专题讲座：几个重要的特殊数列

几个重要的特殊数列基础知识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，可以用出表示第理个月初时免房里的免子的对数，则有L=\%=m=3,第依+2个月初时，免房内的免子可以分为两部分：一部分是第依+1个月初就已经在免房内的免子，共有此+1对；另一部分是第依+2个月初时新出生的小免子，共有其对，于是有F心=%+旦。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％（疝以扳为常数甲河），其特征方程为子F+q，其根为特征根。（1）若特征方程有两个不相等的实根皿月，则其通项公式为寸服”+日伊（珂兰1），其中AB由初始值确定；（2）若特征方程有两个相等的实根吃则其通项公式为寸［必+日（压#1），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此4=此+1、+此，对应的特征方程为/=工+1，其特征根为：工1='*f无=1f，所以可设其通项公式为虬="+严+月］严，利用初始条件共=1角=2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T项和禹=孔+厂1;（2）段1f%=（-1尸；（3）4孔QR+i捉乩（论3）；（4）『快诉+i=『粗+1气+（皿^任N,??>!）；分群数列将给定的一个数列｛4｝:灼，巧，沔皿4，印，知，…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，我们将灼作为第一组，将％，钓作为第二组，将，知作为第三组，依次类推，第理组有冉个元素，即可得到以组为单位的序列：（气），（此顶3），（知顶“知），......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：（“"卜…），（），（%+"％+"、知），......，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，......，第就个括号称为第珂群，而数列｛不｝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幽个群中，且从第幽个括号的左端起是第左个，则称这个元素为第状群中的第用个元素。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：第冉个群中有2压-1个元素的分群数列为：（知），（昭沔皿），（电，即，的皿戮的）…；第冉个群中有2”个元素的分群数列为：（的，知），（沔，％，角，%），（附，四，的，…皿14）…等等。周期数列对于数列｛%｝，如果存在一个常数TgN*），使得对任意的正整数依〉均恒有％+r=%成立，则称数列｛4｝是从第勤项起的周期为T的周期数列。若勤=1，则称数列仔M｝为纯周期数列，若勤乏2,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EN*，虹也是数列｛%｝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，贝0必有T|M，即MK（止氏2/）；（5）已知数列｛4｝满足fA（珞为常数），禺,4分别为仔"的前冉项的和与积，<l,q,reN\则确=硝+&,写=(%'•*；设数列｛4｝是整数数列，状是某个取定大于1的自然数，若如是除以幽后的余数，即如三4(mod嗣，且如氏｛0,12…卷-1｝，则称数列｛如｝是｛%｝关于状的模数列，记作SJm囱林)｝。若模数列("心用)｝是周期的，则称是关于模刑的周期数列。任一止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％+1与％的差％+1—%记为如，得到一个新数列｛如｝，把数列｛知｝称为是原数列｛%｝的一阶差数列；如果匕=如+1-知，则称数列化盘是数列｛札｝的一阶差数列，化」是｛%｝的二阶差数列；依次类推，可以得到数列｛%｝的营阶差数列，其中P。如果某一数列的阶差数列是一非零常数列，则称该数列为卢阶等差数列。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：如果数列｛4｝是卢阶等差数列，则它的一阶等差数列是营一1阶差数列；数列｛4｝是责阶等差数列的充要条件是：数列｛%｝的通项是关于就的责次多项式；如果数列｛%｝是卢阶等差数列，则其前理项之和场是关于舄的尸+1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苏项和，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：M-1(1)逐差法：其出发点是％=的+尤3小一标)；Jt-1待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项上与前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裂项相消法：其出发点是an能写成％=f(n+1)—f(n)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｛4｝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卢T阶等差数列不是等比数列，而歹阶差数列是公比不为1的等比数列，则称这个数列为点阶等比数列，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｛尤｝通项公式为M=-］顼］,HeZ*.