第六章 数 列-【导与练】2024高考文科数学一轮复习高中总复习第1轮课时作业（旧教材，人教A版）

第1节　数列的概念 1.已知数列-1,,-,…,(-1)n·,…,则它的第5项的值为(　D　) A. B.- C. D.- 解析:由题设,数列的通项公式为(-1)n·,所以当n=5时,该项为(-1)5×=-.故选D. 2.在数列{an}中,a1=1,an=1+(n≥2),则a5等于(　D　) A. B. C. D. 解析:a2=1+=2,a3=1+=, a4=1+=3,a5=1+=.故选D. 3.已知数列{an}的前n项积为Tn,且满足an+1=(n∈N*),若a1=,则T2 023为(　C　) A.-4 B.- C.- D. 解析:由an+1=,a1=,得a2=,a3=-4,a4=-,a5=,…,所以数列{an}具有周期性,周期为4,因为T4=a1·a2·a3·a4=1,2 023=4×505+3,所以T2 023=(a1a2a3a4)…(a2 021a2 022a2 023)=××(-4)=-.故选C. 4.若数列{an}的前n项和Sn=2an-1(n∈N*),则a5等于(　B　) A.8 B.16 C.32 D.64 解析:数列{an}的前n项和Sn=2an-1(n∈N*), 则Sn-1=2an-1-1(n≥2), 两式相减得an=2an-1(n≥2), 由此可得,数列{an}是等比数列, 又S1=2a1-1=a1,所以a1=1, 故数列{an}的通项公式为an=2n-1, 令n=5,得a5=16.故选B. 5.(2023·湖北武汉模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=6, Sn=(n∈N*).则数列{an}的通项公式为(　A　) A.an=3n B.an=3n C.an=n+4 D.an=n2+2 解析:由题意得an≠0,当n=1时,S1=a1; 当n≥2时,由Sn=可得Sn-1=, 上述两式作差得an=,整理可得(n-1)an=nan-1, 所以=.由累乘法可得an=a2···…·=6×××…× =3n.因此an=3n(n∈N*).故选A. 6.若数列{an}满足:对任意正整数n,{an+1-an}为递减数列,则称数列{an}为“差递减数列”.给出下列数列{an}(n∈N*),其中是“差递减数列”的是(　C　) A.an=3n B.an=n2+1 C.an= D.an=ln 解析:对于A,若an=3n,则an+1-an=3(n+1)-3n=3,所以{an+1-an}不为递减数列,故A不符合题意;对于B,若an=n2+1,则an+1-an=(n+1)2-n2=2n+1,所以{an+1-an}为递增数列,故B不符合题意;对于C,若an=,则an+1-an=-=,所以{an+1-an}为递减数列,故C符合题意;对于D,若an=ln ,则an+1-an=ln -ln =ln=ln ()=-ln(1+),由函数y=-ln(1+)在(0,+∞)上单调递增,知{an+1-an}为递增数列,故D不符合题意.故选C. 7.(2022·安徽省江南十校联考)已知数列{an}满足=2,a1=20,则的最小值为(　C　) A.4 B.4-1 C.8 D.9 解析:由an+1-an=2n知, a2-a1=2×1,a3-a2=2×2,…, an-an-1=2(n-1)(n≥2), 以上式子相加得,an-a1=n2-n, 所以=n+-1(经检验,n=1时也符合), 又n∈N*,所以当n≤4时,单调递减,n≥5时,单调递增,因为=, 所以的最小值为==8.故选C. 8.数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n∈N*),则an=　　　　. 解析:因为an+1=3Sn(n∈N*), 所以当n=1时,a2=3; 当n≥2时,an=3Sn-1, 所以an+1-an=3an, 得an+1=4an, 所以数列{an}从第二项起为等比数列,公比为4,当n≥2时,an=3·4n-2,故an= 答案: 9.(2023·陕西西安质检)已知数列{an}满足21·a1+22·a2+23·a3+…+ 2n·an=(n-1)·2n+1+2(n∈N*),则数列{an}的通项公式an=　　　　.  解析:因为2a1+22a2+23a3+…+2n-1an-1+2nan=(n-1)·2n+1+2, 所以2a1+22a2+23a3+…+2n-1an-1=(n-2)·2n+2(n≥2), 两式相减,得2nan=n·2n,即an=n(n≥2), 又a1=1适合an=n, 故an=n(n∈N*). 答案:n 10.已知数列{an}满足an=1+(n∈N*),若数列{an}的最大项为a3,则实数k的取值范围为　　　　.  解析:因为an=1+(n∈N*),所以a2=1+,a3=1+,a4=1+, 因为数列{an}的最大项为a3