1
＝65⎝
⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，
故S n ≥65⎝
⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 成立.
另一方面a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1<1⎝ ⎛⎭⎪⎫
32n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n
，
所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <25＋413＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n
＝4665＋89－89·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2<4665＋89<2113，n ≥3， 又S 1＝25<2113，S 2＝4665<2113，因此S n <21
13. 所以65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113.
[命题角度2] 放缩为裂项求和
【例4】 (2017·温州联考)已知数列{a n }中，a 1＝3，2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4. (1)证明：a n ＋1>a n ； (2)证明：a n ≥2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫32n －1
；
(3)设数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 的前
n 项和为S n ，求证：1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫23n
≤S n <1.
证明 (1)∵2a n ＋1－2a n ＝a 2n －4a n ＋4＝(a n －2)2
≥0，
∴a n ＋1≥a n ≥3，∴(a n －2)2>0， ∴a n ＋1>a n .
(2)∵2a n ＋1－4＝a 2n －2a n ＝a n (a n －2)，
∴a n ＋1－2a n －2
＝a n 2≥32， ∴a n －2≥32(a n －1－2)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫322
(a n －2－2)≥…≥
⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(a 1－2)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫32n －1，
∴a n ≥2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫32n －1
.
(3)∵2(a n ＋1－2)＝a n (a n －2)，
∴12（a n ＋1－2）＝1a n （a n －2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1
a n －2－1a n ， ∴1a n ＋1－2＝1a n －2－1a n ，∴1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2， ∴S n ＝1a 1
＋1a 2
＋…＋1a n
＝1a 1－2－1a 2－2＋1a 2－2－1a 3－2＋…＋1a n －2－1a n ＋1－2
＝
1a 1－2－1
a n ＋1－2
＝1－
1
a n ＋1－2
.
∵a n ＋1－2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，∴0<1a n ＋1－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n
，
∴1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n
≤S n ＝1－1a n ＋1－2
<1.
探究提高 数列中不等式的证明本身就是放缩的结果，在证明过程中，要善于观察数列通项的特点，结合不等式的结构合理地选择放大与缩小，常见的两种放缩方式是：①放缩成等比数列求和形式；②放缩成裂项求和形式.
数列、不等式是高中数学的重点内容之一，也是初等数学与高等数学的衔接点之一.命题方式灵活，对学生的数学思维要求较高，具有良好的高考选拔功能.数列中不等式的证明，是浙江省高考数学试题的特色，解决问题方法独特，需要综合运用分析法、放缩法、反证法、数学归纳法、以及构造函数借助导数的工具、不等式的性质等解决问题.
1.(2017·绍兴仿真考试)已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－1
2.
(1)求证：2
3≤a n ≤1；
(2)求证：|a n ＋1－a n |≤1
3； (3)求证：|a 2n －a n |≤10
27. 证明 (1)用数学归纳法证明. ①当n ＝1时，命题显然成立；
②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，有2
3≤a k ≤1成立， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝
1
a k ＋12≤
123＋
12<1， a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝
2
3， 即当n ＝k ＋1时也成立， 所以对任意n ∈N *，都有2
3≤a n ≤1. (2)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝1
3，
当n ≥2时，∵⎝ ⎛
⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12·1a n ＝1＋12a n ≥1＋
12＝32， ∴|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1
a n ＋12－1a n －1＋12 ＝
|a n －a n －1|
⎝ ⎛
⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭
⎪⎫a n －1＋12 ≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1|a 2－a 1|
＝13·⎝ ⎛⎭
⎪⎫23n －1<13. 综上所述，|a n ＋1－a n |≤1
3.
(3)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13＝927<10
27； 当n ≥2时，由(2)知
|a 2n －a n |≤|a 2n －a 2n －1|＋|a 2n －1－a 2n －2|＋…＋|a n ＋1－a n |≤
13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －1≤23－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1027. 综上所述，|a 2n －a n |≤1027.
2.(2017·浙东北大联盟考试)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n －a 2n
n （n ＋1）
，数
列⎩
⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫a n ＋1a n 的前n 项和为S n .证明：当n ∈N *时，
(1)0<a n ＋1<a n ； (2)a n ≤n 3n －1；
(3)S n >n －1
2.
证明 (1)由于a n ＋1－a n ＝－a 2n
n （n ＋1）≤0，
则a n ＋1≤a n .
若a n ＋1＝a n ，则a n ＝0，与a 1＝1
2矛盾， 故a n ≠0，从而a n ＋1<a n ， a 1＝1
2>a 2>a 3>…>a n .
又a n ＋1a n ＝1－a n n （n ＋1）≥1－12n （n ＋1）>0，
则a n ＋1与a n 同号.
又a 1＝1
2>0，则a n ＋1>0，故0<a n ＋1<a n . (2)由于0<a n ＋1<a n ，
则a n ＋1＝a n －a 2n
n （n ＋1）<a n －a n a n ＋1n （n ＋1），
即1a n －1a n ＋1<－1n （n ＋1）＝1n ＋1－1
n ，
1
a n ＋1－1a n >1n －1
n ＋1.
当n ≥2时，1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n －1＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a n －1－1a n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 1＋1a 1>1n －1－1n ＋1n －2－1n －1＋…＋1－12＋1a 1
＝3－1n ＝3n －1n >0， 从而a n <n 3n －1
. 当n ＝1时，a 1＝12＝13×1－1，从而a n ≤n 3n －1
. (3)由a n ＋1a n
＝1－a n n （n ＋1）≥1－a 1n （n ＋1） ＝1－12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1n ＋1(当且仅当n ＝1时，取等号)， 得S n ＝a 2a 1＋a 3a 2＋…＋a n ＋1a n ≥n －12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－1n ＋1>n －12. 3.(2017·杭州质量检测)已知数列{a n }的各项均为非负数，其前n 项和为S n ，且对
任意的n ∈N *，都有a n ＋1≤a n ＋a n ＋22.
