(完整)数列常见数列公式(很全)

常见数列公式

等差数列

1．等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，即an－an1=d ，(n≥2，n∈N)，这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“d”表示)

2．等差数列的通项公式:

ana1(n1)d anam(nm)d或 an=pn+q (p、q是常数））

3．有几种方法可以计算公差d

① d=an－an1 ② d=4．等差中项：Aana1aam ③ d=n n1nmaba,b,成等差数列 25．等差数列的性质： m+n=p+q amanapaq （m, n, p， q ∈N ) 等差数列前n项和公式

6。等差数列的前n项和公式 （1）Snn(a1an)n(n1)ddd (2)Snna1 （3）Snn2(a1)n，当d≠0,是一个常数项为零的2222二次式

8.对等差数列前项和的最值问题有两种方法:

（1） 利用an：当an>0，d<0，前n项和有最大值可由an≥0，且an1≤0，求得n的值 当an<0,d>0，前n项和有最小值可由an≤0，且an1≥0，求得n的值 （2） 利用Sn：由Snd2dn(a1)n二次函数配方法求得最值时n的值 22等比数列

1．等比数列：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列。这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q表示(q≠0）,即:

an=q(q≠0) an12。等比数列的通项公式: ana1qn1(a1q0)， anamqnm(a1q0) 3．｛an｝成等比数列an1=q(nN，q≠0) “an≠0”是数列｛an｝成等比数列的必要非充分条件 an4．既是等差又是等比数列的数列：非零常数列．

1

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5．等比中项：G为a与b的等比中项. 即G=±ab（a，b同号）。 6．性质：若m+n=p+q,amanapaq

7．判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法 8．等比数列的增减性：

当q〉1, a1〉0或0〈q〈1， a1〈0时, ｛an｝是递增数列； 当q>1， a1〈0，或0〈q〈1， a1〉0时， {an｝是递减数列； 当q=1时， ｛an｝是常数列； 当q<0时， ｛an}是摆动数列； 等比数列前n项和

等比数列的前n项和公式:

aanqa1(1qn) ∴当q1时，Sn ① 或Sn1 ②

1q1q 当q=1时，Snna1

当已知a1， q， n 时用公式①；当已知a1, q， an时，用公式②.

数列通项公式的求法

一、定义法

直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．

2例1．等差数列an是递增数列，前n项和为Sn，且a1,a3,a9成等比数列,S5a5．求数列an的通项公式。 解：设数列an公差为d(d0)

2a1a9, ∵a1,a3,a9成等比数列,∴a3即(a12d)2a1(a18d)d2a1d

∵d0， ∴a1d………………………………①

542∵S5a5 ∴5a1d(a14d)2…………②

233由①②得：a1，d

55333∴an(n1)n

555点评:利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。 二、公式法

S1n1n若已知数列的前项和Sn与an的关系，求数列an的通项an可用公式an求解. SSn2n1n例2．已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n,n1．求数列an的通项公式. 解：由a1S12a11a11

2

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naSS2(aa)2(1), nnn1nn1n2当时，有

an2an12(1)n1,

an12an22(1)n2,……，a22a12. an2n1a12n1(1)2n2(1)22(1)n1

2n1(1)n[(2)n1(2)n2(2)]2n12[1(2)n1](1)3n2[2n2(1)n1].32经验证a11也满足上式，所以an[2n2(1)n1]

3Snn1点评：利用公式an求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．

SnSn1n2三、由递推式求数列通项法

对于递推公式确定的数列的求解,通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。 类型1 递推公式为an1anf(n)

解法:把原递推公式转化为an1anf(n),利用累加法（逐差相加法)求解。

（2004全国卷I。22)已知数列an中，a11,且a2ka2k1(1)k,a2k1a2k3k，其中k1,2,3,……，求数列an的通项公式。P24(styyj）

例3。 已知数列an满足a1解：由条件知：an1an分

别

令

11，an1an2，求an。 2nn1111

n2nn(n1)nn1，

代

入

上

式

得

n1,2,3,,(n1)(n1)个等式累加之，即

(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

1111111(1)()()()

22334n1n1所以ana11

n11311a1，an1

2n2n2类型2 （1)递推公式为an1f(n)an

3

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解法：把原递推公式转化为

an1f(n),利用累乘法(逐商相乘法)求解。 an（2004全国卷I。15）已知数列{an｝,满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+（n－1）an－1（n≥2），则{an｝的通项

a1n1n 2 P24(styyj)

