斐波那契数列及常考的5大性质汇总讲义-2026届高三数学一轮复习

教考衔接 斐波那契数列及常考的5大性质汇总 【教材溯源】人教版选择性必修第二册第10页阅读与思考. 【总结延伸】若数列满足，，则称为斐波那契数列. 斐波那契数列的通项公式为，主要有以下性质. （1）. （2）当时，;. （3）. （4）; . （5）. 【例题（多选）】如图所示，“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成,在每个正方形中作圆心角为 的扇形,连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以为边长的正方形中的扇形面积为,数列的前项和为，则（ ） A. B. 是奇数 C. D. 变式．已知数列为斐波那契数列，且前项和为，若，则_  _  _  _  _  _  （用含的式子表示）. 课后练习 1．已知数列满足,,则（ ） A. B. C. D. 2．已知数列满足,,则（ ） A. 28 B. C. D. 3．已知在数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 4．在数列中，已知，且，则（ ） A. B. C. D. 5．【多选题】数列是首项为1的正项数列，是的前项和，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 6．【多选题】数列满足,,则（ ） A. B. 是等比数列 C. D. 7．[2025年八省联考]已知数列中，,. （1）证明：数列为等比数列. （2）求的通项公式. （3）令，证明:． 8．[2021年八省联考]已知各项都为正数的数列满足. （1）证明：数列为等比数列. （2）若,，求的通项公式. 学科网（北京）股份有限公司 $$教考衔接 斐波那契数列及常考的 5 大性质汇总 【教材溯源】人教 A版选择性必修第二册第 10页阅读与思考. 【总结延伸】若数列{��}满足�1 = �2 = 1，��+2 = ��+1 + ��，则称{��}为斐波那契数列. 斐波那契数列的通项公式为�� = 1 5 [( 1+ 5 2 )� − ( 1− 5 2 )�]，主要有以下性质. （1）�12 + �22 +⋯+ ��2 = ����+1. （2）当� ≥ 2时，�2�−12 = �2�−2�2� + 1;�2�2 = �2�−1�2�+1 − 1. （3）3�� = ��−2 + ��+2(� ≥ 3). （4）�1 + �3 + �5 +⋯+ �2�−1 = �2�; �2 + �4 + �6 +⋯+ �2� = �2�+1 − 1. （5）�1 + �2 + �3 +⋯+ �� = ��+2 − 1. 【例题（多选）】如图所示，“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方 形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成,在每个正方形中作圆心角为90∘ 的扇形,连接起来 的曲线就是“黄金螺旋线”.记以��为边长的正方形中的扇形面积为��,数列{��}的前�项和为 ��，则（ ） A. �9 = 34 B. �2026是奇数 C. �2 + �4 + �6 +⋯+ �2026 = �2027 D. �2026 �2026⋅�2027 = π 4 变式．已知数列{��}为斐波那契数列，且前�项和为��，若�2024 = �，则�2026 =______（用 含�的式子表示）. 课后练习 1．已知数列{��}满足�1 = 10, 1 �� = 1 + 1 ��−1 (� ≥ 2),则�20 =（ ） A. 1 11 B. 10 209 C. 10 191 D. 1 19 2．已知数列{��}满足�1 = 1,�� − ��+1 = 3����+1,则�10 =（ ） A. 28 B. 1 28 C. −28 D. − 1 28 3．已知在数列{��}中，�1 = 3，��+1 = 3�� + 3�+1，则�� =（ ） A. � × 3� B. 3� C. 2� + 1 D. 3�−1 + 2 4．在数列{��}中，已知�1 = 3，且��+1 = 4�� + 6� − 5，则�15 =（ ） A. 415 − 15 B. 215 − 29 C. 215 − 15 D. 415 − 29 5．【多选题】数列{��}是首项为 1的正项数列，��+1 = 2�� + 1. ��是{��}的前�项和，则（ ） A. �3 = 7 B. 数列{�� + 1}是等比数列 C. �� = 2� − 1 D. �� = 2�+1 − � − 1 6．【多选题】数列{��}满足��+1 = �� 1+2�� ,�1 = 1,则（ ） A. 2 �10 = 1 �3 + 1 �17 B. {2 1 ��}是等比数列 C. (2� − 1)�� = 1 D. 3�5�17 = �49 7．[2025 年八省联考]已知数列{��}中，�1 = 3,��+1 = 3�� ��+2 . （1）证明：数列{1 − 1 �� }为等比数列. （2）求{��}的通项公式. （3）令�� = ��+1 �� ，证明:�� < ��+1 < 1． 8．[2021 年八省联考]已知各项都为正数的数列{��}满足��+2 = 2��+1 + 3��. （1）证明：数列{�� + ��+1}为等比数列. （2）若�1 = 1 2 ,�2 = 3 2 ，求{��}的通项公式. 