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第八节几个重要的特殊数列


第九节 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 Fn 表 示第 n 个月初时免房里的免子的对数,则有 F1 ? 1, F2 ? 2, F3 ? 3 ,第 n ? 2 个月初时,免 房内的免子可以分为两部分: 一部分是第 n ? 1 个月初就已经在免房内的免子, 共有 Fn?1 对; 另一部分是第 n ? 2 个月初时新出生的小免子,共有 Fn 对,于是有 Fn?2 ? Fn?1` ? Fn 。 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 xn?2 ? pxn?1 ? qxn( n ? 1, p, q为常数,q ? 0 ) , 其特征方程为 x 2 ? px ? q ,其根为特征根。 (1) 若特征方程有两个不相等的实根 ? , ? , 则其通项公式为 xn ? A? n ? B? n ( n ? 1) , 其中 A、B 由初始值确定; ( 2 )若特征方程有两个相等的实根 ? ,则其通项公式为 xn ? [ A? ? B(n ? 1)? n?1 ( n ? 1) ,其中 A、B 由初始值确定。 (这个问题的证明我们将在下节课给出)
2

因此对于斐波那契数列 Fn?2 ? Fn?1` ? Fn ,对应的特征方程为 x ? x ? 1 ,其特征根为:

x1 ?

? ? ? ? 1? 5 1? 5 ,所以可设其通项公式为 Fn ? A? 1 ? 5 ? ? B? 1 ? 5 ? ,利用初 , x2 ? ? 2 ? ? 2 ? 2 2 ? ? ? ?

n

n

? ?1? 5 ? ?1? 5 ? ?A ? ? ? ? ? ? 2 ? ? 2 ?B ? 1 1? 5 1? 5 ? ? ? ? 始条件 F1 ? 1, F2 ? 2 得 ? ? ,解得 A ? ,B ? ? 2 2 2 5 2 5 ?1? 5 ? 1? 5 ? ?? ? ? A?? ? B?2 ? 2 ? ?? 2 ? ? ? ? ??
?? ? 所以 Fn ? 1 ?? 1 ? 5 ? ? ? 5 ?? ? 2 ?
n ?1

?1? 5 ? ? ?? ? 2 ? ? ?

n ?1

? ?。 ? ?

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 n 项和 S n ? Fn?2 ? 1 ;
n (2) Fn2 ?1 ? Fn ? Fn? 2 ? (?1) ;

(3) 4Fn ? 3Fn?1 ? 6Fn ( n ? 3 ) ; (4) Fm?n?1 ? Fm?1 Fn ? Fm Fn?1 ( m, n ? N * , n ? 1) ;
* 2 (5) F2n ? Fn2 ; ?1 ? Fn?1 ( n ? N , n ? 1 )

2.分群数列 将给定的一个数列{ an }: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 ,? 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 a1 作为第一组,将 a2 , a3 作 为第二组,将 a 4 , a5 , a6 作为第三组,??依次类推,第 n 组有 n 个元素,即可得到以组为 单位的序列: ( a1 ) , ( a2 , a3 ) , ( a 4 , a5 , a 6 ) ,??我们通常称此数列为分群数列。 一般地, 数列{ an }的分群数列用如下的形式表示: ( a1 , a2 ,?, a p ) , ( a p?1 , a p?2 ,?, ar ) , ( ar ?1 , ar ?2 ,?, as ) ,??,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 n 个括号称为第 n 群,而数列{ an }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 m 个群中,且从第 m 个括号的左端起是第 k 个,则称这个 元素为第 m 群中的第 k 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{ an }分群,还可以得到下 面的分群数列: 第 n 个群中有 2n ? 1 个元素的分群数列为: ( a1 ) , ( a 2 , a3 , a 4 ) , ( a5 , a6 , a7 , a8 , a9 ) ?; 第 n 个 群 中 有 2 个 元 素 的 分 群 数 列 为 :( a1 , a 2 ),( a3 , a4 , a5 , a6 ), ( a7 , a8 , a9 ,?, a14 )?等等。 3.周期数列 对于数列 { an } ,如果存在一个常数 T (T ? N ) ,使得对任意的正整数 n ? n0 恒有
*
n

a n ? T ? a n 成立,则称数列{ an }是从第 n0 项起的周期为 T 的周期数列。若 n0 ? 1 ,则称
数列{ an }为纯周期数列,若 n0 ? 2 ,则称数列{ an }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{ an }的周期,则对于任意的 k ? N , kT 也是数列{ an }的周期;
*

