第六章　§6.1　数列的概念-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§6.1数列的概念课标要求1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．知识梳理1．数列的有关概念概念含义数列按照确定的顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数通项公式如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式数列{an}的前n项和把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an2.数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列an＋1>an其中n∈N*递减数列an＋1<an常数列an＋1＝an摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列与函数的关系数列{an}是从正整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})到实数集R的函数，其自变量是序号n，对应的函数值是数列的第n项an，记为an＝f(n)．常用结论1．已知数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))2．在数列{an}中，若an最大，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)；若an最小，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2，n∈N*)．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)数列1,2,3与3,2,1是两个不同的数列．(√)(2)数列1,0,1,0,1,0，…的通项公式只能是an＝eq\f(1＋－1n＋1,2).(×)(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)(4)若数列用图象表示，则从图象上看是一群孤立的点．(√)2．已知数列{an}的通项公式为an＝9＋12n，则在下列各数中，不是{an}的项的是()A．21B．33C．152D．153答案C解析由数列的通项公式得，a1＝21，a2＝33，a12＝153.3．(选择性必修第二册P8T4改编)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，那么它的通项公式an等于()A．n B．2nC．2n＋1 D．n＋1答案B解析∵a1＝S1＝1＋1＝2，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n(n≥2)，当n＝1时，2n＝2＝a1，∴an＝2n.4．(选择性必修第二册P9T5改编)如图，古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．如图中的数1,5,12,22，…称为五边形数，则第8个五边形数是________．答案92解析∵5－1＝4,12－5＝7,22－12＝10，∴相邻两个图形的小石子数的差值依次增加3，∴第5个五边形数是22＋13＝35，第6个五边形数是35＋16＝51，第7个五边形数是51＋19＝70，第8个五边形数是70＋22＝92.题型一由an与Sn的关系求通项公式例1(1)设Sn为数列{an}的前n项和，若2Sn＝3an－3，则a4等于()A．27B．81C．93D．243答案B解析根据2Sn＝3an－3，可得2Sn＋1＝3an＋1－3，两式相减得2an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝3an，当n＝1时，2S1＝2a1＝3a1－3，解得a1＝3，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a4＝a1q3＝34＝81.(2)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2))解析由已知，可得当n＝1时，a1＝21＝2，∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1(n≥2)，②由①－②，得nan＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝eq\f(2n－1,n)(n≥2)，当n＝1时，不满足上式，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.))思维升华an与Sn的关系问题的求解思路(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．跟踪训练1(1)(2023·潍坊统考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sm＋Sn＝Sm＋n，若a1＝2，则a20等于()A．2B．4C．20D．40答案A解析方法一a20＝S20－S19＝S18＋S2－(S18＋S1)＝S2－S1＝S1＝a1＝2.方法二令m＝1，∴Sn＋S1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝S1＝2，∴an＋1＝2，∴a20＝2.(2)(2023·深圳模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3且当n≥2时，2an＝Sn·Sn－1，则{an}的通项公式an＝________________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,\f(18,5－3n8－3n)，n≥2))解析当n≥2时，由2an＝Sn·Sn－1可得2Sn－2Sn－1＝Sn·Sn－1，化为eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝－eq\f(1,2)，因为eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝eq\f(1,3)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为eq\f(1,3)，公差为－eq\f(1,2)的等差数列，所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2)(n－1)＝－eq\f(1,2)n＋eq\f(5,6)，所以Sn＝eq\f(6,5－3n)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(18,5－3n8－3n)，又因为a1＝3，不符合上式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,\f(18,5－3n8－3n)，n≥2.))