(1)若a 1＝1，a 505＝2 017，求a 6的最大值；
(2)若对任意n ∈N *，都有S n ≤1，求证：0≤a n －a n ＋1≤2n （n ＋1）
. (1)解 由题意知a n ＋1－a n ≤a n ＋2－a n ＋1， 设d i ＝a i ＋1－a i (i ＝1，2，…，504)， 则d 1≤d 2≤d 3≤…≤d 504，
且d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 504＝a 505－a 1＝2 016. ∵d 1＋d 2＋…＋d 55≤d 6＋d 7＋…＋d 504499
＝2 016－（d 1＋d 2＋…＋d 5）499
， ∴d 1＋d 2＋…＋d 5≤20，
∴a 6＝a 1＋(d 1＋d 2＋…＋d 5)≤21， a 6的最大值为21.
(2)证明 若存在k ∈N *，使得a k <a k ＋1，
则由a n ＋1≤a n ＋a n ＋22，得a k ＋1≤a k －a k ＋1＋a k ＋2＜a k ＋2，
因此，从第k 项a k 开始，数列{a n }严格递增， 故a 1＋a 2＋…＋a n ≥a k ＋a k ＋1＋…＋a n ≥(n －k ＋1)a k . 对于固定的k ，当n 足够大时，必有a 1＋a 2＋…＋a n ＞1，与题设矛盾，∴{a n }不可能递增，即只能a n －a n ＋1≥0. 令b k ＝a k －a k ＋1(k ∈N *)，
由a k －a k ＋1≥a k ＋1－a k ＋2得b k ≥b k ＋1，b k ≥0， 故1≥a 1＋a 2＋…＋a n ＝(b 1＋a 2)＋a 2＋…＋a n ＝b 1＋2(b 2＋a 3)＋a 3＋…＋a n ＝… ＝b 1＋2b 2＋…＋nb n ＋na n ＋1≥(1＋2＋…＋n )b n ＝
n （n ＋1）2
b n ， ∴b n ≤2n （n ＋1）
， 综上，对一切n ∈N *，都有0≤a n －a n ＋1≤2n （n ＋1）
. 4.(2017·温州模拟)数列{a n }的各项均为正数，且a n ＋1＝a n ＋2a n －1(n ∈N *)，{a n }的前n 项和是S n .
(1)若{a n }是递增数列，求a 1的取值范围；
(2)若a 1>2，且对任意n ∈N *，都有S n ≥na 1－13(n －1)，
证明：S n <2n ＋1.
(1)解 由a 2>a 1⇔a 1＋2a 1
－1>a 1， 得0<a 1<2；①
又由a 3>a 2⇔a 2＋2a 2－1>a 2⇔0<a 2<2⇔0<a 1＋2a 1
－1<2， 得1<a 1<2，②
由①②，得1<a 1<2.
下面用数学归纳法证明：
当1<a 1<2时，1<a n <2对任意n ∈N *恒成立. (ⅰ)当n ＝1时，1<a 1<2成立；
(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，1<a k <2成立，
则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋2a k
－1∈[22－1，2)⊆(1，2). 综上，可知1<a n <2对任意n ∈N *恒成立.
于是a n ＋1－a n ＝2a n
－1>0，即{a n }是递增数列. 所以a 1的取值范围是1<a 1<2.
(2)证明 因为a 1>2，可用数学归纳法证明：a n >2对任意n ∈N *恒成立.
于是a n ＋1－a n ＝2a n
－1<0，即{a n }是递减数列. 在S n ≥na 1－13(n －1)中，令n ＝2， 得2a 1＋2a 1
－1＝S 2≥2a 1－13，解得a 1≤3， 故2<a 1≤3.
下证：①当2<a 1≤73时，
S n ≥na 1－13(n －1)恒成立.
事实上，当2<a 1≤73时，
由于a n ＝a 1＋(a n －a 1)≥a 1＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫2－73＝a 1－13， 于是S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≥a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 1－13＝na 1－13(n －1). 再证：②当73<a 1≤3时不合题意.
事实上，当3≥a 1>73时，设a n ＝b n ＋2， 则由a n ＋1＝a n ＋2a n －1可得b n ＋1＝b n ＋2b n ＋2
－1， 得b n ＋1b n
＝b n ＋1b n ＋2≤b 1＋1b 1＋2≤23 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫因为由73<a 1≤3得13<b 1≤1，
于是数列{b n }的前n 项和T n ≤b 1·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23
<3b 1≤3，
故S n ＝2n ＋T n <2n ＋3＝na 1＋(2－a 1)n ＋3.(*)
令a 1＝73＋t (t >0)，则由(*)式得
S n <na 1＋(2－a 1)n ＋3＝na 1－13(n －1)－tn ＋83，
只要n 充分大，就有S n <na 1－13(n －1)，这与S n ≥na 1－13(n －1)矛盾.
所以73<a 1≤3不合题意.
综上，有2<a 1≤73
. 于是b n ＋1b n
＝b n ＋1b n ＋2≤b 1＋1b 1＋2≤47⎝ ⎛因为2<a 1≤73，故0<b 1 ⎭
⎪⎫≤13， 故数列{b n }的前n 项和T n ≤b 1·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫47n 1－47
<73b 1<1，
所以S n ＝2n ＋T n <2n ＋1.。