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

(5)已知数列{ an }满足 a n ?t ? a n ( n, t ? N * , t 为常数) ,S n , Tn 分别为{ an }的前 n 项的和 与积,若 n ? qt ? r,0 ? r ? t , q, r ? N * ,则 S n ? qSt ? S r , Tn ? (Tt ) q ? Tr ; (6) 设数列{ an }是整数数列,m 是某个取定大于 1 的自然数, 若 bn 是 an 除以 m 后的余数, 即 bn ? an (modm) ,且 bn ?{0,1,2,?, m ? 1} ,则称数列 {bn } 是{ an }关于 m 的模数列,记 作 {an (modm)} 。若模数列 {an (modm)} 是周期的,则称{ an }是关于模 m 的周期数列。 (7)任一 k 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{ an },把它的连续两项 a n ?1 与 an 的差 a n ?1 - an 记为 bn ,得到一 个新数列 {bn } ,把数列 {bn } 称为是原数列{ an }的一阶差数列;如果 cn ? bn?1 ? bn ,则称数 列 {cn } 是数列 {bn } 的一阶差数列, 依次类推, 可以得到数列{ an } {cn } 是{ an }的二阶差数列; 的 p 阶差数列,其中 p ? N * 。 如果某一数列的 p 阶差数列是一非零常数列,则称该数列为 p 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{ an }是 p 阶等差数列,则它的一阶等差数列是 p ? 1 阶差数列; (2)数列{ an }是 p 阶等差数列的充要条件是:数列{ an }的通项是关于 n 的 p 次多项式; (3)如果数列{ an }是 p 阶等差数列,则其前 n 项之和 S n 是关于 S n 的 p ? 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 n 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 a n ? a1 ?

? (a
k ?1

n ?1

k ?1

? ak ) ;

(2)待定系数法:在已知阶数的等差数列中,其通项 an 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 an =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 到简化的目的 设数列{ an }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 p ? 1 阶等差数列不是等比数列, 而 p 阶差数列是公比不为 1 的等比数列,则称这个数列为 p 阶等比数列,其中 p ? N * 。 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

? fn ?

? ? ?1 1 ?? 1 ? 5 ?? 的 通 项 公 式 为 fn ? ? ? ?? ? 2 5 ?? ? ? 2 ??
n

n ? 5? ? , n ? Z+ . 记 ? ? ? ? ?

2 Sn ? C1 n f1 + Cn f 2 +

n + Cn fn ,求所有的正整数 n ,使得 Sn 能被 8 整除.

(2005 年上海竞赛试题) 解:记 ? ?

1? 5 1? 5 ,? ? ,则 2 2
1 n i i 1 n i i Cn ? ? ? ? i ? ? Cn ?? ? ? i ? ? ? 5 i ?1 5 i ?0

Sn ?

1 ? n i i n i i? 1 ? n n    ? ?1 ? ? ? ? ?1 ? ? ? ? ? ? Cn? ? ? Cn ? ? ? ? ? 5 ? i ?0 5 i ?0 ?
n n 1 ?? 3 ? 5 ? ? 3 ? 5 ? ? ?? ?    ? ? ?? ? 2 ? ? ? 2 ? 5 ?? ? ? ? ? ? ?

注意到

3? 5 ? 2
n ?1

3 ? 2

5 ? 3,
n ?1

? 3 2

?

5 ?3 5 , ? 1 可得 2

? 3? 5 ? ? 3? 5 ? 1 ? ?? Sn ? 2 ? ? ? ? ? ?? ? 2 ? ? 2 ? 5 ? ?? ? ? ? ? ?? ? 3Sn ?1 ? Sn         ? ??

? ?? 3 ? 5 ? ? 3 ? 5 ? ? ?? 3 ? 5 ? n ? 3 ? 5 ? n ? ? ? ?? ?? ?? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? 2 ?? ?? ?? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ??

