汽修大专-大学体育论文

几个重要的特殊数列
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
120 2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
个月初就已经个月初时，免房内的免子可以分为两部分 ：一部分是第
在免房内的免子，共有
有对，于是有
对；另一部分是第
。

个月初时新出生的小免子，共


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
（），其中A、B由初始值确定；

，则其通项公式为


（2）若特征方程有两个相等的实根
（< br>，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
特征根为：

，对应的特征方程为，其

，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
作为第号将它分组，则可以得到以组为单位的序列。如在上述数列中，我们将
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
个括号的左端起是第个，则称这个元素为第< br>个
群中，且从第
素。

群中的第个元


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{
可以得到下面的分群数列：

}分群，还


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{
有
} ，如果存在一个常数
}是从第
，使得对任意的正整数
项起的周期为T的周期数列。若< br>，则称数列{
恒
成立，则称数列{
，则称数列{}为纯周期数列，若}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；

}的周期，则对于任意的，也是数列{}


（4）如果T是数列{
T|M，即M=（
}的最小正周期，M是数列{ }的任一周期，则必有
）；

（5）已知数列{
的前项的和与积，若
；

}满足（为常数），
，则
分别为{
，
}


（6）设数列{
以
关于
后的余数，即
}是整数数列，是某个取定 大于1的自然数，若
，且
。若模数列
，则称数列
是
是{
除< br>}
}的模数列，记作
的周期数列。

是周期的，则称{
是关于模


（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{
得到一个新数列
，则称数列
}，把它的连续两项
称为是原数列{
的一阶差数列，
阶差数列，其中
与的差 －记为，
，把数列
是数列
}的
}的一阶差数列；如果
是{
。

}的二阶差数列；
依次类推，可以得到数列{

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{
次多项式；

}是阶等差数列的充要条件是：数列{}的通项是关于的


（3）如果数列{
多项式。

}是阶等差数列，则其前项之和是关于的次


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S
n
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
(< br>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
列为阶等比数列，其中
阶差数列是公比不为1的等比数列，则称这个数
。< br>

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
，求所有的正整数，使得
，
能被8整除．

．记


（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
是完全平方数，这里

能取1、3或4，求证：

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
等于
，删去时，则当依次取1，3，4时，
（1）

分别
，故当时，


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（
式、的定义以及归纳假设，知











1）

这样（2）（3）两式对于成立。故（2）（3）两式对于一切自然数
是完全平方数。

成立。，由（2）即可知


方法二：由
对求
的递推关 系式寻求的递推关系式，从这个递推关系式
与斐波那契数列的关系。



设，其中且。



假设
等于
，删去时，则当依次取1，3，4时，

分别
，故当时，


所以

令，则当时，有



因为
是斐波那契数列：且
，下用数学归纳法证明
，

，其中


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
全平方数。

，是完全平方数，从而也是完


例3．将等差数列{}:
},求
中所有能被3或5整除的数删去
的值.（2006年江西省竞赛试后,剩下的数自小到大排成一个数列{
题）



解:由于
数.

,故若是3或5的倍数,当且仅当是3或5的倍


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{
为:

}的项8个,
,,,,,,,,

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
于第32级中。

且，从而且，故，即1991位

例5．设等差数列
法则分组如下：

的首项是，公差为，将按第组有个数的


，，，„„，



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
，所 以的第3，4，5个元素，由于数列（3）的第群的5个元素之和是

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5个元素之和是，所以
。

群的第1，2个元素。由于数列（3）的第
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
项中，奇数、偶数各有8项，

„„即在1985到2000的这16
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
奇，偶，奇；偶，奇，奇；奇，奇，偶 。
面证明中的所有项都不是4的倍数。

的奇偶性只有三种情况：
均不是4的倍数。下


假设存在
为偶数。

是4的倍数的最小下标，则，且均为奇数，

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
所以与
，对于
奇偶性相同，

（其中）成立，则，
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
不是4的倍数。

所有项都

例9．一个三阶等差数列{
an< br>}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
=A
n
3+B
n
2+C
n
+D



由
a
1=30、
a
2=72、
a
3 =140、
a
4=240得



解得：



所以
an
=
n
3+7
n
2+14
n
+8



例10．对于任一实数序列A= {
a
1,
a
2,
a
3,„}，定义A为序列
{a
2-
a
1,
a
3-
a
2,„}，它的第n
项为
an
+1-
an
，假设序列(A)的所有项均为1，且
a
19=
a
92=0,求
a
1

解：设序列A的首项为
d
,则序列A为{
d< br>,
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
a
19=
a
92=0，必有，所以< br>a
1=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
的两个根，所以

，由
a
19=
a
92=0,知19，92是方程


，又已知，



从而

解得，所以，将代入求得
a
1=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
a
63=
a
89=10，求a
51



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< br>bn
=
a
+(
n
-1)×16,于是
an
=

a
1+



=
a
1+(
n
-1)
a
+8(
n
-1)(
n
-2)< br>
这是一个关于
n
的二次多项式，其中
n
2的系数为8， 由于
a
63=
a
89=10,所以




an
=8(
n
-63)(
n
-89)+10，从而
a
51=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< br>n
的二次多项式，
又
a
63=
a
89=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(
a
3-
a
2)-(
a
2-
a
1)=16



即
a
3-2
a
2+
a
1=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
a
51=8(51-63)(51-89)+10=3658



2．求和：S
n
=1×3×22+2×4×32+„+
n
(
n
+2)(
n
+1)2



解：S
n
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S
n
是关于
n
的五次多项式




k
(
k
+2)(
k
+1)2=
k
(
k
+1)(
k
+2)(
k
+3)-2
k
(
k
+1)(
k
+2)，故求S
n
可转化为求



K
n
=和T
n
=




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



K
n
==



T
n
==

从而S
n
=K
n
-2T
n
=



3．已知整数列{
an
}适合条件：



(1)
an
+2=3
an
+1-3
an
+
an-1,
n
=2,3,4,„



(2)2
a
2=
a
1+
a
3-2



(3)
a
5-
a
4=9,
a
1=1



求数列{
an
}的前
n
项和S
n



解：设
bn
=
an
+1-
an< br>,C
n
=
bn
+1-
bn

C
n
=
bn
+1-
bn
=

(
an
+2-
an
+1)-(
an
+1-
an
)=
an
+2-2
an
+1+
an
=(3< br>an
+1-3
an
+
an
-1)
-2
an
+1+
an
=
an
+1-2
an
+
an< br>-1



=C
n
-1 (
n
=2,3,4,„)



所以{ C
n
}是常数列



由条件(2)得C1=2,则{
an
}是二阶等差数列



因此
an
=
a
1+



由条件(3)知
b
4=9，从而
b
1=3，于是
an
=n
2

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{
b n
}，二阶差数列为{
cn
}，由于{
an
}是二阶等
差数 列，故{
cn
}为常数列。



又
c
1=
b
2-
b
1=
a
3-2
a
2+a
1



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2
n
-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2
n
-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(2
n
-1)即得
a n



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2
n
2-2
n
+ 1，故第
n
组正中央的那一项为2
n
2-2
n
+1，
从而




an
=(2
n
-2n
+1)(2
n
-1)



6.数列{
an
}的二阶差数列是等比数列，且
a
1=5,
a
2=6,
a
3=9,
a
4=16,求{
an
}的
通项公式< br>

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
=2
n
,



{
an
}的一阶差数列设为{
bn
}，则
b
1=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、„、(2
n
-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+„+(2
n
-1)2=1002

由于12+32+„+(2
n
-1) 2=[12+22+„+(2
n
)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„