___n

例4. 已知数列an满足a123，ann1n1an,求an。 解：由条件知

an1na,分别令n1,2,3,,(n1),代入上式得(n1)个等式累乘之，即 nn1a2a3a4a1a1a••a••n23n1n 1a23an1234na1n又a123，a2n3n （2)．由an1f(n)an和a1确定的递推数列an的通项可如下求得:

由已知递推式有anf(n1)an1, an1f(n2)an2，•••，a2f(1)a1依次向前代入，得

anf(n1)f(n2)f(1)a1，

简记为an1n(f(k))a1 (n1,0k1k1f(k)1)，这就是叠（迭)代法的基本模式。

（3） 递推式：an1panfn 解法：只需构造数列bn，消去fn带来的差异．

例5．设数列an：a14,an3an12n1,(n2)，求an.

解：设bnanAnB，则anbnAnB，将an,an1代入递推式，得

bnAnB3bn1A(n1)B2n13bn1(3A2)n(3B3A1)

A3A2A13A1B3BB1

取bnann1…（１）则bn3bn1，又b16，故bn1n6323n代入（１）得an23nn1

4

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说明：(1）若f(n)为n的二次式，则可设bnanAn2BnC；(2）本题也可由

an3an12n1 ，an13an22(n1)1（n3）两式相减得anan13(an1an2)2转化为bnpbn1q求之。 例6．已知a13，an1解:an3n1an (n1),求an。 3n23(n1)13(n2)132131••••a1

3(n1)23(n2)2322325263853n1。

3n43n7 3n13n4类型3 递推公式为an1panq（其中p，q均为常数,(pq(p1)0)）。 解法:把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中tq，再利用换元法转化为等比数列求解。 1p（2006.重庆。14）在数列an中,若a11,an12an3(n1)，则该数列的通项an P24（styyj)

例7. 已知数列an中，a11，an12an3，求an.

解：设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3。故递推公式为

an132(an3),令bnan3，则b1a134，且

bn1an132。所以bn是以b14为首项,2为bnan3公比的等比数列，则bn42n12n1,所以an2n13。

类型4 递推公式为an1panqn（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)）. (或an1panrqn,其中p，q, r均为常数)

（2006全国I.22)（本小题满分12分）

设数列an的前n项的和Sn412an2n1，n1,2,3,333

（Ⅰ）求首项a1与通项an； P25（styyj)

解法:该类型较类型3要复杂一些.一般地，要先在原递推公式两边同除以qn1，得：

an1pan1• qn1qqnq引入辅助数列bn(其中bn

anp1bb），得：再应用类型3的方法解决. n1nqqqn5

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115,an1an()n1，求an。

326112解：在an1an()n1两边乘以2n1得：2n1•an1(2n•an)1

323b1n1n22令bn2n•an，则bn1bn1,应用例7解法得:bn32()n 所以ann3()2() n23332例8。 已知数列an中，a1类型5 递推公式为an2pan1qan（其中p,q均为常数)。 解法:先把原递推公式转化为an2san1t(an1san) 其中s，t满足stp，再应用前面类型3的方法求解。

stq（2006。福建。理。22）（本小题满分14分)

已知数列an满足a11,an12an1(nN*). （I）求数列an的通项公式； P26(styyj)

例9. 已知数列an中，a11，a22,an2解：由an221an1an，求an。 3321an1an可转化为an2san1t(an1san) 33即an221sts1s3(st)an1stan3 1或tst13t131s1s1这里不妨选用3,大家可以试一试)，则an2an1(an1an)an1an1(当然也可选用3tt13是以首项为a2a11，公比为11的等比数列，所以an1an()n1,应用类型1的方法,分别令33n1,2,3,,(n1),代入上式得(n1)个等式累加之,

111即ana1()0()1()n2333又a11，所以an11()n13 113731n1()。 443类型6 递推公式为Sn与an的关系式。（或Snf(an))

S1(n1)解法：利用an进行求解。

SnSn1(n2)（2006。陕西.20) (本小题满分12分)

6

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已知正项数列{an},其前n项和Sn满足10Sn=an+5an+6且a1，a3，a15成等比数列，求数列{an}的通项an P24（styyj）