因此,Sn+2 除以 8 的余数,完全由 Sn+1、Sn 除以 8 的余数确定
1 1 2 S1 ? C1 f1, S2 ? C2 f1 ? C2 f2 ? 3 ,故由(*)式可以算出 ?Sn ? 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 8 Sn ? 3 n

故当且仅当 3 n时, 8 Sn 例2.设 an 是下述自然数 N 的个数,N 的各位数字之和为 n ,且每位数字只能取 1、3 或 4, 求证: a 2 n 是完全平方数,这里 n ? 0,1,2,3,? 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 N ? x1 x2 ? xk ,其中 x1 , x2 ,?, xk ?{1,2,3,4} 且 x1 ? x2 ? ? ? xk ? n 。 假设 n ? 4 ,删去 x1 时,则当 x1 依次取 1 , 3 , 4 时, x2 ? x3 ? ? ? xk ? n 分别等于

n ? 1, n ? 3, n ? 4 ,故当 n ? 4 时, an ? an?1 ? an?3 ? an?4

(1)

作数列 {Fn } : F1 ? 1, F2 ? 2 且 Fn?2 ? Fn?1` ? Fn , n ? 1,2,3,? 现用数学归纳法证明下述两式成立:

a2n ? Fn2 a2n?1 ? Fn Fn?1

(2) (3)

因为 a2 ? 1, a3 ? 2 故当 n ? 1,2 时(2) (3)两式成立。 假设当 n ? k ( k ? 1 )时, (2) (3)两式成立,由当 n ? k ? 1 时,由(1)式、 {Fn } 的定 义以及归纳假设,知

a2k ?2 ? a2k ?1 ? a2k ?1 ? a2k ?2 ? Fk Fk ?1 ? Fk ?1 (Fk ? Fk ?1 ) ? Fk Fk ?1 ? Fk ?1Fk ?1 ? Fk ?1 (Fk ?1 ? Fk ) ? Fk2?1

a2k ?3 ? a2k ?2 ? a2k ? a2k ?1 ? Fk ?1 ? Fk (Fk ? Fk ?1 ) ? Fk ?1 ? Fk Fk ?1 ? Fk ?1 (Fk ? Fk ?1 ) ? Fk ?1Fk ?2
这样(2) (3)两式对于 n ? k ? 1 成立。故(2) (3)两式对于一切自然数 n(n ? 1, n ? N * ) 成 立。 ,由(2)即可知 a 2 n 是完全平方数。 方法二:由 {an } 的递推关系式寻求 {a2 n } 的递推关系式,从这个递推关系式对求 {a2 n } 与斐 波那契数列的关系。 设 N ? x1 x2 ? xk ,其中 x1 , x2 ,?, xk ?{1,2,3,4} 且 x1 ? x2 ? ? ? xk ? n 。 假设 n ? 4 ,删去 x1 时,则当 x1 依次取 1 , 3 , 4 时, x2 ? x3 ? ? ? xk ? n 分别等于

2

2

n ? 1, n ? 3, n ? 4 ,故当 n ? 4 时, an ? an?1 ? an?3 ? an?4
所以 a2n ? a2n?1 ? a2n?3 ? a2n?4 ? (a2n?2 ? a2n?4 ? a2n?5 ) ? a2n?3 ? a2n?4

? a2n?2 ? 2a2n?4 ? (a2n?3 ? a2n?5 ) ? a2n?2 ? 2a2n?4 ? (a2n?2 ? a2n?6 )
? 2a2n?2 ? 2a2n?4 ? a2 n?6
令 bn ? a2n ,则当 n ? 3 时,有 bn ? 2bn?1 ? 2bn?2 ? bn?3 因为 b1 ? a2 ? 1, b2 ? a4 ? 4, b3 ? a6 ? 9 ,下用数学归纳法证明 bn ? Fn2 ,其中 {Fn } 是斐波 那契数列: F1 ? 1, F2 ? 2 且 Fn?2 ? Fn?1` ? Fn , n ? 1,2,3,? 当 n ? 1,2 时结论显然;
2 设 n ? k (k ? 3) 时结论成立,于是 bk ?1 ? 2bk ? 2bk ?1 ? bk ?2 ? 2Fk2 ? 2Fk2 ?1 ? Fk ?2

? ( Fk ? Fk ?1 ) 2 ? (Fk ? Fk ?1 ) 2 ? Fk2?2 ? Fk2 ? Fk ?2 ? Fk2?2 ? Fk2?1 ?1
即当 n ? k ? 1 时命题成立。 从上述证明可知,对一切正整数 n ? N , bn 是完全平方数,从而 a 2 n 也是完全平方数。
*

