【高优指导】2016届高考数学二轮复习 11 数列求和及综合应用课件 文


专题11 数列求和及综合应用

-2能力目标解读 热点考题诠释

本部分主要考查数列的各种求和方法及等差、等比数列的综合应用. 通过历年的高考试卷分析,求和方法的考查在主、客观题中均有出现,数列 作为解答题和解三角形部分的解答题在高考中出现了交替考查现象. 本部分考查内容主要是:以等差、等比数列为载体,考查数列通项、求 和;利用递推关系求数列的通项、前 n 项和. 该部分的重点是等差、等比数列的基本公式、常用性质和各种求和方 法;该部分的难点是数列与其他知识点的交汇问题.如数列中的给定信息题、 探索题、证明题、恒成立问题等.

-3能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3 4 5

1.(2014 大纲全国高考,文 8)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3,S4=15,则 S6=( A.31 ) B.32 C.63 D.64

命题定位:本题考查了等比中项的应用与等比数列前 n 项和的性质,若 选用方法不当,将会导致计算量偏大.

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C

∵S2=3,S4=15,∴由等比数列前 n 项和的性质, 得 S2,S4-S2,S6-S4 成等比数列, ∴(S4-S2)2=S2(S6-S4), 即(15-3)2=3(S6-15),解得 S6=63,故选 C.
解析

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答案

-4能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3 4 5

2.(2014 课标全国Ⅱ高考,文 5)等差数列{an}的公差为 2,若 a2,a4,a8 成等 比数列,则{an}的前 n 项和 Sn=( A.n(n+1) B.n(n-1) ) C.
(+1) 2

D.

(-1) 2

命题定位:本题考查等比数列的概念,等差数列的通项公式和求和公式, 充分体现了用基本量法解题的基本能力.
关闭

∵a2,a4,a8 成等比数列, 2 ∴4 =a2· a8,即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得 a1=2. ∴Sn=na1+
A

故选 A.

(-1) d=2n+n2-n=n2+n=n(n+1). 2

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-5能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3 4 5
关闭

3.(2014 四川高考,文 19) 设等差数列 {an}的公差为 d,点(an,bn)在函数 (1) 证明 :由已知( ,b =2 f(x)= 2x 的图象上 nn∈ N*> ).0. +1 +1 - 当 n ≥ 1 时 , = 2 =2d. (1)证明 :数列 { b } 为等比数列 ; n

所以,d=a2 -a1=1,an=n ,bn=2 ,an =n· 4. 2 3 关闭 于是,Tn=1×4+ 2×4 +3×4 +…+(n-1)· 4n-1+n· 4n, 2 分析 (1) 利用点 (+…+ an,bn )( 在函数图象上建立 an 与 b n 的关系式,然后利用等差数列和等比 4 Tn=: 1 ×4 +2×43 n-1)×4n+n · 4n+1. 2 数列的定义证明结论 因此,Tn -4Tn=4+4; +…+4n-n· 4n+1 +1 +1 (2) f (x)的图象在点 (a2,b2 )处的切线方程 ,根据已知截距 4先利用导数几何意义求出函数 -4 -4 n+1 (1 -3 ) 4 -n· 4 = 2. 求出= a2 的值 3 ,从而求出数列 3 {an }的通项公式,然后根据通项的结构特征利用错位相减法 (3-1) 4+1+4 求和. 所以,Tn= .
9

求数列 {an }的前 n 项和1Sn. 它在 x 轴上的截距为 a2- . ln2 命题定位 通项公式和前 n 项和 1:本题重点考查等差、等比数列的定义、 1 由题意,a2 - =2- . ln2 ln2 公式及错位相减法求和等知识 ,本题侧重考查运用基本量法处理数列问题 解得 a2=2. 的能力,数列求和问题侧重类型的判断及公式的合理选取 . n n 2

d 1 1 所以 , 数列 { b } 是首项为 2 , 公比为 2 的等比数列 . n (2)若 a1=1,函数 f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2- , x 2 2 ln2 (2)解: 函数 f ( x ) = 2 在 ( a , b ) 处的切线方程为 y2 = ( 2 ln2)( x-a 2 2 2), 2

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-6能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3 4 5

