《2025年一本知识大盘点高中数学全一册人教版》

母题2 通项公式的应用
例4(1)在数列$0$，$\dfrac {1}{4}$，$\dfrac {1}{3}$，$·s$，$\dfrac {n - 1}{2n}$，$·s$中，$\dfrac {4}{9}$是它的第9项。
(2)在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{n} = (-1)^{n}(2n - 1)(n\in \mathbf{N}^{*})$，则$a_{9} =$-17。
解析(1)令$\dfrac {n - 1}{2n} = \dfrac {4}{9}$，解得$n = 9$，
所以$\dfrac {4}{9}$是它的第$9$项。
(2)因为$a_{n} = (-1)^{n}(2n - 1)(n\in \mathbf{N}^{*})$，
所以$a_{9} = -(2× 9 - 1) = -17$。
答案(1)$9$ (2)$-17$

答案：
(1)$9$；
(2)$-17$。

母题3 数列的单调性
例5(1)在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = 3$，$a_{n} = \sqrt {a_{n - 1} + 2}$，则(A)
A. 数列$\{ a_{n}\}$单调递减
B. 数列$\{ a_{n}\}$单调递增
C. 数列$\{ a_{n}\}$先递减后递增
D. 数列$\{ a_{n}\}$先递增后递减
(2)已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = n + \dfrac {\lambda }{n}$，$n\in \mathbf{N}^{*}$，且$\{ a_{n}\}$为递增数列，则实数$\lambda$的取值范围是(B)
A. $\lambda ＞ 2$
B. $\lambda ＜ 2$
C. $\lambda ＞ 1$
D. $\lambda ＜ 1$
解析(1)由$a_{1} = 3$，$a_{n} = \sqrt {a_{n - 1} + 2}$，得$a_{2} = \sqrt {5}$，$a_{3} = \sqrt {\sqrt {5} + 2}$，且$a_{n} ＞ 0$。
将$a_{n} = \sqrt {a_{n - 1} + 2}$两边平方，得$a_{n}^{2} = a_{n - 1} + 2$，
则$a_{n + 1}^{2} = a_{n} + 2$，
所以$a_{n + 1}^{2} - a_{n}^{2} = a_{n} - a_{n - 1}$，所以$(a_{n + 1} + a_{n})· (a_{n + 1} - a_{n}) = a_{n} - a_{n - 1}$。
因为$a_{n} ＞ 0$，所以$a_{n + 1} - a_{n}$与$a_{n} - a_{n - 1}$同号。
由$a_{2} - a_{1} ＜ 0$，知$a_{n} - a_{n - 1} ＜ 0$，即$a_{n} ＜ a_{n - 1}$，
因此数列$\{ a_{n}\}$单调递减。
(2)因为数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = n + \dfrac {\lambda }{n}$，$n\in \mathbf{N}^{*}$，且数列$\{ a_{n}\}$为递增数列，所以$a_{n + 1} - a_{n} = n + 1 + \dfrac {\lambda }{n + 1} - n - \dfrac {\lambda }{n} = \dfrac {-\lambda }{n(n + 1)} + 1 ＞ 0$恒成立，即$\lambda ＜ n^{2} + n$恒成立。而$n^{2} + n$随$n$的增大而增大，所以当$n = 1$时，$n^{2} + n$取得最小值$2$，所以$\lambda ＜ 2$。
答案(1)A (2)B

答案：
(1)
已知$a_{1} = 3$，$a_{n} = \sqrt{a_{n - 1} + 2}$，则$a_{n} ＞ 0$。
$a_{n}^{2}=a_{n - 1}+2$，$a_{n + 1}^{2}=a_{n}+2$，两式相减得$a_{n + 1}^{2}-a_{n}^{2}=a_{n}-a_{n - 1}$，即$(a_{n + 1}+a_{n})(a_{n + 1}-a_{n})=a_{n}-a_{n - 1}$。
因为$a_{n} ＞ 0$，所以$a_{n + 1}-a_{n}$与$a_{n}-a_{n - 1}$同号。
$a_{2}=\sqrt{3 + 2}=\sqrt{5}$，$a_{2}-a_{1}=\sqrt{5}-3 ＜ 0$，故$a_{n}-a_{n - 1} ＜ 0$，数列$\{a_{n}\}$单调递减。
答案：A
(2)
$a_{n}=n+\frac{\lambda}{n}$，$a_{n + 1}-a_{n}=1+\frac{\lambda}{n + 1}-\frac{\lambda}{n}=1-\frac{\lambda}{n(n + 1)}＞0$恒成立，即$\lambda ＜ n(n + 1)$恒成立。
$n\in\mathbf{N}^{*}$，$n(n + 1)=n^{2}+n$，当$n = 1$时，$n^{2}+n=2$，且$n^{2}+n$随$n$增大而增大，所以$\lambda ＜ 2$。
答案：B