1例10。 已知数列an前n项和Sn4ann2。

22

（1）求an1与an的关系；(2）求通项公式an。 解:（1)由Sn4an12n2得：Sn14an112n1

于是Sn1Sn(anan1)(所以an1anan112n21an1n12211ann。 221n1)

（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以2n1得：2n1an12nan2

1a11.于是数列2nan是以2为首项，2为公差的等差数列,所以122n2nan22(n1)2nann1

2类型7 双数列型

解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。

11例11. 已知数列an中，a11;数列bn中，b10.当n2时,an(2an1bn1)，bn(an12bn1)，

33由a1S14a1求an,bn。 解：因anbn11(2an1bn1)(an12bn1)an1bn1 33所以anbnan1bn1an2bn2•••a2b2a1b11 即anbn1…………………………………………（1）

111(2an1bn1)(an12bn1)(an1bn1)

333111所以anbn(an1bn1)()2an2bn2)……()n1(a1b1)

33311()n1.即anbn()n1………………………（2） 331111由（1）、（2）得:an[1()n1]， bn[1()n1]

2323四、待定系数法(构造法）

求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式,观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换,转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解,这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。 又因为anbn1、通过分解常数，可转化为特殊数列{an+k｝的形式求解。一般地，形如an1=p an+q（p≠1，pq≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q分解法:设an1+k=p(an+k）与原式比较系数可得pk－k=q，即

7

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k=q，从而得等比数列{an+k}。 p11an1+1(n≥2），求数列{an｝的通项公式。 211解：由an=an1+1（n≥2）得an－2=（an1－2），而a1－2=1－2=－1，

221∴数列{ an－2｝是以为公比，－1为首项的等比数列

211∴an－2=－(）n1 ∴an=2－（)n1

22例12、数列{an｝满足a1=1,an=

说明：这个题目通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{ an－2}，从而达到解决问题的目的。

例13、数列｛an}满足a1=1，3an1an70,求数列｛an｝的通项公式。

17解：由3an1an70得an1an

331k77设an1k(ank)，比较系数得k解得k

433371773∴{an}是以为公比，以a11为首项的等比数列

34444731731∴an()n1an()n1

443443例14．已知数列an满足a11，且an13an2，求an． 解：设an1t3(ant),则an13an2tt1，

an113(an1)an1是以(a11)为首项，以3为公比的等比数列

an1(a11)3n123n1an23n11

点评：求递推式形如an1panq（p、q为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数列

qqan1p(an)来求得，也可用“归纳-猜想—证明”法来求,这也是近年高考考得很多的一种题

p11p型．

例15．已知数列an满足a11,an3n2an1 (n2)，求an．

an2a1an2an1解：将an3n2an1两边同除3n，得n 1n133n133n3nan2221设bnn，则bn1bn1．令bnt(bn1t)bnbn1t

33333a282t3．条件可化成bn3(bn13)，数列bn3是以b1313为首项，为公比的等比数

3333an82列．bn3()n1．因bnn,

33382anbn3n3n(()n13)an3n12n2．

33点评：递推式为an1panqn1(p、q为常数)时,可同除qn1，得

8

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an1panan,令从而化归为an1panq（p、q为常数)型． 1bnn1nnqqqq2、通过分解系数，可转化为特殊数列{anan1}的形式求解。这种方法适用于an2pan1qan型的递推式，通过对系数p的分解,可得等比数列{anan1}:设an2kan1h(an1kan)，比较系数得

hkp,hkq，可解得h,k。

(2006。福建。文.22）(本小题满分14分）已知数列an满足a11,a23,an23an12an(nN*).

(I）证明:数列an1an是等比数列; （II）求数列an的通项公式；

例16、数列an满足a12,a25,an23an12an=0，求数列{an}的通项公式。

分析：递推式an23an12an0中含相邻三项,因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项an1的系数分解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列{anan1}。 解：由an23an12an0得an2an12(an1an)0 即an2an12(an1an），且a2a1523 ∴{an1an}是以2为公比，3为首项的等比数列 ∴an1an32n1

利用逐差法可得an1(an1an)(anan1)(a2a1)a1 =32n132n23202 =3(2n12n221)2

12n2 =312 =32n1 ∴an32n11

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例17、数列an中，a11,a22,3an22an1an，求数列an的通项公式。

21an1an,设an2kan1h(an1kan) 331121比较系数得kh，kh，解得k1,h或k,h1

333311若取k1,h,则有an2an1(an1an)

