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基础知识 1．斐波那契数列 莱昂纳多  斐波那契（1175－1250）出生于意大利比萨市，是一名闻名于欧洲的数学家，其主要的著作有《算盘书》、《实用几何》和《四艺经》等。在1202年斐波那契提出了一个非常著名的数列，即：假设一对兔子每隔一个月生一对一雌一雄的小兔子，每对小兔子在两个月以后也开始生一对一雌一雄的小兔子，每月一次，如此下去。年初时兔房里放一对大兔子，问一年以后，兔房内共有多少对兔子？ 这就是非常著名的斐波那契数列问题。其实这个问题的解决并不是很困难，可以用  表示第 个月初时免房里的免子的对数，则有 ，第 个月初时，免房内的免子可以分为两部分：一部分是第 个月初就已经在免房内的免子，共有 对；另一部分是第个月初时新出生的小免子，共有对，于是有 。现在就有了这个问题：这个数列的通项公式如何去求？为了解决这个问题，我们先来看一种求递归数列通项公式的求法——特征根法。 特征根法：设二阶常系数线性齐次递推式为  （ ），其特征方程为 ，其根为特征根。（1）若特征方程有两个不相等的实根  ，则其通项公式为 （ ），其中A、B由初始值确定；（2）若特征方程有两个相等的实根  ，则其通项公式为 （），其中A、B由初始值确定。（这个问题的证明我们将在后面的讲解中给出）因此对于斐波那契数列 ，对应的特征方程为 ，其特征根为： ，所以可设其通项公式为 ，利用初始条件 得 ，解得 所以  。这个数列就是著名的斐波那契数列的通项公式。斐波那契数列有许多生要有趣的性质，如： 它的通项公式是以无理数的形式给出的，但用它计算出的每一项却都是整数。斐波那契数列在数学竞赛的组合数学与数论中有较为广泛地应用。为了方便大家学习这一数列，我们给出以下性质：（请同学们自己证明） （1）斐波那契数列的前 项和 ；（2）  ；（3）  （ ）；（4）  （ ）；（5）  （ ）；2．分群数列 将给定的一个数列{  }： 按照一定的规则依顺序用括号将它分组，则可以得到以组为单位的序列。如在上述数列中，我们将 作为第一组，将 作为第二组，将 作为第三组，……依次类推，第组有个元素，即可得到以组为单位的序列：（），（），（），……我们通常称此数列为分群数列。一般地，数列{ }的分群数列用如下的形式表示：（ ），（ ），（ ），……，其中第1个括号称为第1群，第2个括号称为第2群，第3个括号称为第3群，……，第个括号称为第群，而数列{}称为这个分群数列的原数列。如果某一个元素在分群数列的第 个群中，且从第个括号的左端起是第 个，则称这个元素为第群中的第个元素。值得注意的是一个数列可以得到不同的分群数列。如对数列{ }分群，还可以得到下面的分群数列：第 个群中有 个元素的分群数列为：（），（ ），（ ）…；第 个群中有 个元素的分群数列为：（ ），（ ），（ ）…等等。3．周期数列 对于数列{ }，如果存在一个常数 ，使得对任意的正整数 恒有 成立，则称数列{}是从第 项起的周期为T的周期数列。若 ，则称数列{}为纯周期数列，若 ，则称数列{}为混周期数列，T的最小值称为最小正周期，简称周期。周期数列主要有以下性质： （1）周期数列是无穷数列，其值域是有限集； （2）周期数列必有最小正周期（这一点与周期函数不同）； （3）如果T是数列{ }的周期，则对于任意的 ， 也是数列{}的周期；（4）如果T是数列{ }的最小正周期，M是数列{}的任一周期，则必有T|M，即M=（）；（5）已知数列{ }满足 （  为常数）， 分别为{}的前项的和与积，若 ，则 ， ；（6）设数列{ }是整数数列，是某个取定大于1的自然数，若 是除以后的余数，即 ，且 ，则称数列 是{}关于的模数列，记作 。若模数列是周期的，则称{}是关于模的周期数列。（7）任一 阶齐次线性递归数列都是周期数列。4．阶差数列 对于一个给定的数列{ }，把它的连续两项 与的差－记为，得到一个新数列，把数列称为是原数列{}的一阶差数列；如果  ，则称数列 是数列的一阶差数列，是{}的二阶差数列；依次类推，可以得到数列{}的 阶差数列，其中 。如果某一数列的 阶差数列是一非零常数列，则称该数列为阶等差数列。其实一阶等差数列就是我们通常说的等差数列；高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称。