高考数学二轮复习专题专题3复杂递推及斐波那契数列相关二阶递推问题试题含解析答案

这是一份高考数学二轮复习专题专题3复杂递推及斐波那契数列相关二阶递推问题试题含解析答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为一阶等差数列，或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为二阶等差数列，依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列1，1，2，8，64，……是一阶等比数列，则该数列的第10项是（ ）
A．B．C．D．
2．已知数列的前n项和为，且，．若，则正整数k的最小值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
3．已知数列满是，，则的最小值为（ ）
A．B．C．16D．18
4．已知数列满足单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
6．在数列中，若，则（ ）
A．1012B．1013C．2023D．2024
7．设为数列的前项和，且，则（ ）
A．B．2024C．D．0
8．已知数列an满足，若an是递减数列，则实数的取值范围为（ ）
A．−1,1B．C．D．1,+∞
9．已知数列的首项为常数且，，若数列是递增数列，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
10．设数列an的前项和为，，，若，则正整数的值为（ ）
A．2024B．2023C．2022D．2021
11．已知数列满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
12．一只蜜蜂从蜂房出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房 (如图)，例如：从蜂房只能爬到号或号蜂房，从号蜂房只能爬到号或号蜂房……以此类推，用表示蜜蜂爬到号蜂房的方法数，则（ ）
A．B．
C．D．
13．在数列中，an>0，，，则（ ）
A．B．15C．D．10
14．已知数列满足，，若，则的最大值为（ ）
A．10B．12C．16D．18
15．意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，….即从第三项开始，每一项都是它前两项的和.后人为了纪念他，就把这一列数称为斐波那契数列.下面关于斐波那契数列说法正确的是（ ）
A．B．是偶数
C．D．
二、多选题
16．已知数列的首项为4，且满足，则（ ）
A．为等差数列
B．为递增数列
C．的前项和
D．的前项和
17．在数列中，，且，则（ ）
A．B．为等比数列
C．D．为等差数列
三、填空题
18．对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则数列的前10项和 ．
19．已知数列，其中，满足，设为数列的前n项和，当不等式成立时，正整数n的最小值为 .
20．已知数列的前项和为，且，则 .
21．已知数列满足，则的通项公式为 .
22．记数列的前项和为，若，则 .
23．一质点在平面内每次只能向左或向右跳动1个单位，且第1次向左跳动．若前一次向左跳动，则后一次向左跳动的概率为；若前一次向右跳动，则后一次向左跳动的概率为．记第n次向左跳动的概率为，则 ； ．
24．若数列an满足，若，抽去数列bn的第3项、第6项、第9项、、第项、，余下的项的顺序不变，构成一个新数列，则数列的前100项的和为 ．
25．设数列满足，，若且数列的前项和为，则 ．
26．在数列中，，且，则的通项公式为 ．
27．若数列的前n项和为，，，则数列的通项公式为 ．
28．已知数列满足，且，则 ；令，若的前n项和为，则 ．
29．已知数列中，，，若，则数列的前项和 .
30．在数列中，，则 .
31．已知数列的前项和为，且.若，则的最小值为 .
参考答案：
1．D
【分析】根据题意，为等比数列，求得，利用累乘法可求得，进而求得答案．
【详解】设数列为，且为一阶等比数列，
设，所以为等比数列，其中，，公比，
，
则，，
.
故选：D.
2．C
【分析】根据给定的递推公式，构造等比数列求出，再求解不等式即得.
【详解】数列中，，当时，，则，
整理得，即，而，即，
因此数列是以为首项，公比为的等比数列，，
则，由，知为奇数，此时是递增的，
而，，
所以正整数k的最小值为13.
故选：C
3．C
【分析】利用数列递推式，可得数列是以10为首项，1为公差的等差数列，可得数列的通项，再利用基本不等式求的最小值．
【详解】
，
数列是以10为首项，1为公差的等差数列
，
当且仅当，即时，取最小值16.
故选：C
4．D
【分析】先通过得到数列为等比数列，求出其通项公式，再根据单调递增列不等式求解.
【详解】由得，
又单调递增，故，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，又单调递增，
所以对任意正整数恒成立，
所以，得，
故选：D.
5．B
【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列的通项公式即可.
【详解】数列中，，因此，
则数列是常数列，于是，，
所以.
