几个重要的特殊数列

1、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2''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 第厂订个月初

2、就已经在免房内的免子，共有5丨对；另一部分是第-个月初时新出生的小免子，共有对,于是有 2'. J -.厶。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 二 m （爲， ）,其特征方程为 丨/，其根为特征根。（1）若特征方程有两个不相等的实根二，则其通项公式为乙二加+P0（舟21）,其中A、B由初始值确定;（2）若特征方程有两个相等的实根 二，则其通项公式为 .:- J'（ ），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亠+丄

3、、：，对应的特征方程为：:1，其特征根为:I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- ''I2 : K _ ；（2）鳥'I.'；（3）O（4）儿一二 J 一 二二 1 （十二卞-）；（5）'I 宀'； 1 （ J I）；2 分群数列将给定的一个数列'、【土 T按照一定的规则依顺序

4、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，我们将二作为第一组，将也作为第二组，将卫：作为第三组，依次类推，第片组有"个元素，即可得到以组为单位的序列:（叽（勺角）,（鲂鲂坷）,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：（“'：,）, （心小耳*加小角），.，其中第i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汇个群中，且从第个括号的左端起是第:个，则称这个元素为第 匸群中的第个元素。值得注意的是一个数列可以得到不同的分群数列。

5、如对数列分群，还可以得到下面的分群数列：第"个群中有血-1个元素的分群数列为：（"1）,（坷向曲），（"5角角血向）；第片个群中有严个元素的分群数列为：（"1角）,（勺卫泌曲），（"泌陶小角4）等等。3周期数列对于数列 m,如果存在一个常数，匸a ；,使得对任意的正整数' 一 恒有； 一成立，贝y称数 列如是从第t项起的周期为t的周期数列。若r ，则称数列、为纯周期数列，若"-，则称数列 5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

6、小正周期（这一点与周期函数不同）；（3） 如果T是数列5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 C 满足_（ - - 为常数），二;分别为 的前项的和与积，若”诡+匚03""訪，则必二厲+3飞二（即4 ；（6 ）设数列'、是整数数列， 匸是某个取定大于1的自然数， 若“是5除以匸后的余数，即 仇三砒（mod闹，且e（0X2?-l,则称数列何是佝关于酬的模数列，记作 仏（md丽。若 模数列血J：；"；!是周期的，则称 C -是关于模；：'

7、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 I 的一阶差数列；如果： =如1 - 3 :,则称数列是数列的一阶差数列，-是dU|JU|章、的二阶差数列；依次类推，可以得到数列 ;-的阶差数列，其中厂一 。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】1阶差数列；(2) 数列、是？

8、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5是：阶等差数列，则其前 卜项之和二是关于*的匸-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1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：址二的+刀-年)(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

9、目的设数列5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亍-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/' _ '。高阶等比数列。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 典例分析例1.数列的通项公式为_ ,处尸.记心二所有的正整数 使得r：能被8整除.(2005年上海竞赛试题)3 + y/53-/5, 3 + /5 3-5 =H $= 1注意到_，可

10、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"I. ' _，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，从而故当且仅当九吋出心例2 设5是下述自然数 N的个数，N的各位数字之和为全平方数，这里 ”叮23严，且每位数字只能取1、3或4，求证：日宀是完分析：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。设卜时乐,其中和恥鮎1,234且罚+心+兀二於假设. >4 ，删去；时，则当；依次取1, 3, 4时, 阳+百+忑二”分别等于-口-3,沪4

11、，故当.时，二二 I +二（ 1）作数列2也-丄且I 一 一厶，訂一 .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|-| < -I （二）时，（2）（ 3）两式成立，由当 a = i+l 时，由（i）式、 的定义以及归纳假设,% =%i +也 +曲口 = &釦 +如仏 +二垃虬 1 +41=恥Fg+Fj=F：i=d2h2 +如+如=血 1 +坨（兀+弘）=嘔+应伦1 =血1（2 +"k+l）=陰陽这样（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

12、可知V】是完全平方数。方法二：由的递推关系式寻求 “一的递推关系式，从这个递推关系式对求：*：与斐波那契数列的关 系。设硒其中兀心忑&234且叶+勺+兀二。假设:-；? 4，删去；时，则当：依次取1，3, 4时，=一二'分别等于； 一 ！，故当舟>4时，兔匸+仏珂4所以 叱 二-匚-】-i_-. _»：.: 一；亠厂-匕-I=砌胡+2勺口 + ©心+伽J =+ 2砌皆4+（%+%）=2毎+ 2%）一给令“，则当. _时，有-； _:因为-：丿，下用数学归纳法证明I；-二，其中I"： l是斐波那契数列：=-d -乙且以.jii +丄：，川-当一

13、'.时结论显然；设匚上“二-；时结论成立，于是 Ejw = 2饥+2却-bk_2 = 2用+2吐厂吧=偲+FJ + （盼FJ -吧=F： + F拧-尺2 =必即当 -: I'.时命题成立。从上述证明可知，对一切正整数1 一'，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：由于亠一"；：-,故若5是3或5的倍数,当且仅当、匸是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 U （60,120 U （120,1

14、80 U,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：i. =7 L =11 务=19 bi = 23 Aj =31 切=43 bj =47 妇=5955）'）JJJ于是每个区间段中恰有15个 £的项,8个"的项,且有 也带 ：-"' ,k N,1 wr w8.由于 2006 = 8X250+6,而 亠-所以如 £； = 60x250+ = 60 x 250+43=15043.例4.将正奇数集合从小到大按第*组有2总-