331∴{an1an}是以为公比,以a2a1211为首项的等比数列

31∴an1an()n1

3由逐差法可得an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 解：由3an22an1an得an21111=()n2()n3()2()11

333311()n1317313=1=1()n11()n1

14344313111说明：若本题中取k,h1，则有an2an1an1an即得

3331111{an1an}为常数列,an1an anan1a2a1

3333172故可转化为例13。

3321例18．已知数列an满足a11,a22，an2an1an求an．

33解：设an2san1t(an1san)

21sts1s3an2(st)an1stan3 1或tst13t1311则条件可以化为an2an1(an1an)an1an是以首项为a2a11,公比为的等比数列，所以

331731an1an()n1．问题转化为利用累加法求数列的通项的问题,解得an()n1．

3443点评：递推式为an2pan1qan(p、q为常数）时，可以设an2san1t(an1san)，其待定常数s、t由stp,stq求出,从而化归为上述已知题型．

五、特征根法

1、设已知数列{an}的项满足a1b,an1cand，其中c0,c1,求这个数列的通项公式。作出一个方程

xcxd,则当x0a1时,an为常数列，即ana1;当x0a1时,anbnx0，其中{bn}是以c为公比的等比数

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列，即bnb1cn1,b1a1x0.

1例19．已知数列{an}满足:an1an2,nN,a14,求an.

313解：作方程xx2,则x0.

32311当a14时,a1x0,b1a1.

221111133111数列{bn}是以为公比的等比数列。于是bnb1()n1()n1,anbn()n1,nN.

332322232、对于由递推公式an2pan1qan,a1,a2给出的数列an，方程x2pxq0，叫做数列ann1的特征方程.若x1,x2是特征方程的两个根，当x1x2时，数列an的通项为anAx1n1Bx2，其中A,B由n1a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，代入anAx1n1Bx2，得到关于A、B的方程组）;当x1x2时，数列an的通项为an(ABn)x1n1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，代入an(ABn)x1n1，得到关于A、B的方程组）。

例20:已知数列an满足a1a,a2b,3an25an12an0(n0,nN)，求数列an的通项公式。 解法一(待定系数-—迭加法） 由3an25an12an0，得

an2an12(an1an)， 3且a2a1ba。

则数列an1an是以ba为首项，

2为公比的等比数列，于是 32an1an(ba)()n1。把n1,2,3,,n代入，得

3a2a1ba,

2a3a2(ba)()，

32a4a3(ba)()2,

3•••

2anan1(ba)()n2.

3把以上各式相加，得

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(完整)数列常见数列公式(很全)

21()n12223(ba)。 ana1(ba)[1()()n2]23331322an[33()n1](ba)a3(ab)()n13b2a。

33

解法二(特征根法）：数列an：3an25an12an0(n0,nN)， a1a,a2b的特征方程是：

3x25x20。

x11,x22, 32n1anAx1n1Bx2AB()n1。

3又由a1a,a2b，于是

aABA3b2a 2B3(ab)bAB32故an3b2a3(ab)()n1

33、如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于nN,都有an1panq(其中p、q、r、h均为常数,

ranh1hpxq且phqr,r0,a1)，那么，可作特征方程x，当特征方程有且仅有一根x0时，则是

rrxhaxn0ax等差数列;当特征方程有两个相异的根1、2时，则n1是等比数列。

anx2(2006。重庆.文。22)．（本小题满分12分）

数列{an}满足a11且8an1an16an12an50(n1).求数列{an}的通项公式. 解:由已知，得an12an52x515，其特征方程为x,解之，得x或x

168an168x24156(an)12(an)12,a54 an1n12168an4168an1111ana1an22(1)n14 212,n5525252ana1an1an4444an1

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(完整)数列常见数列公式(很全)

2n15ann. P26 (styyj)

24例21、已知数列{an}满足性质：对于nN,an1解: 数列{an}的特征方程为xan4,且a13,求{an}的通项公式.

2an3x4,变形得2x22x40,其根为11,22.故特征方程有两个相2x3异的根，使用定理2的第（2）部分，则有

cna11a(p1r)n13132(112122)n1,nN.

12p2r∴c21nn5(5)1,nN. 22(1)n11∴a2cn1nc155,nN. n2(1)n1551即a(5)n4n2(5)n,nN.