故选：B
6．B
【分析】利用递推公式构造数列计算即可.
【详解】因为，所以，所以，
所以是常数列，所以，
又，所以．
故选：B
7．D
【分析】利用的关系，结合条件构造，利用等比数列的定义及通项公式计算即可.
【详解】由，
且，
显然，所以是以为首项，为公比的等比数列，
即，故.
故选：D
8．B
【分析】根据题意得到是等比数列，利用等比数列的通项公式得到，利用an是递减数列列出关于的不等式，进而求出的取值范围.
【详解】将整理得，
又，易知当时,，不满足an是递减数列，故，
因此数列是以为首项，2为公比的等比数列，
故，因此，
由于an是递减数列，故恒成立，得，
化简得，故，
因此，解得，
故选：B．
9．B
【分析】由已知条件推得数列是首项为，公比为的等比数列，运用等比数列的通项公式可得，再由数列的单调性，结合不等式恒成立思想，可得所求取值范围．
【详解】因为，
所以，
由于，即，
可得数列是首项为，公比为的等比数列，
则，因为数列是递增数列，可得，
即对任意的正整数都成立．
当为偶数时，恒成立，由于数列单调递减，
可得，则；
当为奇数时，恒成立，由于数列单调递增，
可得，则；
综上可得的取值范围是．
故选：B ．
10．C
【分析】根据递推关系，构造等比数列求出通项公式，再由分组求和及放缩法得出的范围即可.
【详解】由，两边取倒数可得：，
即，又，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
所以，
故，
令
由且n≥3，则，
由，则，
则，所以，
故，则正整数的值为2022．
故选：C
11．C
【分析】根据递推公式求出，再又得到，从而得到数列是以为首项，为公比的等比数列，即可求出的通项，从而得解.
【详解】因为，又，令，可得，解得，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，整理得，故．
故选：C．
12．A
【分析】根据递推关系以及构造法求得正确答案.
【详解】依题意，（n≥3），，
当时，
，
，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
故选：A
【点睛】本题首先是考查观察能力，通过观察题目所给图象，探究数列的递推关系.其次是根据递推关系求通项公式，利用的是构造函数法以及等比数列的定义，将递推关系转化为等比数列的形式，从而可利用等比数列的知识来对问题进行求解.
13．B
【分析】变形给定等式，构造数列并求出通匪即可得解.
【详解】由，得，即，
整理得，因此数列是常数列，则，又an>0，于是，
所以.
故选：B
14．D
【分析】由已知，对两边取常用对数，得到为等比数列，求出通项，再代入化简得到，再利用基本不等式得到的最大值.
【详解】由可得an>0，
，故，
又，故是首项为2、公比为2的等比数列，
则，故，
由可得，
故，则，
故，得，当且仅当时取等号，
故的最大值为18．
故选：D．
15．D
【分析】由题意可得，结合该递推关系对选项逐项计算判断即可得.
【详解】由已知得数列满足递推关系，，
对选项A：
，故A错误；
对选项B：观察数列可知，数列每三项都是奇、奇、偶重复循环，
，不能被3整除，且为奇数，
所以也为奇数，故B错误；
对选项C：若选项C正确，又，则，
同理，依次类推，
可得，显然错误，故C错误；
对选项D：，
所以，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：斐波那契数列问题的解决关键是熟练掌握其递推公式，，从而得解.
16．BCD
【分析】由得，所以可知数列是以首项为4，公比为2的等比数列，从而可求出，可得数列为递增数列，利用错位相减法可求得的前项和，由于，从而利用等差数列的求和公式可求出数列的前项和．
【详解】由，得，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A错误；
因为，
所以，显然递增，故B正确；
因为，
，
所以，
故，故C正确；
因为，
所以的前项和，故D正确．
故选：BCD．
17．ABD
【分析】根据数列的递推公式，可求，的值，判断AC是否正确；利用等比数列的定义判断数列是否为等比数列，再利用等差数列的通项公式判断是否为等差数列.
【详解】因为，且，
所以，，A正确，C错误．
因为，所以，又，
所以，所以为等比数列，且首项为3，公比为3，
所以，所以，
所以为等差数列，且公差为，B，D均正确．
故选：ABD
18．
【分析】利用累加法求数列的通项公式，再利用裂项相消法求和.