教考衔接 斐波那契数列及常考的5大性质汇总 【教材溯源】人教版选择性必修第二册第10页阅读与思考. 【总结延伸】若数列满足，，则称为斐波那契数列. 斐波那契数列的通项公式为，主要有以下性质. （1）. （2）当时，;. （3）. （4）; . （5）. 【例题（多选）】如图所示，“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成,在每个正方形中作圆心角为 的扇形,连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以为边长的正方形中的扇形面积为,数列的前项和为，则（ ） A. B. 是奇数 C. D. 【答案】ABD 【解】 该数列为1,1,2,3,5,8,13,21,34, ,所以,故 正确. 由斐波那契数列，得每三个数中,前两个为奇数，后一个为偶数.又,所以 是奇数,故 正确. 由,得,,, ,. 累加，得,故 错误. 由,得 . 又，所以. 所以,故 正确.故选 . 变式．已知数列为斐波那契数列，且前项和为，若，则_  _  _  _  _  _  （用含的式子表示）. 【答案】 【解】 由已知，得，，， ，. 以上各式相加， 得.即.即. 又，，所以.故填 . 课后练习 1．已知数列满足,,则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解】 由题意，得.所以数列 是公差为1，首项为 的等差数列.所以.所以.所以.故选 . 2．已知数列满足,,则（ ） A. 28 B. C. D. 【答案】B 【解】 因为,,所以.则（常数），所以数列 是以 为首项,3为公差的等差数列.所以.所以.故.故选 . 3．已知在数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解】 由题意，知.所以数列 是以1为首项，1为公差的等差数列.所以.所以.故选 . 4．在数列中，已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解】 因为，所以.所以数列 是以 为首项，4为公比的等比数列.所以.所以.所以．故选 ． 5．【多选题】数列是首项为1的正项数列，是的前项和，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 【答案】AB 【解】 由，得. 所以数列 是等比数列，故 正确. 又，所以.所以，故 错误.，故 正确. ，故 错误. 故选 . 6．【多选题】数列满足,,则（ ） A. B. 是等比数列 C. D. 【答案】ABC 【解】 显然.由,可得,所以.又,所以 是首项为1,公差为2的等差数列. 由等差中项的性质，可得,故 正确. ,所以,故 正确. ,所以 是等比数列,故 正确. 因为,所以,,故 错误. 故选 . 7．[2025年八省联考]已知数列中，,. （1）证明：数列为等比数列. （2）求的通项公式. （3）令，证明:． 【解】 （1）证明：由题意,得, 所以,即. 所以数列 是首项为，公比为 的等比数列. （2）由（1），得,则. （3）证明：. 令，. 因为 在 上单调递增，所以. 所以数列 是递增数列，且. 所以. 8．[2021年八省联考]已知各项都为正数的数列满足. （1）证明：数列为等比数列. （2）若,，求的通项公式. 【解】 （1）证明：由,可得. 因为 各项都为正数，所以. 所以 是公比为3的等比数列. （2）（方法一）由题意，知. 所以.所以 是以 为首项，3为公比的等比数列.所以. （方法二）由（1），可知,两边除以,再移项配凑,得. 又,所以.所以. （方法三）,则.所以. 所以. 学科网（北京）股份有限公司 $$教考衔接 斐波那契数列及常考的5大性质汇总 【教材溯源】人教A版选择性必修第二册第10页阅读与思考 【总结延伸】若数列{anJ满足a1=a2=l,an+2=an+1+an,则称{an}为斐波那契数列. 斐波那契数列的通项公式为，=言()”-()门，主要有以下性质。 (1)a+a2+…+a品=anan+1 (2)当n≥2时，a2n-1=a2n-2a2m+1a2n=a2m-1a2m+1-1. (3)3am=an-2+am+2(n≥3) (4)a1+a3+as+…+a2m-1=a2m a2+a4+a6+…+a2m=a2m+1-1 (5)a1+a2+ag+…+an=an+2-1. 【例题（多选）】如图所示，“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线图中的长方 形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为90°的扇形，连接起来 的曲线就是“黄金螺旋线”.记以am为边长的正方形中的扇形面积为b,数列bn}的前n项和为 Sn,则() A.ag=34 B.a2026是奇数 C.a2+a4+a6+…+a2026=a2027 D.2026=之 a2026*a2027 【答案】ABD 【解】该数列为1,1,2,3,5,8,13,21,34，…，所以ag=34,故A正确。 由斐波那契数列，得每三个数中，前两个为奇数，后一个为偶数.