幾個重要的特殊數列

基礎知識1．斐波那契數列萊昂納多 斐波那契（1175－1250）出生於義大利比薩市，是一名聞名於歐洲的數學家，其主要的著作有《算盤書》、《實用幾何》和《四藝經》等。在1202年斐波那契提出了一個非常著名的數列，即：假設一對兔子每隔一個月生一對一雌一雄的小兔子，每對小兔子在兩個月以後也開始生一對一雌一雄的小兔子，每月一次，如此下去。年初時兔房裡放一對大兔子，問一年以後，兔房內共有多少對兔子？這就是非常著名的斐波那契數列問題。其實這個問題的解決並不是很困難，可以用 表示第 個月初時免房裡的免子的對數，則有 ，第 個月初時，免房內的免子可以分為兩部分：一部分是第 個月初就已經在免房內的免子，共有 對；另一部分是第 個月初時新出生的小免子，共有 對，於是有 。現在就有了這個問題：這個數列的通項公式如何去求？為了解決這個問題，我們先來看一種求遞歸數列通項公式的求法——特徵根法。特徵根法：設二階常係數線性齊次遞推式為 （ ），其特徵方程為 ，其根為特徵根。（1）若特徵方程有兩個不相等的實根 ，則其通項公式為 （ ），其中A、B由初始值確定；（2）若特徵方程有兩個相等的實根 ，則其通項公式為 （ ），其中A、B由初始值確定。（這個問題的證明我們將在後面的講解中給出）因此對於斐波那契數列 ，對應的特徵方程為 ，其特徵根為：，所以可設其通項公式為 ，利用初始條件 得 ，解得所以 。這個數列就是著名的斐波那契數列的通項公式。斐波那契數列有許多生要有趣的性質，如：它的通項公式是以無理數的形式給出的，但用它計算出的每一項卻都是整數。斐波那契數列在數學競賽的組合數學與數論中有較為廣泛地應用。為了方便大家學習這一數列，我們給出以下性質：（請同學們自己證明）（1）斐波那契數列的前 項和 ；（2） ；（3） （ ）；（4） （ ）；（5） （ ）；2．分群數列將給定的一個數列{ }： 按照一定的規則依順序用括弧將它分組，則可以得到以組為單位的序列。如在上述數列中，我們將 作為第一組，將 作為第二組，將 作為第三組，……依次類推，第 組有 個元素，即可得到以組為單位的序列：（ ），（ ），（ ），……我們通常稱此數列為分群數列。一般地，數列{ }的分群數列用如下的形式表示：（ ），（ ），（ ），……，其中第1個括弧稱為第1群，第2個括弧稱為第2群，第3個括弧稱為第3群，……，第 個括弧稱為第 群，而數列{ }稱為這個分群數列的原數列。如果某一個元素在分群數列的第 個群中，且從第 個括弧的左端起是第 個，則稱這個元素為第 群中的第 個元素。值得注意的是一個數列可以得到不同的分群數列。如對數列{ }分群，還可以得到下面的分群數列：第 個群中有 個元素的分群數列為：（ ），（ ），（ ）…；第 個群中有 個元素的分群數列為：（ ），（ ），（ ）…等等。3．周期數列對於數列{ }，如果存在一個常數 ，使得對任意的正整數 恆有 成立，則稱數列{ }是從第 項起的周期為T的周期數列。若 ，則稱數列{ }為純周期數列，若 ，則稱數列{ }為混周期數列，T的最小值稱為最小正周期，簡稱周期。周期數列主要有以下性質：（1）周期數列是無窮數列，其值域是有限集；（2）周期數列必有最小正周期（這一點與周期函數不同）；（3）如果T是數列{ }的周期，則對於任意的 ， 也是數列{ }的周期；（4）如果T是數列{ }的最小正周期，M是數列{ }的任一周期，則必有T|M，即M= （ ）；（5）已知數列{ }滿足 （ 為常數）， 分別為{ }的前 項的和與積，若 ，則 ， ；（6）設數列{ }是整數數列， 是某個取定大於1的自然數，若 是 除以 後的餘數，即 ，且 ，則稱數列 是{ }關於 的模數列，記作 。若模數列 是周期的，則稱{ }是關於模 的周期數列。（7）任一 階齊次線性遞歸數列都是周期數列。4．階差數列對於一個給定的數列{ }，把它的連續兩項 與 的差 － 記為 ，得到一個新數列 ，把數列 稱為是原數列{ }的一階差數列；如果 ，則稱數列 是數列 的一階差數列， 是{ }的二階差數列；依次類推，可以得到數列{ }的 階差數列，其中 。如果某一數列的 階差數列是一非零常數列，則稱該數列為 階等差數列。其實一階等差數列就是我們通常說的等差數列；高階等差數列是二階或二階以上等差數列的統稱。