记S*+©艺+…+GL4求所有的正整数七使得既能被8整除.解：记@=警成=与£则注意到，可得注意到，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「勇i=C；杭凡=以+以=3，故由(*)式可以算出｛既｝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，从而可禺O38，故当且仅当亦时，既.例2设％是下述自然数N的个数，N的各位数字之和为理,且每位数字只能取1、3或4,求证：&知是完全平方数，这里理…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。解：利用斐波那契数列作过渡证明。设N=v*，其中工">・・・由以1234｝且v+码+…+女=打。假设打>4,删去曲时，则当*依次取1,3,4时，曲+生+・・・+^=珂分别等于,故当理>4时，％二%_i+%t+%t(1)作数列｛芯｝:瓦二1,旦二2且卢小二R+i'+代，冉=技3…现用数学归纳法证明下述两式成立：%=K（2）%h+i=F&Fn+1（3）因为的==2故当*=质时（2）（3）两式成立。假设当n＜k（先#1）时，（2）（3）两式成立，由当«=^+1时，由（1）式、｛此｝的定义以及归纳假设，知知W=奁gl+知H+的心=菟电!+^t-1（耳+%1）=我&1+耳＞1耳+1=耳+1（电1+耳）=F^i印妃=fl2Jt+2+知+代胱1=%1+理（K+%1）=电1+垃％1=茏4（界+电1）=电1电这样（2）（3）两式对于程=氐+】成立。故（2）（3）两式对于一切自然数晌邳勇N*、）成立。（2）即可知％*是完全平方数。方法二：由｛%｝的递推关系式寻求｛气盘的递推关系式，从这个递推关系式对求｛知盘与斐波那契数列的关系。设陌=鱼形…碗，其中道,S…次产｛1234｝且堆+^+…+诳.=J假设冉＞4,删去工1时，则当*依次取1,3,4时，形+海+…+碗=理分别等于所以％X=钓x-l+&孙-3+&知T=奶Q+知n-4+代Z）+%n-4=a2s-2+必如-4++%-5）=a2»-2+^2m-4+（a2n-2+%~6）=^a2n-2+^^2m-4-a2n-6令，则当巧＞3时，有K=曷危+曷株心,因为=电=4,处=知=9，下用数学归纳法证明如=玲，其中㈤｝是斐波那契数列：驼=LE=2且此+9=此+1、+孔，打=L23…当压=技时结论显然；设鑫三为优＞3）时结论成立，于是妃1=2虹+2妃1-妃w=澎；+2况1-F《_s=（峋+%1尸+3%--电=『己+粽;-破!=路,即当依7+1时命题成立。从上述证明可知，对一切正整数heN*，、是完全平方数，从而％”也是完全平方数。例3将等差数列｛孔｝：虬=%-1（心M）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｛如｝，求郊06的值.解:由于％出一4=60,故若冬是3或5的倍数，当且仅当4出是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(120,180]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｛札｝的项8个，为:K=，也=11初二19，&4=23，禺二31,如二43，缶=47,也疽59，于是每个区间段中恰有15个｛%｝的项,8个｛如｝的项，且有瞄广知=^0^,keN,1<r<8.由于2006=8x250+6,而弗=43,所以缶硕=+=60x250+43=15043.例4将正奇数集合｛135,…｝从小到大按第理组有由-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2«2-10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+任199捉2炉-1,解得(n—1)2三995且瓣兰996,从而^<32且理乏32,故理=癸，即1991位于第32级中。例5设等差数列的首项是的，公差为』，将｛%｝按第用组有3左个数的法则分组如下:g%圣),g%…膈，(沔口招g%圣),g%…膈，(沔口招I”…，的J解：设4位于第用组，则前先T组共有3+6+9+.+3(k—1)=亵匕。项，^，3k(k-1)―3k(k-1)方^，所以因为化巳N*且!+相二-2(-!+亏巨■)=】，所以因此，4是第先组的第个数，其中先=1+724^-152+1三理c圣'++3^+1所以因为化巳N*且!+相二-2(-!+亏巨■)=】，所以因此，4是第先组的第个数，其中先=1+724^-153止(止一1)因为第止组是以以址追=5一2—』为首项，日为公差的等差数列，所以其所有项的和等于小+号以卜I,1J24s-15于小+号以卜I,1J24s-15』，其中*=甘「^例5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)⑴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）求第部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）对就分偶数和奇数两种情况进行讨论。