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【一題多變】斐波那契數列
【2024屆T8聯考】一只蜜蜂從蜂房出發向右爬，每次只能爬向右側相鄰的兩個蜂房（如圖），例如：從蜂房只能爬到1號或2號蜂房，從1號蜂房只能爬到2號或3號蜂房以此類推，用表示蜜蜂爬到號蜂房的方法數，則______．
A．1 B． C．2 D．
【解析】由題意得，
所以
，
又，
所以數列是以為首項，為公比的等比數列，故，
所以，
故選：A．
感悟反思：從本題的解答給了我們一條解決數列問題的方法：當我們一開始搞不清楚這是什么數列時，不妨先從特殊出發，計算一下前幾項，然后再去尋找規律．從前幾項的研究我們發現每一項（第三項開始）是前兩項的和，故此數列是斐波那契數列，本題考查的是斐波那契數列的性質．
【變化角度】條件不變，問題改為：除以2的余數為多少？
【思路分析】根據題意得，羅列數列中前若干項除2看余數，找規律即可.
【詳解】根據題意可知，則，
則各項除以2余數為，可知各項除以2的余數是以1，0，1三個數循環的數列，
所以除以2的余數為0.
故答案為：0
【舉一反三】
1．五位同學圍成一圈依序循環報數，規定：
①第一位同學首次報出的數為1.第二位同學首次報出的數也為1，之后每位同學所報出的數都是前兩位同學所報出的數之和；
②若報出的是為3的倍數，則報該數的同學需拍手一次，
當第30個數被報出時，五位同學拍手的總次數為
2．斐波那契數列，又稱黃金分割數列，因意大利數學家列昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數列”，在現代物理、準晶體結構、化學等領域，斐波那契數列都有直接的應用. 在數學上，斐波那契數列被以下遞推的方法定義：數列滿足：，．則 ；被4除的余數為 ．
【變換角度】條件不變，問題改為：則為的第幾項？
【思路分析】根據題意得，利用該性質一一相加計算即可.
【詳解】
由題意得，
所以，
即為的第2024項.
【舉一反三】
3．數學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時，發現有這樣一個數列：1，1，2，3，5，8…，其中從第3項起，每一項都等于它前面兩項之和，即，，這樣的數列稱為“斐波那契數列”.若，則（ ）
A．175 B．176 C．177 D．178
4．十三世紀意大利數學家列昂納多·斐波那契從兔子繁殖規律中發現了“斐波那契數列”，斐波那契數列滿足以下關系：，，，記其前項和為，設(為常數)，則 ； .
【變換角度】添加條件：若，則為多少（用表示）？
【思路分析】添加1，利用轉化化簡即可.
【詳解】
由題意得，
則問題式.
【舉一反三】
5．意大利著名數學家斐波那契在研究兔子的繁殖問題時，發現有這樣的一列數：1，1，2，3，5，8，…，該數列的特點是：前兩個數均為1，從第三個數起，每一個數都等于它前面兩個數的和.人們把這樣的一列數組成的數列稱為斐波那契數列. 并將數列中的各項除以4所得余數按原順序構成的數列記為，則下列結論正確的是
A． B．
C． D．
6．意大利著名數學家斐波那契在研究兔子的繁殖問題時，發現有這樣的一列數：1，1，2，3，5，8，13，21，….該數列的特點如下：前兩個數均為1，從第三個數起，每一個數都等于它前面兩個數的和.人們把這樣的一列數組成的數列稱為斐波那契數列，現將中的各項除以2所得的余數按原來的順序構成的數列記為，數列的前n項和為，數列的前n項和為，下列說法正確的是（ ）
A． B．
C．若，則 D．
7．斐波那契數列又稱為黃金分割數列，在現代物理、化學等領域都有應用.斐波那契數列滿足，.給出下列四個結論：
① 存在，使得，，成等差數列；
② 存在，使得，，成等比數列；
③ 存在常數，使得對任意，都有，，成等差數列；
④ 存在正整數，且，使得.