【详解】由题意可知，，，，……，，
所以，
，
，
所以数列，
.
故答案为：
19．9
【分析】利用递推关系式得，由此可证得是等比数列；由等比数列通项公式推导可得，进而可求得的表达式，代入解不等式即可求解.
【详解】因为由得：，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
所以，
所以等价，
由知，满足正整数n的最小值为9.
故答案为：9.
【点睛】方法点睛：求数列的通项公式有以下方法：
（1）观察法，（2）等差、等比公式法，（3）由与关系求解，（4）累加法，（5）累乘法，（6）构造等比数列，（7）构造等差数列.
20．
【分析】根据an,Sn的关系即可得，进而根据构造法可证明为等差数列，即可求解.
【详解】当时，，
相减可得，所以，
又，所以
故为等差数列，且公差为，首项为2，
故，，
故答案为：
21．
【分析】对取倒数，然后结合等比数列求和公式利用累加法求解即可.
【详解】对两边取倒数得，即，
当时，，，，，，
将以上各式累加得，又，
所以，所以，当时，也满足，所以.
故答案为：
22．/0.5
【分析】构造得，从而得到，则，再利用等比数列求和公式代入计算即可.
【详解】由，得，
则，
又，则，则，
，，
，
故答案为：.
23．
【分析】易得，，再利用全概率由求解；从而得到，利用等比数列求解.
【详解】解：由题意，得，，，
由，
设，则，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，
所以．
故答案为：；
24．
【分析】由，利用待定系数法求出数列的通项，进而可求出数列的通项，再利用分组求和法求和即可.
【详解】由，得，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
所以，
设数列的前项的和为，
则
.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现时，构造等差数列；
（2）当出现时，构造等比数列；
（3）当出现时，用累加法求解；
（4）当出现时，用累乘法求解.
25．
【分析】由可化为，由，可得，可求得，再将bn的通项展开裂项，利用裂项求和方法计算即得.
【详解】因，设①，展开整理得：，
对照，可得：，解得，
故①式为：，
因时，， 即数列为常数列，故an=2n+1，
，
数列bn的前项和为：，
．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列递推式型如，（为非零常数）的数列的通项求法和数列求和的裂项相消法,属于较难题.
解题关键点有二，其一，对递推式的处理.可设展开整理后与对照，求得，，回代入原式，发现规律即得通项；其二，对于分式型数列通项的求和处理.要观察表达式特点，将其适当裂项，运用裂项相消法即可求得.
26．
【分析】利用待定系数法，设，变形得出，对比题干中的等式，求出、的值，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式.
【详解】因为，设，其中、，
整理可得，
所以，，解得，所以，，
且，所以，数列是首项为，公比也为的等比数列，
所以，，解得.
故答案为：.
27．
【分析】根据给定条件，结合变形等式，再构造常数列求出通项.
【详解】数列中，，当时，，
两式相减得，即，则有，
因此数列是常数列，则，
所以数列的通项公式为an=n.
故答案为：
28．
【分析】先利用构造法证得是等比数列，从而求得，再利用倒数法得到，从而利用裂项求和法即可得解.
【详解】由，可得，即，
两边取以4为底的对数得，
又，
则数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以；
由，得，
则，得，
故，
所以
.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键是通过观察法与倒数法得到，从而得解.
29．
【分析】根据条件，先构造等比数列求出，再由得，从而可求和.
【详解】由，有，
，两式相除得到，
所以是以为公比，为首项的等比数列，
所以，则，
所以，
所以.
故答案为：.
30．2017
【分析】先利用待定系数法将表示为并求，再利用等比数列的性质可得an的通项公式，进而求.
【详解】将用待定系数法来表示，即,
整理得，则，得.
于是可表示为，
又，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即.
所以.
故答案为：.
31．7
【分析】降次作差得，构造数列，求出，则得到，作差构造新数列，再证明其单调性即可得到答案.
【详解】因为，
两式相减得：，即.
两边同除以可得，
又，得a2=6，满足，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，故，
即，所以，
因为，
令，则，
所以数列单调递增，因为，
所以当时，，即；
当7时，，
即.所以的最小值为7.
故答案为：7.
【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是作差得到，然后是构造等差数列，从而得到，最后作差并结合数列的单调性即可.