若苏为偶数，则点=2氏，则数列（2）的第压群的元素是数列（3）的第止群的第3,4,5个元素由于数列（3）的第止群的5个元素之和是皿-1，所以数列（2）中的第鑫群的元素之和为15^-9;若理为奇数，设依=2^+1，则数列（2）的第冉群的元素是数列（3）的第先+1群的第1,2个元素由于数列（3）的第止+1群的5个元素之和是皿+1，所以数列（2）中的第就群的元素之和为（l（U+l）+（10t+3）=2（U+4=im—6。例7数列｛电｝:1,9,8,5,......，其中气+4是外的个位数字。=技3…），试证明：^":+配部+…+成口口是4的倍数。证：数列｛%｝中气为奇或偶数时，分别记扃为1,0，则得数列｛如｝: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©与岛的奇偶性相同。由于数列SJ，｛如｝的定义及前面得到的新数列｛札｝的一些项，可见｛如｝是以15为周期的周期数列，即得瞄=如，而19蹇三彻汕5），19脸三6OM15），......，2000=5（mod15），于是&的85=如=成郊舞=%=L&颂口=&=°，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。［四一边气他为隅数版.例8已知知-L代一2，，山々为奇数隹，试证：对于一切依，&&所有的项都不是4的倍数。证：由题设中的递推关系，知殊q崩顶心的奇偶性只有三种情况：奇，偶，奇；偶，奇，奇；奇，奇，偶。您1=L%=4的=7均不是4的倍数。下面证明佃打中的所有项都不是4的倍数。假设存在不是4的倍数的最小下标落，则欧＞3，且'国z均为奇数，不-3为偶数。

由于财一i=5知心-力心和％二^-1一电项，得力卜=4知心-电所以％t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％+疽％（m由4），对于点=\"心（其中^>3）成立，则三知由4），所以与您只出奇偶性相同，所以仅w三公用一勿小三5%—Sa*三或％4三5+5三气+辱八三&阮i（nwd4）,因此，将数列每一项模4后，余数成周期数列，周期为3,因此4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=240H=1B=7°_14，所以H=1B=7°_14，所以an=n3+7n2+14n+8.£)=8解得：彳8^4+45+2(7+1)=72解得：彳27^4+95+3(7+1)=14064.4+165+4C+£)=240例10对于任一实数序列A=｛a1,a2,a3,.），定义AA为序列｛a2-a1,a3-a2,..｝,它的第n项为an+1-an,假设序列A（AA）的所有项均为1,且a19=a92=0，求a1解：设序列AA的首项为d,则序列也A为｛d,d+1,d+2,・..｝,它的第n项是d+（n-1），因此序列A的第n项必二%+%。山_闻）二的+次+（次+1）+・・・+。+打_2）二灼+皿_1）次+£化_1）如_2）,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,必有孔=孑-0"西，所以a1=819.方法二：由题意矢口，数列A是二阶等差数列，因面它的通项是关于理的二次三项式，故可设an=a^+bn+c，由a19=a92=0，知19,92是方程渝'+赢+u=0的两个根，所以%二^3—19）3—22），又已知（角—知）—（知一的）二1,从而^3-19X3-92）-2^2-19X2-92）+^1-19）（1-92）=0,解得》：,所以％=：3-19）3-22），将理=1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：显然｛aj的二阶差数列也｝是公差为16的等差数列，设其首项为a则dn=a+（n-1）x16,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)+10an=a1+方法二：由题意，数列佰,｝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)x(1-89)+10=16，解得：A=8an=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658求和：Sn=1x3x22+2x4x32+...+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*顷+够+软氐*药和Tn=Z冷+DWA-lJU1k(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=g^+1)侬+2)优+3)日咛+脸+须^+3)3+4)TnW冷+1旅+2)=+1)3+欲+，从而Sn=Kn-2Tn=*(打+1)3+2)3+3)⑵+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-bnTOC\o"1-5"\h\zCn=b「bn=(ao-a,)-(a-an)=a<2a，+an=(3a,-3a+aJ-2a+a=a「2a+a,n+1'n+2n+1，'n+1/n+2n+1'n+1nn-1n+1nn+1nn-1=Cn-1(n=2,3,4,.)，所以｛Cn｝是常数列，由条件(2)得C1=2,则｛aj是二阶等差数列因此an=a1+E^=^+(«-1^1+-2=l+^-lA+2)由条件(3)知b4=9，从而b1=3，于是an=n2，摭=!冉3+1)(膈+1)。求证：二阶等差数列的通项公式为：4=仅1+3-1)(的一