其中所有正確的個數是（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
8．數學史上有很多著名的數列，在數學中有著重要的地位.世紀初意大利數學家斐波那契從兔子繁殖問題引出的一個數列：，，，，，，，……，稱之為斐波那契數列，滿足，，.19世紀法國數學家洛卡斯提出數列：，，，，，，，……，稱之為洛卡斯數列，滿足，，.那么下列說法正確的有（ ）
A． B．不是等比數列
C． D．
9．意大利數學家列昂納多·斐波那契是第一個研究了印度和阿拉伯數學理論的歐洲人，斐波那契數列被譽為是最美的數列，斐波那契數列滿足：，，.若將數列的每一項按照下圖方法放進格子里，每一小格子的邊長為，記前項所占的格子的面積之和為，每段螺旋線與其所在的正方形所圍成的扇形面積為，則下列結論正確的是（ ）
A．是偶數 B．
C． D．
10．斐波那契螺旋線，也稱“黃金螺旋”，是根據斐波那契數列畫出來的螺旋曲線，自然界中存在許多斐波那契螺旋線的圖案，是自然界最完美的經典黃金比例.作圖規則是在以斐波那契數為邊的正方形拼成的長方形，然后在正方形里面畫一個90度的扇形，連起來的弧線就是斐波那契螺旋線.它來源于斐波那契數列，又稱為黃金分割數列.現將斐波那契數列記為，，，邊長為斐波那契數的正方形所對應扇形面積記為，則（ ）
A． B．
C． D．
11．斐波那契數列，又稱黃金分割數列，因數學家萊昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數列”，指的是這樣一個數列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在數學上，斐波那契數列以如下遞推的方式定義：且中，則B中所有元素之和為奇數的概率為 ．
12．意大利著名數學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時，發現有這樣一個數列：其中從第三個數起，每一個數都等于它前面兩個數的和，人們把這樣的一列數所組成的數列稱為“斐波那契數列”．那么 是斐波那契數列中的第 項．
13．意大利數學家斐波那契年~年）以兔子繁殖數量為例，引人數列：，該數列從第三項起，每一項都等于前兩項之和，即，故此數列稱為斐波那契數列，又稱“兔子數列”，其通項公式為．設是不等式的正整數解，則的最小值為 ．
14．斐波那契，意大利數學家，其中斐波那契數列是其代表作之一，即數列滿足，且，則稱數列為斐波那契數列.已知數列為斐波那契數列，數列滿足，若數列的前12項和為86，則 .
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．7
【詳解】這樣得到的數列這是歷史上著名的數列，叫斐波那契數列.尋找規律是解決問題的根本，否則，費時費力.首先求出這個數列的每一項除以3所得余數的變化規律，再求所求就比較簡單了.
這個數列的變化規律是：從第三個數開始遞增，且是前兩項之和，那么有1、1、2、3、5、
8、13、21、34、55、89、144、233、377、610、987……分別除以3得余數分別是1、1、2、0、2、2、1、0、1、1、2、0、2、2、1、0……由此可見余數的變化規律是按1、1、2、0、2、2、1、0循環，周期是8.在這一個周期內第四個數和第八個數都是3的倍數，所以在三個周期內共有6個報出的數是三的倍數，后面6個報出的數中余數是1、1、2、0、2、2，只有一個是3的倍數，故3的倍數總共有7個，也就是說拍手的總次數為7次.
2． 5 3
【分析】空一：直接運用遞推公式進行求解即可；
空二：根據遞推公式，求出前13項的值，然后按題目要求分別被4除，根據余數的周期性進行求解即可.
【詳解】空一：因為，，
所以；
空二：由，，可以求出該數列的前13項，分別為：
，它們分別被4除，余數分別為：
，可以看出余數的周期為6，因為，
所以被4除的余數為3，
故答案為：5；3
3．B
【分析】根據數列的特點，每個數等于它前面兩個數的和，移項得： ，使用累加法求得，然后將中的倍展成和的形式（如）即可求解．
【詳解】由從第三項起，每個數等于它前面兩個數的和，，
由，得 ，
所以，
，
，
，
將這個式子左右兩邊分別相加可得：
，
所以.
所以
.
故選：B．
4．
【解析】因為斐波那契數列滿足，，通過歸納可以得出，,代入即可求解
【詳解】因為斐波那契數列滿足， ，，
∴；；； …；
所以，
因為
．
故答案為：，．
【點睛】本題考查斐波那契數列的理解和運用，考查化簡和運算能力，屬于中檔題．
5．AB
【分析】由可得，可判斷B、D選項；先計算數列前幾項可發現規律,使用歸納法得出結論：數列是以6為最小正周期的數列，可判斷A、C選項.
【詳解】對于A選項：
，，
所以數列是以6為最小正周期的數列，又，所以，故A選項正確；
對于C選項：，故C選項錯誤；
對于B選項：斐波那契數列總有：，
所以，，
所以，故B正確；
對于D選項：，，
，，
。
所以
，故D選項錯誤；
故選：AB.
【點睛】本題考查數列的新定義，關鍵在于運用數列的定義研究其性質用于判斷選項，常常采用求前幾項的值，運用歸納法找到規律，屬于難度題.
6．ABD
【分析】根據斐波那契數列的特征得出數列為，，，，，，，再利用數列的周期性可得出選項A和C的正誤，利用波那契數列的特征，可判斷出選項B和D的正誤.