15、 1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1。第n组的第一个数即第 n1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 1,解得(n 1)21.1且si. <"：，从而1 - 一且 1 ，故，即 1991 位于第 32 级中。例5设等差数列的首项是匚，公差为一：，将'按第：组有个数的法则分组如下：仏砌向)，(兔向严坳)，(知角1二如)，,试问二是第几组的第几个数？并求出

16、1所在那组的各项的和。戏仗一1)解：设5位于第【组，则前.组共有3+6+9+3 ( k 1) =_ 项,解此方程组得：-因为"-1T 且二r.'( 一，所以因此，是第匚组的第个数，其中吋冋叙n】+些,因为第组是以 一为首项，一：为公差的等差数列，所以其所有项的和等于些巴社鋼+込巴d躺2叫2，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) 求第匸个群中

17、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，贝U 一厂，则数列(2)的第1群的元素是数列(3)的第广群的第3 , 4 , 5个元素，由于数列(3

18、 )的第：群的5个元素之和是丨丨：I ,所以数列(2 )中的第"群的元素之和为若:为奇数，设 H = 2t+1, 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】M群的5个元素之和是11 ' 'I ,所以数列(2 )中的第、群的元素之和为 (1 就+1)+(1 就+3) = 2+4 = 1 血-6。例7.数列-.：1 , 9 , 8 , 5,其中 卜i是"L:-J的个位数字( i = U3/-),322试证明：、；."；l“；i r " !是4的倍数。证明：数列'厂中：为奇或偶数时，分别记

19、 '：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I与:的奇偶性相同。由于数列, 'J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，即得瓦15二勺,而1985三血odlj), 1986三6(mQd®,，2000三5(modl5),于是：一二 - 二 :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.

20、已知 如= 2,决|知-塔，力说奇紙 ，试证：对于一切 矗E甘，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:丿的奇偶性只有三种情况：奇，偶，奇；偶，奇，奇；奇，奇，偶。 J 匚 1，'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 I是4的倍数的最小下标 ；：'，则,-_；，且均为奇数，；为偶数。由于-： 1一:和 % = flM-l 也 ，得匚山：-丄乜.一 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 , - 1

21、7,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。设川;,对于：(其中成立，则"九，所以；上与一 奇偶性相同，所以“门*厂二一心一几或-一 广+二_'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=A n3+B n2+Cn+D由 a仁30、 a2=72、 a3=140、 a4=240得+ 0 +303 = 7C = 14D = 3-8/4+45 + 2(7

22、+ 2) = 72274 + 9 + 30 + 1? 140644+ 6B +4C* + D = 240 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Li （nA）的所有项均为1，且a19=a92=0,求al解：设序列 丄A的首项为d,则序列AA为d,d+1,d+2,它的第n项是d+（n-1），因此序列 A的第n项禺=曲 +工（如1 一甌）=內 +d+（d+1） +-¥（d +岡 2）=尙 + （总一 l）d +（再一 1）価一2）ju2显然an是关于n的二次

23、多项式，首项等比数列为1 ,氓=1（料-19）（并-由于a19=a92=0,必有，所以a仁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:、.亠“ 一一二A由 a19=a92=0，知 19, 92是方程.<. / - ：.： ：' - 11 的两个根，所以陽二讹-19）（旷22）,又已知（偽-曲）-3厂知=1,从而，-11a-冉二 1（“-19）（料一 22）解得 1 ,所以1，将；I代入求得a仁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

24、列bn是公差为16的等差数列，设其首项为a,则bn =a+(n-1) x 16,于是an=a1+ % ；J.=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

25、-89)+10-2A(2-63)(2-89)+10+A(1-63) x (1-89)+10=16解得：A=8an =8(n-63)(n-89)+10，从而 a51=8(51-63)(51-89)+10=36582. 求和：Sn=1 x 3x 22+2x 4x 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E附+ D(上 + 2)优 + 3)

26、亍 Rt +1)娥 + 2)Kn=和 Tn=-k(k+1)(k+2)(k+3)= 1 k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-( k-1) k(k+1)( k+2)(k+3)，所以Kn= 1乞上(*+1)(上 + 2)优 + 3)-呛 + 1)(时 + 2)0 + % +4)£冷+ 1)仇+ 2)丄呛+ 1)(时+ 2)(九+ 3Tn= b(沙恤+ 2)(卄3)+ 3)从而 Sn=Kn-2T n=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,a仁1求数列an的前n项和Sn解：设

27、bn=an +1-an,Cn=bn+1-bnCn=bn+1-b n= (an+2-a n+1)-( an+1-a n)=an+2-2a n+1+a n=(3a n+1-3a n+an-1) -2 a n+1 + a n=an+1-2a n+an-1=Cn-1 (n=2,3,4,)所以 Cn是常数列由条件 得C1=2，则an是二阶等差数列三如二理 + (-% +0一号_少 2 = 1 + ( 1A + 個-恤-2)因此 an=a1+ l-：由条件知b4=9，从而b1=3，于是an=n2Sn 二料G + l)(2?a +1)64求证：二阶等差数列的通项公式为叭二宓 + 0 -1)(衍-円)+ 斗 ® -1)(” - 2)(