2

例 3.将等差数列{ an }: an ? 4n ?1 (n ? N * ) 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{ bn },求 b2006 的值. (2006 年江西省竞赛试题)

解:由于 an?15 ? an ? 60 ,故若 an 是 3 或 5 的倍数,当且仅当 an?15 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{ an }的项 15 个,即 3,7,11,15,19,23,27,31,35,39,43,47, 51,55,59. 其中属于 { bn } 的项 8 个 , 为 : b1 ? 7 , b2 ? 11 , b3 ? 19 , b4 ? 23 , b5 ? 31 ,

b6 ? 43 , b7 ? 47 , b8 ? 59 ,于是每个区间段中恰有 15 个{ an }的项,8 个{ bn }的项,且有 b8k ?r ? br ? 60k , k ∈ N , 1 ≤ r ≤ 8 . 由 于 2 0 0 6 = 8 × 2 5 0 + 6 , 而 b6 ? 43 , 所 以
.3 b2006 ? 60? 250? b6 ? 60? 250? 43 ? 1 5 0 4 例 4.将正奇数集合 {1,3,5,?} 从小到大按第 n 组有 2n ? 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

2n 2 ? 1 。
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 ? 1991 ? 2n ? 1 ,
2

解得(n-1)2 ? 995 且 n ? 996, 从而 n ? 32 且 n ? 32 , 故 n ? 32 , 即 1991 位于第 32 级中。
2

例 5. 设等差数列 {an } 的首项是 a1 , 公差为 d , 将 {an } 按第 k 组有 3k 个数的法则分组如下:

(a1 , a2 , a3 ) , (a4 , a5 ,?, a9 ) , (a10 , a11 ,?, a18 ) ,??,

试问 an 是第几组的第几个数?并求出 an 所在那组的各项的和。 解:设 an 位于第 k 组,则前 k ? 1 组共有 3+6+9+?+3(k-1)= 所以

3k (k ? 1) 项, 2

?3k 2 ? 3k ? 2 ? 2n ? 0 3k (k ? 1) 3k (k ? 1) ?1 ? n ? ? ?3k ? 1 即 ? 2 2 2 ?3k ? 3k ? 2 ? 2n ? 0

解此方程组得: ?

1 24n ? 15 1 24n ? 15 , ? ?k? ? 2 6 2 6

因为 k ? N 且
*

?1 24n ? 15 ? 1 24n ? 15 1 24n ? 15 -( ? ? ) ? 1 ,所以 k ? ? ? ? ?。 6 2 6 2 6 ?2 ?

因此, an 是第 k 组的第 ?n ?

? ?

?1 24n ? 15 ? 3k (k ? 1) ? k ? ? 个数,其中 ? ?。 ? 2 6 2 ? ? ?

因为第 k 组是以 a 3k ( k ?1)
2

?1

? a1 ?

3k (k ? 1) d 为首项, d 为公差的等差数列,所以其所有项 2

的和等于 k ? a1 ?

? ?

? 1 24n ? 15 ? 3k (k 2 ? 2k ? 1) 3k (k ? 1) ? 3k (3k ? 1) d ? ka1 ? d ,其中 k ? ? ? d?? ?。 6 2 2 2 ? ?2 ?

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 m 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 n 分偶数和奇数两种情况进行讨论。 若 n 为偶数,则 n ? 2k ,则数列(2)的第 n 群的元素是数列(3)的第 k 群的第 3,4,5 个元素,由于数列(3)的第 k 群的 5 个元素之和是 10 k ? 1 ,所以数列(2)中的第 n 群的 元素之和为 (10k ? 1) ? (10k ? 3) ? (10k ? 5) ? 30k ? 9 ? 15n ? 9 ; 若 n 为奇数,设 n ? 2k ? 1 ,则数列(2)的第 n 群的元素是数列(3)的第 k ? 1 群的第 1, 2 个元素。由于数列(3)的第 k ? 1 群的 5 个元素之和是 10 k ? 1 ,所以数列(2)中的第 n 群 的元素之和为 (10k ? 1) ? (10k ? 3) ? 20k ? 4 ? 10n ? 6 。 例 7.数列 {an } :1,9,8,5,??,其中 ai ? 4 是 ai ? ai ?2 的个位数字( i ? 1,2,3,? ) , 试证明: a1985 ? a1986 ? ? ? a2000 是 4 的倍数。
2 2 2