例22．已知数列{an}满足：对于nN,都有an25n113aa.

n3（1）若a15,求an;(2）若a13,求an;（3)若a16,求an; （4）当a1取哪些值时，无穷数列{an}不存在？

解：作特征方程x13x25x3.变形得x210x250,

特征方程有两个相同的特征根5.依定理2的第（1）部分解答. （1）∵a15,a1.对于nN,都有an5; (2）∵a13,a1. ∴b1na(n1)rpr

1 135(n1)11315 1n128,

令bn0,得n5。故数列{an}从第5项开始都不存在，

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(完整)数列常见数列公式(很全)

当n≤4，nN时，an15n17. bnn5(3)∵a16,5,∴a1. ∴bn1rn1(n1)1,nN.

a1pr8令bn0,则n7n.∴对于nN,bn0. ∴an1bn15n435,nN. n1n718（4）、显然当a13时，数列从第2项开始便不存在。由本题的第（1）小题的解答过程知,a15时，数列

{an}是存在的，当a15时，则有bn1r1n1(n1),nN.令bn0,则得a1pra1585n13,nN且n≥2。 n15n13∴当a1（其中nN且N≥2）时，数列{an}从第n项开始便不存在。

n15n13于是知：当a1在集合{3或:nN,且n≥2}上取值时，无穷数列{an}都不存在.

n1a1说明：形如:anman111k1111k令bnk()递推式,考虑函数倒数关系有则

k(an1b)anan1mananan1mbn可归为an1panq型。（取倒数法)

例23：anan1,a11

3an1113an1113 anan1an1解:取倒数：

1111(n1)31(n1)3an是等差数列， aa3n2n1an六、构造法

构造法就是在解决某些数学问题的过程中,通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅

助模型,如某种数量关系,某个直观图形，或者某一反例,以此促成命题转换,产生新的解题方法，这种思维方

法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但

使用构造法往往给人耳目一新的感觉.

1、构造等差数列或等比数列

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(完整)数列常见数列公式(很全)

由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法。

例24： 设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，对于任意正整数n，都有等式:an2an4Sn成立，

2求an的通项an。

22an4Snan12an14Sn1， 解：an22an ∴an12an2an14(SnSn1)4an

2(anan1)(anan12)0，∵anan10,∴anan12. 即an是以2为公差的等差数列，且

a122a14a1a12。

∴an22(n1)2n

例25: 数列an中前n项的和Sn2nan，求数列的通项公式an. 解

：

∵

a1S12a1a11当n≥2时，

anSnSn12nan2(n1)an1an2an1an令bnan2，则bn11an11an2(an12)

221bn1，且b1121 2bn是以1为公比的等比数列，bn1(1)n1(1)n1

2221∴an2()n1.

22、构造差式与和式

解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差,然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式。

22an例26: 设an是首项为1的正项数列,且an，求数列的通项公式an。 1nannan10，(n∈N*）

解：由题设得(anan1)(anan1n)0。 ∵an0，an10,∴anan10。 ∴anan1n

ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123nan2(n3)an1(n2)an，（n∈N＊），求通项公式an。 解：an2an1(n2)(an1an)(n2)(n1)(anan1)

(n2)(n1)43(a2a1)(n2)!

n(n1)例27: 数列an中,a11,a23，且2∴ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)12!3!n!(n∈N*） 3、构造商式与积式

构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.

1例28： 数列an中，a1，前n项的和Snn2an，求an1.

22解:anSnSn1nan(n1)2an1(n21)an(n1)2an1

an1 n，

an1n1aan1n2111a∴annn12a1

an1an2a1n1n32n(n1)∴an1

1

(n1)(n2)15

(完整)数列常见数列公式(很全)

4、构造对数式或倒数式

有些数列若通过取对数,取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决。

例29: 设正项数列a2n满足a11,an2an1（n≥2）.求数列an的通项公式。

解:两边取对数得：logan12logan1n2(logan1an2，loga22121)，设bnlog21，

则bn2bn1

b1n是以2为公比的等比数列，b1log211.

bn1n1，logann122212n1，logann1221, ∴a11n22n

例30： 已知数列a7an13n中，a12，n≥2时an3a，求通项公式.

n11解：∵a14an14113n3a，两边取倒数得。

n11an1an114 可化为等差数列关系式。

1a1133n1a(n1) n1144 ∴a3n5n3n1

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