高阶等差数列具有以下性质： （1）如果数列{ }是阶等差数列，则它的一阶等差数列是 阶差数列；（2）数列{ }是阶等差数列的充要条件是：数列{}的通项是关于的次多项式；（3）如果数列{ }是阶等差数列，则其前项之和 是关于的 次多项式。高阶等差数列中最常见的问题是求通项公式以及前 项和，更深层次的问题2是差分方程的求解。解决问题的基本方法有：(1)逐差法：其出发点是  ；(2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项 与前n项和Sn是确定次数的多项式(关于n的)，先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得(3)裂项相消法：其出发点是an能写成 =f(n+1)－f(n)(4)化归法：把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的 设数列{ }不是等比数列：若它的一阶等差数列是公比不为1的等比数列，则称它是一阶等比数列；若它的一阶差数列不是等比数列，而二阶差数列是公比不为1的等比数列，则称这为二阶等比数列。一般地说，如果某一个数列它的阶等差数列不是等比数列，而阶差数列是公比不为1的等比数列，则称这个数列为阶等比数列，其中。0阶等比数列就是我们通常所说的等比数列，一阶及二阶以上的等比数列，统称为高阶等比数列。 典例分析 例1．数列  的通项公式为 ， ．记 ，求所有的正整数，使得 能被8整除．（2005年上海竞赛试题） 解：记   注意到  ，可得 因此，Sn+2除以8的余数，完全由Sn+1、Sn除以8的余数确定  ，故由(*)式可以算出 各项除以8的余数依次是1,3，0,5，7,0，1,3，……，它是一个以6为周期的数列，从而 故当且仅当  例２．设 是下述自然数N的个数，N的各位数字之和为，且每位数字只能取1、3或4，求证： 是完全平方数，这里 分析：这道题目的证法很多，下面我们给出借助于斐波那契数列证明的两种方法。 方法一：利用斐波那契数列作过渡证明。 设  ，其中 且 。假设  ，删去 时，则当依次取1，3，4时， 分别等于 ，故当时， （1）作数列  ： 且， 现用数学归纳法证明下述两式成立：  （2） （3）因为  故当 时（2）（3）两式成立。假设当  （ ）时，（2）（3）两式成立，由当 时，由（1）式、的定义以及归纳假设，知     这样（2）（3）两式对于  成立。故（2）（3）两式对于一切自然数 成立。，由（2）即可知是完全平方数。方法二：由  的递推关系式寻求 的递推关系式，从这个递推关系式对求与斐波那契数列的关系。设 ，其中且。假设 ，删去时，则当依次取1，3，4时，分别等于，故当时，所以         令  ，则当 时，有 因为  ，下用数学归纳法证明 ，其中 是斐波那契数列：且，当  时结论显然；设  时结论成立，于是   即当 时命题成立。从上述证明可知，对一切正整数  ， 是完全平方数，从而也是完全平方数。例3．将等差数列{ }: 中所有能被3或5整除的数删去后,剩下的数自小到大排成一个数列{},求 的值.（2006年江西省竞赛试题）解:由于  ,故若是3或5的倍数,当且仅当 是3或5的倍数.现将数轴正向分成一系列长为60的区间段:(0,+¥)＝(0,60]∪(60,120]∪(120,180]∪…,注意第一个区间段中含有{ }的项15个,即3,7,11,15,19,23,27,31,35,39,43,47,51,55,59.其中属于{ }的项8个,为: , , , , , , , ,于是每个区间段中恰有15个{ }的项,8个{}的项,且有  ,k∈N,1≤r≤8.由于2006＝8×250+6,而,所以  .例4．将正奇数集合  从小到大按第组有个奇数进行分组：{1}，{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，……问1991位于第几组？解：需要写出第n组的第1个数与最后一个数，1991介于其中，而第n组的最后一个数为  。第n组的第一个数即第n－1组的最后一个数后面的奇数，为[2(n－1)2－1]+2=2(n－1)2+1。由题意知2(n－1)2+1  ，解得(n－1)2  且 ，从而 且 ，故 ，即1991位于第32级中。