题型二由数列的递推关系求通项公式命题点1累加法例2若数列{an}满足an＋1－an＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，且a1＝1，则数列{an}的第100项为()A．2 B．3C．1＋lg99 D．2＋lg99答案B解析因为an＋1－an＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝lgeq\f(n＋1,n)＝lg(n＋1)－lgn，所以a100－a99＝lg100－lg99，…a3－a2＝lg3－lg2，a2－a1＝lg2－lg1，以上99个式子累加得a100－a1＝lg100，所以a100＝lg100＋1＝3.命题点2累乘法例3设在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(n,n＋1)an，则an＝________.答案eq\f(2,n)解析∵an＋1＝eq\f(n,n＋1)an，a1＝2，∴an≠0，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，∴an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n－1,n)·eq\f(n－2,n－1)·eq\f(n－3,n－2)·…·eq\f(1,2)·2＝eq\f(2,n)(n≥2)．当n＝1时，a1＝2满足上式．思维升华(1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即可求数列{an}的通项公式．(2)形如eq\f(an＋1,an)＝f(n)的数列，利用累乘法即可求数列{an}的通项公式．跟踪训练2(1)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为______．答案an＝eq\f(n2＋n,2)解析由题意得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f(n－12＋n,2)＝eq\f(n2＋n－2,2).∵a1＝1，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n≥2)．∵当n＝1时，a1＝1也满足此式，∴an＝eq\f(n2＋n,2).(2)已知数列{an}满足a1＝2，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，则数列{an}的通项公式为____________．答案an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*)解析∵(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋2,n＋1)，则an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝2n－1·a1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)×\f(4,3)×\f(5,4)×…×\f(n＋1,n)))＝(n＋1)·2n－1(n≥2)．当n＝1时，a1＝2满足上式，∴an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*)．题型三数列的性质命题点1数列的单调性例4已知数列{an}的通项公式为an＝n2－3λn，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案C解析若数列{an}为递增数列，则an＋1－an＝[(n＋1)2－3λ(n＋1)]－(n2－3λn)＝(n2＋2n＋1－3λn－3λ)－(n2－3λn)＝2n＋1－3λ>0，即3λ<2n＋1，由于n∈N*，所以3λ<2×1＋1＝3，解得λ<1，反之，当λ<1时，an＋1－an>0，则数列{an}为递增数列，所以“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充要条件．命题点2数列的周期性例5若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，则a2024的值为()A．2B．－3C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,3)答案D解析由题意知，a1＝2，a2＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq\f(1－3,1＋3)＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq\f(1,3)，a5＝eq\f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2，a6＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，…，因此数列{an}是周期为4的周期数列，所以a2024＝a506×4＝a4＝eq\f(1,3).命题点3数列的最值例6数列{bn}满足bn＝eq\f(3n－7,2n－1)，则当n＝________时，bn取最大值为________．答案4eq\f(5,8)解析方法一bn－bn－1＝eq\f(3n－7,2n－1)－eq\f(3n－10,2n－2)＝eq\f(13－3n,2n－1)，∴当n≤4时，bn>bn－1，∴{bn}单调递增，当n≥5时，bn<bn－1，∴{bn}单调递减，故当n＝4时，(bn)max＝b4＝eq\f(5,8).方法二令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn≥bn＋1，,bn≥bn－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3n－7,2n－1)≥\f(3n－4,2n)，,\f(3n－7,2n－1)≥\f(3n－10,2n－2)，))解得eq\f(10,3)≤n≤eq\f(13,3)，又n∈N*，故n＝4，故当n＝4时，(bn)max＝b4＝eq\f(5,8).思维升华(1)解决数列的周期性问题，先求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．(2)解决数列的单调性问题，常用作差比较法，根据差的符号判断数列{an}的单调性．跟踪训练3(1)(2024·安康模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝a2＝1，a3＝a4＝2，an＋an＋4＝0，则()A．S23>S21>S22 B．S21>S22>S23C．S21>S23>S22 D．S23>S22>S21答案B解析因为an＋an＋4＝0，所以an＋4＝－an，所以an＋8＝－an＋4＝an，所以{an}是以8为周期的周期数列，又a1＝a2＝1，a3＝a4＝2，所以a6＝－a2＝－1，a7＝－a3＝－2，所以S22－S21＝a22＝a6＝－1<0，S23－S22＝a23＝a7＝－2<0，所以S22<S21，S23<S22，故S21>S22>S23.(2)已知数列{an}的通项an＝eq\f(2n－19,2n－21)，n∈N*，则数列{an}前20项中的最大项与最小项的值分别为________．