人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.1 数列基础5.1.2 数列中的递推当堂达标检测题

【优质】5.1.2 数列中的递推-2同步练习

一．填空题

1．已知数列中，，，则______．

2．设数列的通项公式为，是数列的第______项.

3．已知数列满足，且当时，，则______．

4．若，则______.

5．数列中，，，则___________.

6．在数列中，若，则____．

7．数列满足，，则______.

8．已知数列满足，，则________.

9．若数列中的最大项是第项，则______.

10．已知数列{an}满足（n∈N），且a2=6，则{an}的通项公式为_____.

11．已知数列中，，则的值是______.

12．设集合X是实数R的子集，如果点满足：对任意，都存在，使得，那么称为集合X的聚点.集合①；②R除去；③；④Z其中以0为聚点的集合有（    ）．

A．②③ B．①④ C．①③ D．①②

13．已知数列，则______.

14．定义数列，先给出，接着复制该项，再添加1的后继数2，于是，接下来再复制前面所有项，之后再添加2的后继数3，如此继（1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1.．．），设是的前项和，则__.

15．求极限：_______.

参考答案与试题解析

1．【答案】16

【解析】直接由递推式逐一计算得出．

详解：由题意，，，，．

故答案为：16.

【点睛】

本题考查数列的递推公式，由递推公式求数列的项，如果项数较小，可直接利用递推公式逐一计算，如果项数较大，则需要从递推式寻找到规律，或求出通项公式，再去求某一项．

2．【答案】9

【解析】本题可以对数列的通项公式进行化简，可以化简为，然后令，最后得出结果．

详解：，

   ，

令所以

【点睛】

本题考察的是对数列的通项公式的理解，可以对数列的通项公式进行化简以能够更加方便的得出结果．

3．【答案】

【解析】变形递推关系式，再根据叠乘法求结果.

详解：当时，，所以，

因此当时，

所以

因为当时，，所以.

【点睛】

本题考查利用叠乘法求数列通项，考查基本分析判断与求解能力，属中档题.

4．【答案】

【解析】利用数列极限的运算法则即可得出．

详解：∵=3，，

则．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了数列极限的运算法则，属于基础题．

5．【答案】

【解析】直接根据已知递推关系式利用累加法求数列的通项公式.

【详解】

，

，

验证时成立.

.

故答案为：

【点睛】

本题考查了递推关系式求数列的通项公式，考查了累加法的应用，属于基础题.

6．【答案】

【解析】根据递推关系式，依次求得的值.

详解：由于，所以，

.

故答案为：

【点睛】

本小题主要考查根据递推关系式求数列某一项的值，属于基础题.

7．【答案】

【解析】由首项，利用递推公式求出第二．三．四．五项，可得是周期为4的数列，从而可得结论.

详解：由，，

得，，，，

∴是周期为4的数列，

因为，

所以.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查利用递推关系求数列中的项，属于简单题.利用递推关系求数列中的项常见思路为：（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差．等比数列，或者是周期数列.

8．【答案】

【解析】转化原式为，可得是以1为首项，1为公差的等差数列，即得解

详解：依题意，，故，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，故，则.

故答案为：

【点睛】

本题考查了构造法求数列的通项公式，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题

9．【答案】

【解析】根据题意得到，，解得答案.

详解：根据题意知：，解得；

，解得，即，，故.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了求数列的最大项，意在考查学生的计算能力和转化能力.

10．【答案】

【解析】由题意令n=1可得a1，当时，转化条件可得，进而可得，即可得解.

详解：因为数列{an}满足（n∈N），所以，

①当n=1时，即a1=1，

②当时，由可得，

∴数列从第二项开始是常数列，

又，∴，

∴，

又满足上式，

∴.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了利用数列的递推公式求数列的通项公式，考查了构造新数列的能力与运算求解能力，合理构造新数列是解题的关键，同时要注意n的取值范围，属于中档题.

11．【答案】

【解析】根据题意，由递推关系，直接求出，，即可得出结果.

详解：由得，

又，所以，，，

，

因此.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查由递推关系求数列中的项，逐步代入即可，属于基础题型.

12．【答案】A

【解析】先理解为集合X的聚点的含义，以0为聚点的集合, 即对任意，都存在，使得，对四个集合逐一分析，

对① ,当时，不存在满足的，不是以0为聚点的集合；

对②，都存在，使得，是以0为聚点的集合；

对③，都存在，使，是以0为聚点的集合；

对④，当时，对任意的，都有或者，

不存在满足的，不是以0为聚点的集合；

详解：① 集合中的元素是极限为1的数列，除了第一项0之外，

其余的都至少比0大，∴在的时候，不存在满足的，

∴ 0不是集合的聚点；

② 集合，对任意的，都存在（实际上任意比小的数都可以），使得，∴ 0是集合的聚点；

③ 集合中的元素是极限为0的数列，对于任意的，

存在，使，∴ 0是集合的聚点；

④ 对于某个，比如，此时对任意的，都有或者，也就是说不可能，从而0不是整数集的聚点．

综上可知 ② ③ 正确.

故选：A

【点睛】

本题考查了新文化概念的理解与应用，结合新定义和数列的极限，考查了学生的分析理解与应用能力，是一道难度较大的题目.

13．【答案】

【解析】由数列的递推关系，求出即可.

详解：,,

，

解得，

，

解得，

，

，

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了数列的递推关系式，由递推关系求数列的项，属于容易题.

14．【答案】3990

【解析】设每操作一次形成的数列和为，的前项和为，计算得到，，设每操作一次形成的数列的个数为，前项和为，计算得到，，计算得到答案.

详解：根据题意设每操作一次形成的数列和为，的前项和为，

故，，，，两式相减得到.

即，故是首项为，公比为的等比数列，，

验证时成立，故，.

设每操作一次形成的数列的个数为，其前项和为，故，，

故，相减得到：，故，验证时满足.

，，，，

故.

（括号内是开始的倒数个数）.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了数列的前项和，意在考查学生的计算能力和应用能力.

15．【答案】

【解析】由题意结合等差数列前n项和公式可得，再由数列极限的运算即可得解.

详解：由题意，

所以.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了等差数列前n项和公式的应用，考查了数列的极限运算与运算求解能力，属于中档题.