高階等差數列具有以下性質：（1）如果數列{ }是 階等差數列，則它的一階等差數列是 階差數列；（2）數列{ }是 階等差數列的充要條件是：數列{ }的通項是關於 的 次多項式；（3）如果數列{ }是 階等差數列，則其前 項之和 是關於 的 次多項式。高階等差數列中最常見的問題是求通項公式以及前 項和，更深層次的問題2是差分方程的求解。解決問題的基本方法有：(1)逐差法：其出發點是 ；(2)待定係數法：在已知階數的等差數列中，其通項 與前n項和Sn是確定次數的多項式(關於n的)，先設出多項式的係數，再代入已知條件解方程組即得(3)裂項相消法：其出發點是an能寫成 =f(n+1)－f(n)(4)化歸法：把高階等差數列的問題轉化為易求的同階等差數列或低階等差數列的問題，達到簡化的目的設數列{ }不是等比數列：若它的一階等差數列是公比不為1的等比數列，則稱它是一階等比數列；若它的一階差數列不是等比數列，而二階差數列是公比不為1的等比數列，則稱這為二階等比數列。一般地說，如果某一個數列它的 階等差數列不是等比數列，而 階差數列是公比不為1的等比數列，則稱這個數列為 階等比數列，其中 。0階等比數列就是我們通常所說的等比數列，一階及二階以上的等比數列，統稱為高階等比數列。典例分析例1．數列 的通項公式為 ， ．記 ，求所有的正整數 ，使得 能被8整除．（2005年上海競賽試題）解：記注意到　　 ，可得因此，Sn+2除以8的餘數，完全由Sn+1、Sn除以8的餘數確定，故由(*)式可以算出 各項除以8的餘數依次是1,3，0,5，7,0，1,3，……，它是一個以6為周期的數列，從而故當且僅當例２．設 是下述自然數N的個數，N的各位數字之和為 ，且每位數字只能取1、3或4，求證： 是完全平方數，這裡分析：這道題目的證法很多，下面我們給出藉助於斐波那契數列證明的兩種方法。方法一：利用斐波那契數列作過渡證明。設 ，其中 且 。假設 ，刪去 時，則當 依次取1，3，4時， 分別等於 ，故當 時，     （1）作數列 ： 且 ，現用數學歸納法證明下述兩式成立：（2）（3）因為 故當 時（2）（3）兩式成立。假設當 （ ）時，（2）（3）兩式成立，由當 時，由（1）式、 的定義以及歸納假設，知這樣（2）（3）兩式對於 成立。故（2）（3）兩式對於一切自然數 成立。，由（2）即可知 是完全平方數。方法二：由 的遞推關係式尋求 的遞推關係式，從這個遞推關係式對求 與斐波那契數列的關係。設 ，其中 且 。假設 ，刪去 時，則當 依次取1，3，4時， 分別等於 ，故當 時，所以令 ，則當 時，有因為 ，下用數學歸納法證明 ，其中 是斐波那契數列： 且 ，當 時結論顯然；設 時結論成立，於是即當 時命題成立。從上述證明可知，對一切正整數 ， 是完全平方數，從而 也是完全平方數。例3．將等差數列{ }: 中所有能被3或5整除的數刪去後,剩下的數自小到大排成一個數列{ },求 的值.（2006年江西省競賽試題）解:由於 ,故若 是3或5的倍數,當且僅當 是3或5的倍數.現將數軸正向分成一系列長為60的區間段:(0,+?)＝(0,60]∪(60,120]∪(120,180]∪…,注意第一個區間段中含有{ }的項15個,即3,7,11,15,19,23,27,31,35,39,43,47,51,55,59.其中屬於{ }的項8個,為:, , , , , , , ,於是每個區間段中恰有15個{ }的項,8個{ }的項,且有 ,k∈N,1≤r≤8.由於2006＝8×250+6,而 ,所以 .例4．將正奇數集合 從小到大按第 組有 個奇數進行分組：{1}，{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，……問1991位於第幾組？解：需要寫出第n組的第1個數與最後一個數，1991介於其中，而第n組的最後一個數為 。第n組的第一個數即第n－1組的最後一個數後面的奇數，為[2(n－1)2－1]+2=2(n－1)2+1。由題意知2(n－1)2+1 ，解得(n－1)2 且 ，從而 且 ，故 ，即1991位於第32級中。例5．設等差數列 的首項是 ，公差為 ，將 按第 組有 個數的法則分組如下：， ， ，……，試問 是第幾組的第幾個數？並求出 所在那組的各項的和。解：設 位於第 組，則前 組共有3+6+9+…+3（k－1）= 項，所以 即解此方程組得： ，因為 且 －（ ，所以 。因此， 是第 組的第 個數，其中 。