白礼芳-黄梅时节雨纷纷

-------------
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
（

（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
，则其通项公式为
），其特征方程为，其根为特征根。

（2）若特征方程有两个相等的实根
（），其中A、B由初始值确定。（这个问题的证明< br>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{< br>（
}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：

第个群中有
（

第个群中有
（
个元素的分群数列 为：（），（
个元素的分群数列为：（），（
}分群，还
），
）…；
），
）…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
，则称数列{}为混周期数列，
恒
成立，则称数列{
，则称数列{ }为纯周期数列，若
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；

（4）如果T是数列{
T|M，即M=

（5）已知数列{
的前项的和与积，若
；

（6）设数列{
以
关于
后的余数，即
的模数列，记作
的周期数列。
}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< br>是
是{
除
}
}
}满足（为常数），
，则
分别 为{
，
}
（
}的最小正周期，M是数列{}的任一周期，则必有
}的 周期，则对于任意的，也是数列{}
）；
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< br>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{

（2）数列{
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
}是阶等差数列的充要条件是 ：数列{}的通项是关于的
}是阶等差数列，则它的一阶等差数列是阶差数列；
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S
n< br>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
a n
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< br>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
。
-------------

-------------
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

假设
等于

作数列：且，
，删去时，则当依次取1，3，4时，
（1）
分别
，其中且。
，故当时，

现用数学归纳法证明下述两式成立：

（2）

因为

假设当
式、






-------------
（3）
故当时（2）（3）两式成立。
（）时，（2）（3）两式成立，由当时，由（1）
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
是完全平方数。 成立。，由（2）即可知

方法二：由
对求

设

假设
等于

所以





令

因为
是斐波那契数列：

当

设



-------------
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。
，其中且。
，删去时，则当依次取1，3，4时，

分别
，故当时，



，则当时，有
，下用数学归纳法证明
且，
，其中
时结论显然；
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。

例3．将等差数列{}:
，是完全平方数，从而也是完
中所有能被3 或5整除的数删去
},求的值.（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,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,
}的项8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{
,
}的项,
,,
于是每个区间段中恰有15个{
且有
所以

例4．将正奇数集合
,k∈N,1≤r≤8.由于2006＝8×250+6,而
.
,
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。
例5．设等差数列
法则分组如下：



试问

解：设

，
且，从而且，故，即1991位
的首项是，公差为 ，将按第组有个数的
，，……，
是第几组的第几个数？并求出所在那组的各项的和。
位于第组，则前组共有3+6+9+…+3（k－1）=项，
所以

解此方程组得：

因为且－（
即
，
，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2 007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40 2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
。 < br>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

试证明：

证明：数列中为奇或偶数时，分别记为1，0，则得数列：
是4的倍数。
：1，9，8，5，……，其中是的个位数字（），
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
由于数列
可见
而
于是
，
与的奇偶性相同。
的一些项，
，
，
即在19 85到2000的这16
的定义及前面得到的新数列
是以15为周期的周期数列，即得
，
……
，……，
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
奇，偶，奇；偶，奇，奇；奇，奇，偶。
面证明

假设存在
为偶数。

由于和，得
是4的倍数的最小下标，则
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
，且均为奇数，
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
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

与
，对于
奇偶性相同，

（其中）成立，则，
不是4的倍数。

例9．一个三阶等差数列{< br>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
=A
n
3+B
n
2+C
n
+D

由
a
1=30、
a
2=72、
a
3=140、
a
4=240得







所以
an
=
n
3+7
n
2+14
n
+8

解得：
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
,
d
+1,
d
+2,…},它的第
n
项是
d
+(
n
-1)，因此序列A的第
n
项< br>

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
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



从而

解得，所以，将代入求得
a
1=819.

，又已知，
，由
a
19=
a
92=0,知19，92是方程

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
bn
=
a
+(
n
-1)×16,于是
an
=
a
1+







=
a
1+(n
-1)
a
+8(
n
-1)(
n
-2)
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{< br>an
}是二阶等差数列，故其通项是
n
的二次多项式，
又
a< br>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


a n
=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< br>+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
=


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
=
---- ---------
和T
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
,C
n
=< br>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
b4=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{
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
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< br>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
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
-2
n
+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



解：易算出{
a n
}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+…< br>+(2n)2]=随着
n
的增大而增大，当
n
=19时=9129<1 0000，
当
n
=20时



故不存在…

=10660>10000
-------------