又2026=3×675+1，所以 a2026是奇数，故B正确 由an-1=an-am-2(n≥3)，得a2=a3-a1,a4=a5-a3,a6=a7-a5,…,a2026=a2027-a2025 累加，得a2+a4+a6+…+a2026=a2027-a1,故C错误 由an=an-1+a-2(n≥3)，得a1+a吃+a3+…+a2026=a1a2+a吃+a号+…+a2026 =a2(a1+a2)+a3+…+ai026 =a2g+a喝+…+a2026 =a3(a2+a3)+…+a吃026 =a3a4+…+a吃026=…=a2026a2027 又bn=#哈，所以S2o26=b1+b2+bg+…+b2026=#a好+a吃+a吃+…+a吃o26)= 4 a2026020a7 所以S026=票故D正确故选ABD. a2026a20274 变式.已知数列{an}为斐波那契数列，且前n项和为Sm,若S2024=m,则a2026=一 (用 含m的式子表示)： 【答案】m+1 【解】由已知，得a1+a2=a3,a2十a3=a4,a3+a4=a5,…，a2024十a2025=a2026 以上各式相加， 得a1+2(a2+a3+a4+…+a2024)+a2025=ag+a4+a5++a2026.即a1+2a2+a3+ a4+…+a2024=a2026.即a2+S2024=a2026 又a2=1,S2024=m,所以a2026=m+1.故填m+1. 课后练习 1.已知数列[a3满足a1=10,2=1+1(m≥2)，则a20=（) a an-1 A B.aw D 【答案】C 【解】由题意，得上-1=1m≥2).所以数列己}是公差为1，首项为二=的等差数列， an an-1 a110 所以2=若+(0n-)=。所以a,=。9所以a20=品故选C 2.已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=3anan+1,则a10=（) A.28 B C.-28 【答案】B 【解】国为a1=1a-an1=3a,a+1所以a,≠0，则-是=3（常数），所以数列之是 以片=1为首项，3为公差的等差数列.所以2=1+3(m-1)=3n-2.所以a,=3二2故a10 a1 x02=品故选B. 1 3,己知在数列{an}中，a1=3,an+1=3an+3m+1，则an=() A.n×3m B.3m C.2n+1 D.3n-1+2 【答案】A 【解】由题意，知器==+1所以数列)}是以1为首项，1为公差的等差数列所以学=几 所以an=nX3n故选A 4.在数列{an}中，己知a1=3,且an+1=4an+6n-5,则a15=() A.415-15 B.215-29 C.215-15D.415-29 【答案】D 【解】因为an+1=4an+6n-5,所以a+1+2n+1=an+1+2(n+1)-1=4(an+2m-1), 所以数列{an+2n-1)是以a1+2×1-1=4为首项，4为公比的等比数列.所以am+2n 1=4×4-1=4.所以an=4m-(2n-1).所以a15=415-29.故选D. 5.【多选题】数列{an}是首项为1的正项数列，an+1=2an+1.Sn是{an}的前n项和，则() A.a3=7 B.数列{an+1}是等比数列 C.an =2n-1 D.Sm=2+1-n-1 【答案】AB 【解】由a+1=2an+1,得a+1+1=2(am+1) 所以数列{am+1}是等比数列，故B正确 又a1=1,所以an+1=(a1+1)×2m-1所以an=2m-1,故C错误.a3=23-1=7,故A正 确！ Sn=2x129-n=21-n-2,故D错误」 1-2 故选AB 6.【多选题】数列a满足a1=2a1=1,则（） A品=+品 7 B.{2}是等比数列 C.(2n-1)am=1 D.3a5a17=a49 【答案】ABC 【解】显然a,0.由a+1=a可得=2=+2，所以=2又=1所以 an+l an an+l an a [)是首项为1，公差为2的等差数列 由等差中项的性质，可得2=上+二，故A正确 a1o a3 a17 上=1+2(n-1)=2n-1,所以(2n-1)a.=1,故C正确 11 2+=2+1=22=4,所以[2响是等比数列，故B正确 20m 国为a,=六所以3asan=3×对×动a0==言故D错误 =1 1 故选ABC 7.[2025年八省联考]已知数列[a中，a1=3,au1=3 n+2 (1)证明：数列1-二}为等比数列. (2)求{an}的通项公式， (3)令bn=出，证明：bn<bn+1<1. 【解】(1)证明：由题意，得an>0, 所以品=-x+即1-六- an+1 3an 所以数列1一)是首项为号公比为的等比数列， (2)由4)，得1-是=x(1=(,则a=1百云 3 an 3 （6》证明：4，=岁="==1 1 3×月”-2 令f(x)=3×()-2,xe[1,+o) 因为f)在[1，+m)上单调递增，所以f田)≥f(1)=3×-2=>0, 所以数列bn}是递增数列，且bn<1. 所以bn<bn+1<1 8.[2021年八省联考]已知各项都为正数的数列{an}满足am+2=2an+1+3an (1)证明：数列{an+a+1}为等比数列 (2)若a1=二a2=三求{aJ的通项公式. 【解】(1)证明：由an+2=2an+1+3a,可得an+2+an+1=3a+1+3an=3(an+1+an) 因为{a,n}各项都为正数，所以a1+a2>0. 所以{an+an+i}是公比为3的等比数列. (2)（方法一)由题意，知an+2-3am+1=-(an+1-3an)=(-1)严(a2-3a1)=0. 所以a,1=3a,所以a是以为首项，3为公比的等比数列所以a,=号 (方法二)由(1)，可知a+1+a=2×3m1,两边除以3+1，再移项配凑，得器-名-（学-名之） 号-名0所以号-名0所以a=号 (方法三)a+1+a=2×3-1,则a+1-号=-a,-3号)所以a,-安=(-1)-a1 )=0. 所以a=号