【詳解】根據斐波那契數列的特征可以看出，數列為依次連續兩個奇數和一個偶數，
所以數列為，，，，，，，則數列為周期數列，且周期為，
選項項A，因為，故選項A正確；
選項B，因為，故選項B正確；
選項C，因為，，且，，，
所以或，故選項C錯誤；
選項D，因
，故選項D正確.
故選：ABD.
7．C
【分析】由遞推公式得性質后判斷，
【詳解】對于①，由題意得，故成等差數列，故①正確，
對于②，由遞推公式可知，，中有兩個奇數，1個偶數，不可能成等比數列，故②錯誤，
對于③，，
故當時，對任意，，，成等差數列；故③正確，
對于④，依次寫出數列中的項為，
可得，故④正確，
故選：C
8．AC
【分析】利用斐波那契數列和洛卡斯數列的性質與特點一一代入檢驗即可.
【詳解】對于A，當時，，等式成立；
當時，，等式成立；假設當時，成立，
那么當時，，
又，，，等式成立；
綜上所述：成立，A正確；
對于B，，，又，
是以為首項，為公比的等比數列，B錯誤；
對于C，，
，C正確；
對于D，取，則，，有，D錯誤.
故選：AC.
9．CD
【分析】推導出當或時，為奇數，可判斷A選項的正誤；利用累加法可判斷B選項的正誤；利用數學歸納法可判斷C選項的正誤；利用扇形的面積公式結合斐波那契數列的定義可判斷D選項的正誤.
【詳解】對于A選項，，，，，，，，
以此類推可知，當或時，為奇數.
因為，所以，為奇數，A選項錯誤；
對于B選項，，，，，
上述不等式全加得
，
所以，，B選項錯誤；
對于C選項，，，
所以，、均滿足.
假設當時，成立，
則，
當時，
，
所以，當時，等式也成立，
因此，對任意的，，C選項正確；
對于D選項，由已知條件可知，，
則，D選項正確.
故選：CD.
【點睛】方法點睛：與“歸納——猜想——證明”相關的常用題型的處理策略：
（1）與函數有關的證明：與已知條件驗證前幾個特殊值正確得出猜想，充分利用已知條件并用數學歸納法證明；
（2）與數列有關的證明：利用已知條件，當直接證明遇阻時，可考慮使用數學歸納法.
10．AD
【分析】根據數列的遞推公式可判斷選項A，再根據累加法計算判斷選項B，根據扇形的面積公式判斷選項C，再次應用累加法及遞推公式判斷選項D.
【詳解】由遞推公式，可得，，
所以，A選項正確；
又由遞推公式可得，，，類似的有，
累加得，
故錯誤，B選項錯誤；
由題可知扇形面積，
故，
故錯誤，C選項錯誤；
由，
，
，
，
類似的有，
累加得，
又，所以，
所以正確，D選項正確；
故選：AD.
11．
【分析】
記A中所有偶數組成的集合為C，所有奇數組成的集合為D，集合C的子集為E，集合D中含有奇數個元素的子集為F，則所有元素之和為奇數的集合B可看成，然后可解.
【詳解】由斐波那契數列規律可知，集合中的元素有674個偶數，1350個奇數，
記A中所有偶數組成的集合為C，所有奇數組成的集合為D，集合C的子集為E，集合D中含有奇數個元素的子集為F，
則所有元素之和為奇數的集合B可看成，
顯然集合E共有個，集合F共有個，
所以所有元素之和為奇數的集合B共有個，
又集合A的非空子集共有個，所以B中所有元素之和為奇數的概率為.
故答案為：
【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵是將集合分拆成所有偶數組成的集合及所有奇數組成的集合，利用二項式系數的性質求出含有奇數個奇數組成的集合個數.
12．2016
【分析】根據已知條件可以得到，則,即依次類推即可解得.
【詳解】斐波那契數列總有則
，即
，
，
……，
，
∴
故是斐波那契數列中的第2016項．
故答案為：2016
13．8
【分析】將不等式化為，即，再根據斐波那契數列為遞增數列，且，可得答案.
【詳解】由，得，
得，得，
得，，
所以，
令，則數列即為斐波那契數列，
，則，顯然數列為遞增數列且，所以數列亦為遞增數列，
由，得，，，，
，，
因為，，
所以
使得成立的的最小值為8．
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：根據斐波那契數列的通項公式，利用對數知識將不等式化為斐波那契數列進行求解是本題解題關鍵.
14．8
【分析】利用斐波那契數列定義可寫出數列的項，再利用，代入n的值，可求得數列的項之間的關系，進而得解.
【詳解】斐波那契數列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…….
由得：，，，
則，
同理：，，，，，
得：，，，，
則，，
則，
則
故答案為：8.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查根據遞推關系求數列的項，解題的關鍵是理解斐波那契數列，寫出對應的項，再利用數列的遞推關系求出數列的項的關系，即可求解，考查學生的理解能力與運算求解能力，屬于難題.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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