例5．设等差数列 的首项是 ，公差为 ，将按第组有 个数的法则分组如下： ， ， ，……，试问 是第几组的第几个数？并求出所在那组的各项的和。解：设 位于第组，则前 组共有3+6+9+…+3（k－1）= 项，所以   即 解此方程组得：   ，因为  且－（ ，所以 。因此， 是第组的第 个数，其中。因为第 组是以 为首项，为公差的等差数列，所以其所有项的和等于  ，其中 。例６．设奇数数列：1，3，5，7，9…… （1） 按2，3，2，3……的个数分群如下： （1，3），（5，7，9），（11，13），（15，17，19），……（2） （I）试问数列（1）中的2007是分群数列（2）中的第几群中的第几个元素？ （II）求第 个群中的所有的元素之和。解：（I）将数列（1）重新分群，按每个群含5个元素的方式分群： （1，3，5，7，9），（11，13，15，17，19），……（3） 由于2007排在（1）中的第1004个，因此2007是分群数列（3）中的第201群中的第4个元素。对照分群数列（2）与（3），容易知道（3）中的第201个群的第4个元素是数列（2）中的第402个群中的第2个元素，所以2007是分群数列（2）中第402群中的第2个元素。 （II）对 分偶数和奇数两种情况进行讨论。若 为偶数，则 ，则数列（2）的第群的元素是数列（3）的第群的第3，4，5个元素，由于数列（3）的第群的5个元素之和是 ，所以数列（2）中的第群的元素之和为 ；若 为奇数，设 ，则数列（2）的第群的元素是数列（3）的第 群的第1，2个元素。由于数列（3）的第群的5个元素之和是 ，所以数列（2）中的第群的元素之和为 。例7．数列 ：1，9，8，5，……，其中 是 的个位数字（ ），试证明：  是4的倍数。证明：数列 中 为奇或偶数时，分别记 为1，0，则得数列：1，1，0，1，0，1，1，0，0，1，0，0，0，1，1，1；1，1，0，1，0，1，1，0，0，1，0，0，0，1，1，1；…且 与的奇偶性相同。由于数列 ，的定义及前面得到的新数列的一些项，可见 是以15为周期的周期数列，即得 ，而  ， ，……， ，于是   …… 即在1985到2000的这16项中，奇数、偶数各有8项，由于偶数的平方能被4整除，奇数的平方被4除余1，由此命题得证。 例8．已知  ， ， ，试证：对于一切 ，所有的项都不是4的倍数。证明：方法一：由题设中的递推关系，知  的奇偶性只有三种情况：奇，偶，奇；偶，奇，奇；奇，奇，偶。 均不是4的倍数。下面证明中的所有项都不是4的倍数。假设存在  是4的倍数的最小下标，则 ，且 均为奇数， 为偶数。由于  和 ，得 所以是4的倍数，与所设的矛盾！因此命题得证。方法二：由于该数列不是周期数列，但模4后得到的数列是周期数列，从开头的几项1，2，7，29，22，23，49，26，－17，……模4后得1，2，3，1，2，3，1，2，3，……发现这是一个周期为3的周期数列。 设  ，对于 （其中 ）成立，则 ，所以 与 奇偶性相同，所以  或  因此，将数列每一项模4后，余数成周期数列，周期为3，因此 所有项都不是4的倍数。例9．一个三阶等差数列{an}的前4项依次为30,72,140,240，求其通项公式 解：由性质(2)，an是n的三次多项式，可设an=An3+Bn2+Cn+D 由a1=30、a2=72、a3=140、a4=240得  解得： 所以an=n3+7n2+14n+8 例10．对于任一实数序列A={a1,a2,a3,…}，定义  A为序列{a2-a1,a3-a2,…}，它的第n项为an+1-an，假设序列(A)的所有项均为1，且a19=a92=0,求a1解：设序列 A的首项为d,则序列A为{d,d+1,d+2,…},它的第n项是d+(n-1)，因此序列A的第n项 显然an是关于n的二次多项式，首项等比数列为  ，由于a19=a92=0，必有  ，所以a1=819.方法二：由题意知，数列A是二阶等差数列，因面它的通项是关于 的二次三项式，故可设 ，由a19=a92=0,知19，92是方程 的两个根，所以 ，又已知 ，从而  解得  ，所以，将 代入求得a1=819.针对练习：（主要是阶差数列的练习） 1．