4.(2013 课标全国Ⅰ高考,文 17)已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5. 关闭 (1)求{an}的通项公式;
解:(1) 设{an}的公差为 1 d,则 Sn=na1+ 2 d. (2)求数列 31 + 3d = 0 的前 n 项和. , 2 +1 由已知可得 2-1 51 + 10d = -5, 命题定位:本题主要考查等差数列的通项公式、 前 n 项和公式及裂项法 解得 a1=1,d=-1. 求和的技巧 ,题目强调通性通法 ,难度不高. 故{an}的通项公式为 an=2-n. (2)由 (1)知 =
1 1 1 , 2 2-3 2-1
2-1

(- 1)

1 1 = (3-2)(1-2) 2-1 2+1

从而数列

1 的前 n 项和为 2+1

1 1 1 1 1 1 1 - + - +…+ = . 2 -1 1 1 3 2-3 2-1 1-2

答案

-7能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3 4 5
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5.(2014 课标全国Ⅰ高考 ,文 17)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4 是方 2 2 解:(1)方程 x -5x+6=0 的两根为 2,3,由题意得 a2=2,a4=3. 程 x -5x+6=0 的根. 设数列{an}的公差为 d,则 a4-a2=2d, 3 (1)求{1 a }的通项公式 ; 故 d= ,n从而 a1= .
所以 {an}的通项公式为 a (2) 求数列 的前 n 项和 . n=2n+1. 2
2 2 1

(2)设 的前 n 项和为 Sn, 2 命题定位 :本题考查了等差数列通项公式的求法 ,以及利用错位相减法 +2 3 4 +1 +2 由(1)知 = +1,则 Sn= 2 + 3 +…+ + +1, 2 2 求和的方法.对于求和强化了运算能力和化归思想的考查 . 2 2 2 2 1 3 4 +1 +2 Sn= 3 + 4+…+ +1 + +2.
2 2 2 1 3 1 两式相减,得 Sn= + 3 + 2 4 2 +4 2 2

…+

1 2+1

?

+2 3 1 = + 4 2+2 4

1-

1 2
-1

?

+2 2+2

.

所以 Sn=2-

2+1

.

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数列求和的方法
思考:数列求和的常用方法有哪些?应分别如何选取?

提示:(1)公式法:若数列是等差或等比数列,则可直接由等差数列或 等比数列的求和公式求和;(2)分组求和法:一个数列的通项公式是由几 个等差或等比或可求和的数列的通项相加减而成 ,求和时可用分组求 和法,即先分别求和,然后再合并;(3)裂项相消法:若数列{an}的通项能转 化为 f(n)-f(n-1)(n≥2)的形式,常采用裂项相消法求和;(4)错位相减法:若 数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,则求数列{an· bn}的前 n 项和时,可 采用错位相减法;(5)倒序相加法:如果一个数列{an}满足与首末两项等 “距离”的两项和相等或等于同一常数,那么求这个数列的前 n 项和,可 用倒序相加法.

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* * ). 解 : (1) 由 a = +2( n1), 得 S =na 2 n ( n1)( n ∈ N n n n 【例 1】 设数列 { a } 的前 n 项和为 S , a = 1, a = + 2( n1)( n ∈ N ). n n 1 n

当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1),即 an-an-1=4, (1) 求证:{ 数列 {an}为等差数列 ,并分别写出 an 和 Sn 关于 ∴数列 an}是以 a1=1 为首项 ,4 为公差的等差数列 . n 的表达式;
1 则 an=4n-3,S1 =2n2-n(n∈N*). n= 2 (2)设数列 的前 n 项和为 Tn,求 Tn 的取值范围. +11 1 1 1 (2)由题意,Tn= + + +…+ 1 2 2 3 3 4 +1 1 1 分析推理 1 1 (1)对于给出递推关系中含有 an 和 Sn 的数列问题, = + + +…+ 1×5 5×9 9×13 (4-3)× (4+1) 一般考虑利用 S -S =a 进行转化 an-an-1(n≥2) n n1 n 1 1 1 1 1 1 ,对于本题最后化归为证明 1 1 = 1- + - + +…+ 4 5 5 9 9 13 4-3 4+1 1 1 1若数列{ 1 ,则构造的新数列 为常数即可 ;(2) an}为等差数列 的通项可裂 +1 = 1= < = .

( + )n

4

4+1

4+1

4

4

又易知 Tn 单调递增 1 1 1 ,故 1 Tn≥T1=5, 项为 = · 1 ,再利用裂项相消法求和. +1 +1 1 +1 - ∴Tn 的取值范围为 ≤Tn< .
5 4

1

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点评:(1)利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项 和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项(即前后“对称”);(2)利用错 位相减法求和时,应注意以下几点:①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特 别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式;②当 等比数列公比为字母时,应对字母是否为 1 进行讨论.