因為第 組是以 為首項， 為公差的等差數列，所以其所有項的和等於 ，其中 。例６．設奇數數列：1，3，5，7，9……   （1）     按2，3，2，3……的個數分群如下：（1，3），（5，7，9），（11，13），（15，17，19），……（2）（I）試問數列（1）中的2007是分群數列（2）中的第幾群中的第幾個元素？（II）求第 個群中的所有的元素之和。解：（I）將數列（1）重新分群，按每個群含5個元素的方式分群：（1，3，5，7，9），（11，13，15，17，19），……（3）由於2007排在（1）中的第1004個，因此2007是分群數列（3）中的第201群中的第4個元素。對照分群數列（2）與（3），容易知道（3）中的第201個群的第4個元素是數列（2）中的第402個群中的第2個元素，所以2007是分群數列（2）中第402群中的第2個元素。（II）對 分偶數和奇數兩種情況進行討論。若 為偶數，則 ，則數列（2）的第 群的元素是數列（3）的第 群的第3，4，5個元素，由於數列（3）的第 群的5個元素之和是 ，所以數列（2）中的第 群的元素之和為 ；若 為奇數，設 ，則數列（2）的第 群的元素是數列（3）的第 群的第1，2個元素。由於數列（3）的第 群的5個元素之和是 ，所以數列（2）中的第 群的元素之和為 。例7．數列 ：1，9，8，5，……，其中 是 的個位數字（ ），試證明： 是4的倍數。證明：數列 中 為奇或偶數時，分別記 為1，0，則得數列 ：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 與 的奇偶性相同。由於數列 ， 的定義及前面得到的新數列 的一些項，可見 是以15為周期的周期數列，即得 ，而 ， ，……， ，於是 …… 即在1985到2000的這16項中，奇數、偶數各有8項，由於偶數的平方能被4整除，奇數的平方被4除餘1，由此命題得證。例8．已知 ， ， ，試證：對於一切 ， 所有的項都不是4的倍數。證明：方法一：由題設中的遞推關係，知 的奇偶性只有三種情況：奇，偶，奇；偶，奇，奇；奇，奇，偶。 均不是4的倍數。下面證明 中的所有項都不是4的倍數。假設存在 是4的倍數的最小下標 ，則 ，且 均為奇數， 為偶數。由於 和 ，得 所以 是4的倍數，與所設的矛盾！因此命題得證。方法二：由於該數列不是周期數列，但模4後得到的數列是周期數列，從開頭的幾項1，2，7，29，22，23，49，26，－17，……模4後得1，2，3，1，2，3，1，2，3，……發現這是一個周期為3的周期數列。設 ，對於 （其中 ）成立，則 ，所以 與 奇偶性相同，所以或因此，將數列每一項模4後，餘數成周期數列，周期為3，因此 所有項都不是4的倍數。例9．一個三階等差數列{an}的前4項依次為30,72,140,240，求其通項公式解：由性質(2)，an是n的三次多項式，可設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．對於任一實數序列A={a1,a2,a3,…}，定義 A為序列{a2-a1,a3-a2,…}，它的第n項為an+1-an，假設序列 ( A)的所有項均為1，且a19=a92=0,求a1解：設序列 A的首項為d,則序列 A為{d,d+1,d+2,…},它的第n項是d+(n-1)，因此序列A的第n項顯然an是關於n的二次多項式，首項等比數列為 ，由於a19=a92=0，必有 ，所以a1=819.方法二：由題意知，數列A是二階等差數列，因面它的通項是關於 的二次三項式，故可設 ，由a19=a92=0,知19，92是方程 的兩個根，所以，又已知 ，從而解得 ，所以 ，將 代入求得a1=819.針對練習：（主要是階差數列的練習）1．數列{an}的二階差數列的各項均為16，且a63=a89=10，求a51解：法一：顯然{an}的二階差數列{bn}是公差為16的等差數列，設其首項為a,則bn=a+(n-1)×16,於是an= a1+=a1+(n-1)a+8(n-1)(n-2)這是一個關於n的二次多項式，其中n2的係數為8，由於a63=a89=10,所以an=8(n-63)(n-89)+10，從而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658解：法二：由題意，數列{an}是二階等差數列，故其通項是n的二次多項式，又a63=a89=10，故可設an=A(n-63)(n-89)+10由於{an}是二階差數列的各項均為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=8an=8(n-63)(n-89)+10，從而a51=8(51-63)(51-89)+10=36582．