答案3，－1解析an＝eq\f(2n－19,2n－21)＝eq\f(2n－21＋2,2n－21)＝1＋eq\f(2,2n－21)，当n≥11时，eq\f(2,2n－21)>0，且单调递减；当1≤n≤10时，eq\f(2,2n－21)<0，且单调递减．因此数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项，则a11＝3，a10＝－1.课时精练一、单项选择题1．若数列的前4项分别是eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，－eq\f(1,5)，则此数列的一个通项公式为()A.eq\f(－1n＋1,n＋1) B.eq\f(－1n,n＋1)C.eq\f(－1n,n) D.eq\f(－1n－1,n)答案A解析由于数列的前4项分别是eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，－eq\f(1,5)，可得奇数项为正数，偶数项为负数，第n项的绝对值等于eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)))，故此数列的一个通项公式为eq\f(－1n＋1,n＋1).2．(2023·北京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝n2－1，则a3等于()A．－5B．5C．7D．8答案B解析因为Sn＝n2－1，所以a3＝S3－S2＝(32－1)－(22－1)＝5.3．已知数列{an}的首项为3，an＋1－an＝2n－8(n∈N*)，则a8等于()A．0B．3C．8D．11答案B解析由an＋1－an＝2n－8，得a2－a1＝－6，a3－a2＝－4，…，a8－a7＝6，由累加法得a8－a1＝－6＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝0，所以a8＝a1＝3.4．若数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an等于()A．2n－1 B．n2C.eq\f(n＋12,n2) D.eq\f(n2,n－12)答案D解析设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，当n≥2时，an＝eq\f(Tn,Tn－1)＝eq\f(n2,n－12).5．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，则a2024的值为()A．2B．1C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)答案A解析因为an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，由a1＝1，a2＝2，得a3＝2，由a2＝2，a3＝2，得a4＝1，由a3＝2，a4＝1，得a5＝eq\f(1,2)，由a4＝1，a5＝eq\f(1,2)，得a6＝eq\f(1,2)，由a5＝eq\f(1,2)，a6＝eq\f(1,2)，得a7＝1，由a6＝eq\f(1,2)，a7＝1，得a8＝2，由此推理可得数列{an}是周期为6的数列，所以a2024＝a2＝2.6．已知数列{an}的通项an＝eq\f(n,n2＋90)，则数列{an}中的最大项的值是()A．3eq\r(10)B．19C.eq\f(1,19)D.eq\f(\r(10),60)答案C解析令f(x)＝x＋eq\f(90,x)(x>0)，运用基本不等式得f(x)≥6eq\r(10)，当且仅当x＝3eq\r(10)时，等号成立．因为an＝eq\f(1,n＋\f(90,n))，n∈N*，所以eq\f(1,n＋\f(90,n))≤eq\f(1,6\r(10))，所以当n＝9或n＝10时，an＝eq\f(1,19)最大．二、多项选择题7．已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n，则下列说法正确的是()A．a1是数列{an}的最小项B．a4是数列{an}的最大项C．a5是数列{an}的最大项D．当n≥5时，数列{an}是递减数列答案BCD解析假设第n项为{an}的最大项，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n≥n＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n－1，,n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n≥n＋3·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n＋1，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤5，,n≥4，))又n∈N*，所以n＝4或n＝5，故在数列{an}中a4与a5均为最大项，且a4＝a5＝eq\f(65,74)，当n≥5时，数列{an}是递减数列．8．(2023·扬州仪征中学模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(an＋\r(a\o\al(2,n)＋1),2)，则下列说法正确的是()A．a2023>a2022B．4aeq\o\al(2,n＋1)－1＝4an＋1anC.eq\f(1,a\o\al(2,n))＋eq\f(15,a\o\al(2,n＋1))的最小值为8＋eq\r(15)D．an≥1答案ABD解析因为an＋1－an＝eq\f(an＋\r(a\o\al(2,n)＋1),2)－an＝eq\f(\r(a\o\al(2,n)＋1)－an,2)>0，即an＋1>an，所以an≥a1＝1，故D正确；因为an＋1>an，所以数列{an}为递增数列，可得a2023>a2022，故A正确；对于选项B，因为an＋1＝eq\f(an＋\r(a\o\al(2,n)＋1),2)，则2an＋1－an＝eq\r(a\o\al(2,n)＋1)，两边平方整理得4aeq\o\al(2,n＋1)－1＝4an＋1an，故B正确；对于选项C，因为数列{an}为递增数列且an≥1>0，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n))))为递减数列，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n))＋\f(15,a\o\al(2,n＋1))))为递减数列，不存在最小值，故C错误．三、填空题9．若an＝－2n2＋29n＋3，则数列{an}的最大项是第________项．答案7解析由题意得，an＝－2n2＋29n＋3，其对应的二次函数为y＝－2x2＋29x＋3，函数y＝－2x2＋29x＋3的图象开口向下，对称轴为x＝eq\f(29,4)，因为n为正整数，所以当n＝7时，an取得最大值．10．