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1.已知等差数列{log4(an-1)}(n∈N*),且 a1=5,a3=65,数列{bn}的前 n 项和 Sn=(n-2)2. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记数列 cn=(an-1)· bn,求数列{cn}的前 n 项和 Tn.

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解:(1)设等差数列{log4(an-1)}的公差为 d,所以 2log4(a2-1)=log4(a1-1)+log4(a3-1),即 2[log4(5-1)+d]=log4(5-1)+log4(65-1), 得 d=1, 所以 log4(an-1)=1+(n-1)×1=n,得 an=4n+1. 由 Sn=(n-2)2,当 n=1 时,b1=S1=1; 当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1 =(n-2)2-(n-3)2=2n-5, 1( = 1), 所以 bn= 2-5( ≥ 2).

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(2)由(1)可得,当 n=1 时,c1=41×1; 当 n≥2 时, cn=4n×(2n-5),则 Tn=4×1+42×(-1)+43×1+44×3+…+4n×(2n-5), 4Tn=42×1+43×(-1)+44×1+45×3+…+4n×(2n-7)+4n+1×(2n-5), 则-3Tn=-28+2×(43+44+45+…+4n)-4n+1×(2n-5)
128(4-2-1) n+1 =-28+ -4 (2n-5), 4-1

所以

28 128(4-2 -1) 4+1 (2n-5) Tn= ? + 3 9 3

212+(24-68)4 = . 9

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数列与不等式结合的问题
思考 1:对于数列中的不等式问题,你有哪些处理方法?

提示:(1)涉及解不等式,要明确不等式形式,还要注意数列中角标 n ∈N*这一隐含条件;(2)对于比较大小问题,常采用作差比较法和放缩 法;(3)证明不等式问题,常采用比较法、 分析综合法或借助函数的单调性 转化为求最值问题,必要时要对数列中的项进行放缩.

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思考 2:数列中不等式的常用放缩形式有哪些?

提示:

1 2

< <

1 2 -1 1 2

=

1 1 1 2 -1 +1

;

1 1 ? +1

<

1 -1

? ;
1

1

2( + 1 ? )< <2( ? -1);
1 (+1)

<

1 2

<

1 等. (-1)

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【例 2当 】 n= 已知数列 {a 的各项均是正数 其前 ,且满足 解:(1) 1 时,a1= 2, 当 n≥2 时,an=Sn,-S (4项的和为 -an)-(4-an-S ), n} n-1=n 1n an+Sn =4. 整理得 2an=an-1,所以数列{an}是以 2 为首项, 为公比的等比数列,
1 (1)求数列 a1 { 1 -2 ; n}的通项公式 所以 an=2× = .

1 2

2

(2)设 bn= (2)bn=

1 1 -1 1 1 1 1 用常见数列的结构形式求得 a n;(2) ∴Tn=b1+b2+…+bn-1+bn = 1+要先明确数列的结构形式再选用合理方 + +…+ + 2 22 32 (-1)2 法求和.有很多情况下 ,其实质仍是数列的求和问题 , 1 1 1 ,表面上是证明不等式 1 1 1 1 1 2-1 <1+1- + ? +…+ ? + ? =2- = . 2 2 3 -2 -1 ,不妨将数列中的项灵活放缩 -1 当没有对应的求和公式直接套用时 ,使其利于 2-1 求和.故当 n≥2 时,Tn< .

,数列{bn}的前 2 n 项和为 Tn,求证:当 n≥2 时,Tn< . 1 1 = = 2. -2 2 -( 2 ) 1 2-log分析推理 (1)对于给出递推关系中含有 an 和 Sn 的数列问题, 2 2
1 1 (-1)

1 2-log 1 2

2 2

2

2-1

一般考虑利用 Sn,-S ,再利 当 n≥2 时 bnn= = ,对于本题最后变形为通项间的关系 ? , 1=a n 进行转化 2 <

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点评:数列与不等式相结合的问题是近几年高考的热点 ,常见题型是数 列前 n 项的和 Sn 与某常数或某式的不等关系问题 ,或证明或求值.证不等式 常用方法有①作差、作商、比较 ;②判断数列的单调性 ,根据数列的取值范 围证明不等式;③合理利用放缩法 .求值问题则常常转化为解不等式来解决 .