数列{an}的二阶差数列的各项均为16，且a63=a89=10，求a51 解：法一：显然{an}的二阶差数列{bn}是公差为16的等差数列，设其首项为a,则bn=a+(n-1)×16,于是an= a1+  =a1+(n-1)a+8(n-1)(n-2) 这是一个关于n的二次多项式，其中n2的系数为8，由于a63=a89=10,所以 an=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658 解：法二：由题意，数列{an}是二阶等差数列，故其通项是n的二次多项式，又a63=a89=10，故可设an=A(n-63)(n-89)+10 由于{an}是二阶差数列的各项均为16，所以(a3-a2)-(a2-a1)=16 即a3-2a2+a1=16，所以 A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63)×(1-89)+10=16 解得：A=8 an=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658 2．求和：Sn=1×3×22+2×4×32+…+n(n+2)(n+1)2 解：Sn是是数列{n(n+2)(n+1)2}的前n项和， 因为an=n(n+2)(n+1)2是关于n的四次多项式，所以{an}是四阶等差数列，于是Sn是关于n的五次多项式 k(k+2)(k+1)2=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2)，故求Sn可转化为求 Kn=  和Tn= k(k+1)(k+2)(k+3)=  [ k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)]，所以Kn= = Tn= = 从而Sn=Kn-2Tn=  3．已知整数列{an}适合条件： (1)an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4,… (2)2a2=a1+a3-2 (3)a5-a4=9,a1=1 求数列{an}的前n项和Sn 解：设bn=an+1-an,Cn=bn+1-bn Cn=bn+1-bn= (an+2-an+1)-( an+1-an)=an+2-2an+1+an=(3an+1-3an+an-1) -2an+1+an=an+1-2an+an-1 =Cn-1 (n=2,3,4,…) 所以{ Cn}是常数列 由条件(2)得C1=2,则{an}是二阶等差数列 因此an=a1+  由条件(3)知b4=9，从而b1=3，于是an=n2  4．求证：二阶等差数列的通项公式为  证明：设{an}的一阶差数列为{bn}，二阶差数列为{cn}，由于{an}是二阶等差数列，故{cn}为常数列。 又c1=b2-b1=a3-2a2+a1  所以 5．求数列1,3+5+7,9+11+13+15+17,…的通项 解：问题等价于：将正奇数1,3,5,…按照“第n个组含有2n-1个数”的规则分组： (1)、(3,5,7)、(9,11,13,15,17),… 然后求第n组中各数之和an 依分组规则，第n组中的数恰好构成以2为公差的项数为2n-1的等差数列，因而确定了第n组中正中央这一项，然后乘以(2n-1)即得an 将每一组的正中央一项依次写出得数列：1,5,13,25,…这个数列恰为一个二阶等差数列，不难求其通项为2n2-2n+1，故第n组正中央的那一项为2n2-2n+1，从而 an=(2n-2n+1)(2n-1) 6.数列{an}的二阶差数列是等比数列，且a1=5,a2=6,a3=9,a4=16,求{an}的通项公式 解：易算出{an}的二阶差数列{cn}是以2为首项，2为公比的等比数列,则cn=2n, {an}的一阶差数列设为{bn}，则b1=1且  从而  7．设有边长为1米的正方形纸一张，若将这张纸剪成一边长为别为1厘米、3厘米、…、(2n-1)厘米的正方形，愉好是n个而不剩余纸，这可能吗？ 解：原问题即是是否存在正整数n，使得12+32+…+(2n-1)2=1002 由于12+32+…+(2n-1)2=[12+22+…+(2n)2]-[22+42+…+(2n)2]=  随着n的增大而增大，当n=19时=9129<10000，当n=20时=10660>10000故不存在… (责任编辑：admin) |