已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(1,3)an＋eq\f(2,3)，则{an}的通项公式an＝________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1解析当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,3)a1＋eq\f(2,3)，所以a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,3)an－eq\f(1,3)an－1，所以eq\f(an,an－1)＝－eq\f(1,2)，所以数列{an}是以1为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列，故an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.11．已知数列{an}满足a1＝1，(n－1)an＝n·2nan－1(n∈N*，n≥2)，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝解析当n≥2时，有(n－1)an＝n·2nan－1，故eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)·2n，则有eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n－1,n－2)·2n－1，eq\f(an－2,an－3)＝eq\f(n－2,n－3)·2n－2，…，eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)×22.上述n－1个式子累乘，得eq\f(an,a1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)·2n))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n－2)·2n－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－2,n－3)·2n－2))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)×22))＝n·2n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＝.因为a1＝1，所以an＝，而当n＝1时，a1＝1×20＝1，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an＝.12．(2024·重庆模拟)九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷．现假设有n个圆环，用an表示按照某种规则解下n个圆环所需的最少移动次数，且数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＝an－2＋2n－1(n≥3，n∈N*)，则解开九连环最少需要移动________次．答案341解析由题意，an＝an－2＋2n－1，故a3－a1＝22，a5－a3＝24，…a2n－1－a2n－3＝22n－2，以上各式相加，可得a2n－1－a1＝22＋24＋…＋22n－2＝41＋42＋…＋4n－1，即a2n－1＝1＋41＋42＋…＋4n－1＝eq\f(1－4n,1－4)＝eq\f(4n－1,3)，所以按规则解开九连环最少需要移动的次数为a9＝eq\f(45－1,3)＝341.四、解答题13．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝2eq\r(Sn)＋1.(1)求a2的值；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)∵a1＝1，an＋1＝2eq\r(Sn)＋1，∴a2＝2eq\r(S1)＋1＝2eq\r(a1)＋1＝3.(2)方法一由an＋1＝2eq\r(Sn)＋1，得Sn＋1－Sn＝2eq\r(Sn)＋1，故Sn＋1＝(eq\r(Sn)＋1)2.∵an>0，∴Sn>0，∴eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)＋1，即eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝1，则eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝1(n≥2)，由累加法可得eq\r(Sn)＝1＋(n－1)＝n，∴Sn＝n2(n≥2)，又S1＝a1＝1，满足上式，∴Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，又a1＝1适合上式，∴an＝2n－1.方法二由an＋1＝2eq\r(Sn)＋1，得(an＋1－1)2＝4Sn，当n≥2时，(an－1)2＝4Sn－1，∴(an＋1－1)2－(an－1)2＝4(Sn－Sn－1)＝4an.∴aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)－2an＋1－2an＝0，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.∵an>0，∴an＋1－an＝2(n≥2)．a2－a1＝2，∴{an}为等差数列，且公差为2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.14．已知在数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝3n－λaeq\o\al(2,n)，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．解(1)∵2Sn＝(n＋1)an，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即nan＋1＝(n＋1)an，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)，∴eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a1,1)＝1，∴an＝n(n∈N*)．(2)∵bn＝3n－λn2，∴bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1)．∵数列{bn}为递增数列，∴2·3n－λ(2n＋1)>0，即λ<eq\f(2·3n,2n＋1).令cn＝eq\f(2·3n,2n＋1)，则eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(2·3n＋1,2n＋3)·eq\f(2n＋1,2·3n)＝eq\f(6n＋3,2n＋3)>1，∴{cn}为递增数列，∴λ<c1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．15．(多选)“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现．因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”．“斐波那契数列”{an}满足a1＝1，a2