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2.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且 a1,a2+5,a3 成等差数列. (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式; (3)证明:对一切正整数 n,有
1 1 1 1 +…+ 2 3 2

+

< .

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(1)解:在 2Sn=an+1-2n+1+1 中, 令 n=1,得 2S1=a2-22+1,令 n=2,得 2S2=a3-23+1, 解得 a2=2a1+3,a3=6a1+13, 又 2(a2+5)=a1+a3,解得 a1=1. (2)解:由 2Sn=an+1-2n+1+1,2Sn+1=an+2-2n+2+1, 得 an+2=3an+1+2n+1. 又 a1=1,a2=5 也满足 a2=3a1+21, ∴an+1=3an+2n 对 n∈N*成立. ∴an+1+2n+1=3(an+2n). ∴an+2n=3n.∴an=3n-2n.

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(3)证明:∵an+1=3n+1-2n+1>2×3n-2n+1=2an, ∴
1 +1

< · .
1 3

1 1 2

当 n≥2 时,
1 5

< · , <

1 1 1 2 2 4

< · ,

1 1 2 3

<

1 1 1 · ,……, 2 4

1 1 · , 2 -1 1 2

1 累乘得 1 ∴ 1

<

1 -2 2

· . × < < .
1 5 7 5 3 2

+

1 2

1 1 1 1 1 1 -2 + +…+ ≤1+ + × +…+ 3 5 2 5 2

-21能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

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数列与函数结合的问题
思考:数列与函数交汇问题的常见处理方法有哪些?

提示:(1)若已知数列满足的函数关系 ,一般利用函数的解析式沟通 数列的通项与和 ,再利用函数的图象、 性质研究数列问题 ;(2)若已知数列 条件,解决函数问题时 ,一般要充分利用数列的特征、通项、求和等 ,另 外还要注意数列是一种特殊的函数 .

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【例 3】 已知点(1,2)是函数 f(x)=ax(a>0,且 a≠1)的图象上一点,数列{an} 的前 n 项和 Sn=f(n)-1. (1)求数列 {an}的通项公式; (2)若 bn=logaan+1,求数列{anbn}的前 n 项和 Tn. 关闭
(1)把点 (1,2)代入函数 f (x)=ax 得 a=2. 分析推理(1)当点满足函数解析式时,一般要选择将点代入, 所以数列{an}的前 n 项和为 Sn=f (n)-1=2n-1. 进而利用 n-S 1=a n.求出通项公式.注意 a1 ;(2)涉及{an bn}的前 n 项和, 注意观 当 n=1 S 时 ,a1n=S 1=1 察数列特点 ,利用错位相减法求解 当 n≥2 时 ,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1. . 对 n=1 时也适合, ∴an=2n-1. (2)由 a=2,bn=logaan+1 得 bn=n,所以 anbn=n· 2n-1. Tn=1· 20+2· 21+3· 22+…+n · 2n-1,① 2Tn=1· 21+2· 22+3· 23+…+(n-1)· 2n-1+n · 2n,② 由①-②得 -Tn=20+21+22+…+2n-1-n · 2 n, 所以 Tn=(n-1)2n+1.

答案

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点评:对于数列与函数的交汇问题,一定要充分利用函数的解析式和性 质来解题;解决此题的关键是点的代入和利用导数工具求过曲线上一点的 切线方程.此题目的主体还是数列问题,只不过用到了函数、导数中的一些 辅助知识.

-24能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

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3.已知曲线 C:xy=1,过 C 上的点 An(xn,yn)作斜率为 kn=-

1 的直线交曲 +2 11 7

线 C 于另一点 An+1(xn+1,yn+1),点列{An}的横坐标构成数列{xn},其中 x1= . (1)求 xn 与 xn+1 的关系式; (2)令 bn=
1 1 + ,求证:数列{bn}是等比数列; -2 3

(3)若 cn=3n-tbn(t 为非零整数,n∈N*),试确定 t 的值,使得对任意 n∈N*, 都有 cn+1>cn 成立.

-25能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

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解:(1)依题意知,过 An(xn,yn)的直线方程为 y-yn=联立方程 - = 1 (x- ), +2 消去

1 (x-xn). +2 +2

= 1,
+2 .

y,得

1 2 x +2

+

x+1=0.