证明:数列 {an } 中 a i 为奇或偶数时,分别记 bi 为 1,0,则得数列 {bn } :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 a i 与 bi 的奇偶性相同。由于数列 {an } , {bn } 的定义及前面得到的新数列 {bn } 的一些项,

15) , 可 见 {bn } 是 以 15 为 周 期 的 周 期 数 列 , 即 得 bi ?15 ? bi , 而 1985? 5(mod 1986? 6(mod15) , ? ? , 2000? 5(mod15) , 于 是 b1 9 8 5? b5 ? 0, b1 9 8 6? b6 ? 1, ? ?

b2 0 0 0? b5 ? 0, 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.已知 a1 ? 1, a2 ? 2 ,a n ? 2 ? ? 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 an , an?1 , an?2 的奇偶性只有三种情况:奇,偶,奇; 偶,奇,奇;奇,奇,偶。 a1 ? 1, a2 ? 2, a3 ? 7 均不是 4 的倍数。下面证明 {an } 中的所有 项都不是 4 的倍数。 假设存在 am 是 4 的倍数的最小下标 m ,则 m ? 3 ,且 am?1, am?2 均为奇数, am?3 为偶数。 由于 am?1 ? 5am?2 ? 3am?3 和 am ? am?1 ? am?2 ,得 3am?3 ? 4am?2 ? am 所以 am?3 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 an?3 ? an (mod4) ,对于 n ? 1,2,?, k (其中 k ? 3 )成立,则 an?2 ? an?1 (mod4) ,所以

?5a n ? 3a n an?1an为偶数时 * , ,试证:对于一切 n ? N ,an ? a n ?1 ? a n an?1an为奇数时

ak ?2 ak ?3 与 ak ?1ak 奇偶性相同,所以 ak ?4 ? 5ak ?3 ? 3ak ?2 ? 5ak ? 3ak ?1 ? ak ?1 (mod4)
或 ak ?4 ? ak ?3 ? ak ?2 ? ak ? ak ?1 ? ak ?1 (mod4) 因此,将数列每一项模 4 后,余数成周期数列,周期为 3,因此 an 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=240 得

解得: 所以 an=n +7n +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 ? ( ? A)的所有项均为 1,且 a19=a92=0,求 a1
3 2

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 an ? a1 ?

? (a
k ?1

n?1

k ?1

1 ? ak ) ? a1 ? d ? (d ? 1) ? ? ? (d ? n ? 2) ? a1 ? (n ? 1)d ? (n ? 1)(n ? 2) 2
1 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 an ?

1 (n ? 19)( n ? 22) ,所以 a1=819. 2
2

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 n 的二次三项式,故可 设 an ? an2 ? bn ? c ,由 a19=a92=0,知 19,92 是方程 an ? bn ? c ? 0 的两个根,所以

an ? a(n ?19)(n ? 22) ,又已知 (a3 ? a2 ) ? (a2 ? a1 ) ? 1 ,
从而 a(3 ? 19)(3 ? 92) ? 2a(2 ? 19)(2 ? 92) ? a(1 ? 19)(1 ? 92) ? 0 解得 a ?

1 1 ,所以 an ? (n ? 19)( n ? 22) ,将 n ? 1 代入求得 a1=819. 2 2

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= 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)+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)(3-89)+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 a51=8(51-63)(51-89)+10=3658 2.求和:Sn=1×3×22+2×4×32+?+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

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=

=

从而 Sn=Kn-2Tn= 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-bn Cn=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}是常数列 由条件(2)得 C1=2,则{an}是二阶等差数列

因此 an=a1+ 由条件(3)知 b4=9,从而 b1=3,于是 an=n2

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 c1=b2-b1=a3-2a2+a1

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 2n-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 2n-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(2n-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 2 2 求其通项为 2n -2n+1,故第 n 组正中央的那一项为 2n -2n+1,从而 an=(2n-2n+1)(2n-1) 6.数列{an}的二阶差数列是等比数列,且 a1=5,a2=6,a3=9,a4=16,求{an}的通项公式 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=2n, {an}的一阶差数列设为{bn},则 b1=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、?、 (2n-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+?+(2n-1)2=1002

由于 12+32+?+(2n-1)2=[12+22+?+(2n)2]-[22+42+?+(2n)2]=

随着 n 的增大而增

大,当 n=19 时 故不存在?

=9129<10000,当 n=20 时

=10660>10000


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