求和：Sn=1×3×22+2×4×32+…+n(n+2)(n+1)2解：Sn是是數列{n(n+2)(n+1)2}的前n項和，因為an=n(n+2)(n+1)2是關於n的四次多項式，所以{an}是四階等差數列，於是Sn是關於n的五次多項式k(k+2)(k+1)2=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2)，故求Sn可轉化為求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= =從而Sn=Kn-2Tn=3．已知整數列{an}適合條件：(1)an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4,…(2)2a2=a1+a3-2(3)a5-a4=9,a1=1求數列{an}的前n項和Sn解：設bn=an+1-an,Cn=bn+1-bnCn=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}是常數列由條件(2)得C1=2,則{an}是二階等差數列因此an=a1+由條件(3)知b4=9，從而b1=3，於是an=n24．求證：二階等差數列的通項公式為證明：設{an}的一階差數列為{bn}，二階差數列為{cn}，由於{an}是二階等差數列，故{cn}為常數列。又c1=b2-b1=a3-2a2+a1所以5．求數列1,3+5+7,9+11+13+15+17,…的通項解：問題等價於：將正奇數1,3,5,…按照「第n個組含有2n-1個數」的規則分組：(1)、(3,5,7)、(9,11,13,15,17),… 然後求第n組中各數之和an依分組規則，第n組中的數恰好構成以2為公差的項數為2n-1的等差數列，因而確定了第n組中正中央這一項，然後乘以(2n-1)即得an將每一組的正中央一項依次寫出得數列：1,5,13,25,…這個數列恰為一個二階等差數列，不難求其通項為2n2-2n+1，故第n組正中央的那一項為2n2-2n+1，從而an=(2n-2n+1)(2n-1)6.數列{an}的二階差數列是等比數列，且a1=5,a2=6,a3=9,a4=16,求{an}的通項公式解：易算出{an}的二階差數列{cn}是以2為首項，2為公比的等比數列,則cn=2n,{an}的一階差數列設為{bn}，則b1=1且從而7．設有邊長為1米的正方形紙一張，若將這張紙剪成一邊長為別為1厘米、3厘米、…、(2n-1)厘米的正方形，愉好是n個而不剩餘紙，這可能嗎？解：原問題即是是否存在正整數n，使得12+32+…+(2n-1)2=1002由於12+32+…+(2n-1)2=[12+22+…+(2n)2]-[22+42+…+(2n)2]= 隨著n的增大而增大，當n=19時 =9129<10000，當n=20時 =10660>10000故不存在…2007-09-29  人教網2013年高考數學二輪複習口訣：不等式和數列2013-06-21 | 閱：1  轉：7  |  分享修改《不等式》解不等式的途徑，利用函數的性質。對指無理不等式，化為有理不等式。高次向著低次代，步步轉化要等價。數形之間互轉化，幫助解答作用大。證不等式的方法，實數性質威力大。求差與0比大小，作商和1爭高下。直接困難分析好，思路清晰綜合法。非負常用基本式，正面難則反證法。還有重要不等式，以及數學歸納法。圖形函數來幫助，畫圖建模構造法。《數列》等差等比兩數列，通項公式N項和。兩個有限求極限，四則運算順序換。數列問題多變幻，方程化歸整體算。數列求和比較難，錯位相消巧轉換，取長補短高斯法，裂項求和公式算。歸納思想非常好，編個程序好思考：一算二看三聯想，猜測證明不可少。還有數學歸納法，證明步驟程序化：首先驗證再假定，從K向著K加1，推論過程須詳盡，歸納原理來肯定。
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