∴xnxn+1=xn+2,即 xn+1=

+1 +1

(2)∵bn=

1 1 + -2 3

=

+1 ,∴ +1 3( -2)

=

3(+1 -2) +1 =-2. 3( -2)

∴数列{bn}是首项为 b1=

1 1 + =-2,公比为 1 -2 3

q=-2 的等比数列.

-26能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

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(3)由(2)知,bn=(-2)n,要使 cn+1>cn 恒成立, 由 cn+1-cn=[3n+1-t(-2)n+1]-[3n-t(-2)n]=2· 3n+3t(-2)n>0 恒成立, 即(-1) t>n

3 -1 恒成立. 2 3 -1 恒成立. 2

①当 n 为奇数时,即 t< 又
3 -1 的最小值为 2

1,∴t<1.
3 -1 恒成立. 2

②当 n 为偶数时,即 t>又3 2

3 -1 3 3 的最大值为- ,∴t>- . 2 2 2

即- <t<1,又 t 为非零整数, ∴t=-1 时,使得对任意 n∈N*,都有 cn+1>cn.

-271 2 3

2 1.(2014 四川内江四模)正项数列{an}满足 :它的平方数列 { }是公差为 1,第 4 项为 4 的等差数列. (1)求数列 {an}的通项公式;

(2)若数列 bn=

1 的前 +1+

n 项和为 Sn,求 Sn.

关闭
2 2 2 (1)由题意有 4 = 1 +(4-1)×1=4,∴ 1 =1. 2 ∴ =1+(n-1)×1=n,即 an=± . ∵数列{an}是正项数列 ,∴an= .

(2)bn=

1

+1 +

=

1 = +1+

+ 1 ? ,

∴Sn=( 2 -1)+( 3 ? 2)+…+( + 1 ? )= + 1 -1.

答案

-281 2 3
关闭

1.已知数列 {ana }的前 n 项和 S ,a = =2 3, a3(1n = 2S n+3;数列{bn}为等差数列,且 解:(1)由 S且 ≥ 2), n+1=2Sn+3,得nan1 n-1+n+ 公差 ∴ d> 0, b +b 15 . 1),即 an+1-an=2an,则 a -a 2(S 2+b 3= n+ 11 n= n-S n(1)求数列 {a }的通项公式 ; ∵a1=3,∴a2=9,2=3. 当 n= 1n时 ,a2=2a1+3,
+1 =3,

1 1 2 3 n}的前 (2)若∴+b +b2,是等比数列 +b3 成等比数列 求数列 {b 1, { ,且 an,= 3· 3n-1= 3n . 3 数列 3 a n} 3

n 项和 Tn.

(2)∵b1+b2+b3=15,b1+b3=2b2,∴b2=5.
2 2 依题意 + 2 = 3 而 1=1, 2=3, 3=9. 3 3 3

1 3

+ 1

3 3

+ 3 ,

设 b1=5-d,b2=5,b3=5+d, ∴64=(5-d+1)(5+d+9). ∴d2+8d-20=0,得 d=2 或 d=-10(舍去), 故 Tn=nb1+
(-1) (-1) d=3n+ ×2=n2+2n. 2 2

答案

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(1)∵{an}为等差数列,设公差为 d, 则由题意得 3.(2014 四川广安二模) 已知数列{an}为公差不为 0 的等差数列,a5 和 a7 的等 5 + 7 = 12?2 1 + 10d 1 = 12, 2 bn }的前 n 项和为 Tn . 差中项为 6,且 a2,a4 ,2 a 成等比数列 ,令 2 8 n= · 8 = 4 ?(1 + d )(1b+ 7d )· = (1,数列 + 3d ){, +1 1 + 5d = 6, = 1, 整理得 ? (1)求 an 及 T ; n 1 = 1. = 1 (2)若 T ≤ λ ,对 ?n∈N*恒成立,求实数 λ 的最小值. ∴a = 1+ (a n1) × 1=n. n+ 1 nn
1 1 1 1 = = ? , · +1 ( +1) +1 1 1 1 1 1 ∴Tn=1- + ? +…+ ? = . 2 2 3 +1 +1

由 bn=

(2)∵Tn ≤λan+1,?n∈ N*, 即 ≤λ(n+1)恒成立,
+1

∴λ≥



(+1)

2=

+1 +2

1

.
1 4

∴n+ ≥2 · =2,∴λ≥ , 即 λ 的最小值为 .
1 4

1

1

答案


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