斐波那契数列


以斐波那契数列为背景的试题探究
安徽省太和县太和中学
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一、斐波那契数列 斐波那契,公元 13 世纪意大利数学家,他在自己的著作《算盘书》中记载着这样一个 “兔子繁殖问题” :假定有一对大兔子,每一个月可生下一对小兔子,并且生下的这一对小 兔子两个月后就具有繁殖能力。假如一年内没有发生死亡,那么,从一对小兔子开始,一年 后共有多少对兔子? 斐波那契在研究时,发现有这样一个数列的数学模型: 1,1, 2,3,5,8,13, 21,34,?, 其中 从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,亦即数列 ?an ? 满足: a1 ? 1, a2 ? 1, 且

a1 ? 1, a2 ? 1, an?2 ? an?1 ? an ? n ? 3? . 这个数列就是著名的“斐波那契数列”,而这个数列
中的每一项称为“斐波那契数”.
n n 1 ?? 1 ? 5 ? ? 1 ? 5 ? ? ?? ? ,其神奇 事实上,斐波那契数列 ?an ? 的通项公式为 an ? ? ? ?? ? 2 ? ? ? 2 5 ?? ? ? ? ? ??

之处在于通项公式中含有无理数,但它的每一项又都不是无理数. 如何在高考试题中考查斐波那契数列呢? 二、以斐波那契数列为背景命制试题 (一)以斐波那契数列的概念为背景命制试题 【例 1】意大利数学家斐波那契在 1202 年出版的一书里提出 了这样一个问题:一对兔子被饲养到第二个月进入成年,第三个月 生产一对小兔,以后每个月生产一对小兔,所生产的小兔能全部存 活并且也是第二个月成年,第三个月生产一对小兔,以后每个月生 产一对小兔,那么,这样下去到年底,应有多少对兔子?此问题的 程序框图如下,空白处应填写 ( )

Q?S
A.

Q?S
B.

S ?Q
C.

F ?S

S?F

F ?S

S?F
D.

Q?S

【解析】 斐波那契数列总有 an?2 ? an?1 ? an , a1 ? 1, a2 ? 1, 根据程序框图分析可知, 正确答 案为 B.

【变式 1】如图是一个树形图的生长过程,依据图中所示 的生长规律,第 15 行的实心圆点的个数等于 .

【解析】从第一行开始,各行的实心圆点的个数依次为

1,1, 2,3,5,8,?, 显然符合斐波那契数列的定义, 第 15 行的实心
圆点个数为第 14 个斐波那契数 377. 【例 2】 (2004 北京市中学生数学竞赛)设 ? , ? 是方程 x ? x ? 1 ? 0 的两个根,数列
2

?an ? 中满足 an ?

?n ? ?n ? n ? 1, 2,3,,?? .证明:对任意正整数 n ,都有 an?2 ? an?1 ? an . ? ??
2

【解析】因为 ? , ? 是方程 x

? x ? 1 ? 0 的 2 个根,则 ? ? ? ? 1, ?? ? ?1,

因此 ? n ? 2 ? ? n ? 2 ? ?? ? ? ? ? n ?1 ? ? n ?1 ? ?? ? n ? ? n

?

?

?

?

? ?? n ?1 ? ? n ?1 ? ? ?? n ? ? n ? ,
从而

? n?2 ? ? n?2 ? n?1 ? ? n?1 ? n ? ? n ? ? , 即 an?2 ? an?1 ? an . ? ?? ? ?? ? ??

【例 3】 (2009 福建)5 位学生围成一圈依序循环报数,规定: (1)第 1 位学生首次报出的数为 1,第 2 位学生首次报出的数也为 1,之后每位学生 所报出的数都是前 2 位学生报出的数之和. (2)若报出的数为 3 的倍数,则报该数的学生,需拍手一次. 已知学生甲第 1 个报数,当 5 位学生依序循环报到第 100 个数时,学生甲拍手的总次 数为 .

【解析】设报到第 n 个数为 an ,则 a1 ? 1, a2 ? 1, an?2 ? an?1 ? an ? n ? 3? . 归纳发现 a4 n 为 3 的倍数.下面用数学归纳法证明: (1)当 n ? 1 时, a4 ? 3 ,命题成立; (2)假设 n ? k 时, a4 k 为 3 的倍数,则当 n ? k ? 1 时,

a4k ?4 ? a4k ?2 ? a4k ?3 ? a4k ? a4k ?1 ? a4k ?1 ? a4k ?2

? a4k ? 2a4k ?1 ? ? a4k ? a4k ?1 ? ? 2a4k ? 3a4k ?1 也是 3 的倍数.
由(1) (2)可知, a4 n 为 3 的倍数.依题意,学生甲报的数为 a5i ?1 ? 0 ? i ? 19? ,这些

数中是 3 的倍数有 a16 , a36 , a76 , a96 , ,故学生甲拍手的总次数为 4. (二)以斐波那契数列的性质为背景命制试题 【例 4】意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一个数列:

1,1, 2,3,5,8,13, 21,34,?, 其中从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把
这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”.那么 那契数列中的第 项.

a12 ? a2 2 ? a32 ? ? ? a20152 是斐波 a2015

【解析】斐波那契数列总有 an?2 ? an?1 ? an , 则

a12 ? a2 a1 ,
2 a2 ? a2 (a3 ? a1 ) ? a2a3 ? a2a1 ,

2 a3 ? a3 (a4 ? a2 ) ? a3a4 ? a2a3 ,

??,
2 a2015 ? a2015 (a2016 ? a2014 ) ? a2015a2016 ? a2014a2015 ,

a12 ? a22 ? a32 ? ?? a20152 ? a2015a2016 ,
所以

a12 ? a2 2 ? a32 ? ? ? a20152 ? a2016 . a2015



a12 ? a2 2 ? a32 ? ? ? a20152 是斐波那契数列中的第 2016 项. a2015

【性质 1】斐波那契数列的前 n 项的平方和: a12 ? a22 ? a32 ? ?? an2 ? an an?1 , 即

?a
i ?1

n

2 i

? an an ?1.

【例 5】斐波那契,公元 13 世纪意大利数学家.他在自己的著作《算盘书》中记载着这 样一个数列: 1,1, 2,3,5,8,13, 21,34,?, 其中从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数 的和,这就是著名的斐波那契数列.那么 a1 ? a3 ? a5 ?? ? a2015 是斐波那契数列中的第 项. 【解析】由 a1 ? a2 , a3 ? a4 ? a2 , a5 ? a6 ? a4 ,??, a2015 ? a2016 ? a2014 , 可得: a1 ? a3 ? a5 ?? ? a2015 ? a2016 . 故 a1 ? a3 ? a5 ?? ? a2015 是斐波那契数列中的第 2016 项.

【性质 2】斐波那契数列的奇数项之和: a1 ? a3 ? a5 ?? ? a2n?1 ? a2n , 即 ? a2i ?1 ? a2 n .
i ?1

n

【例 6】著名的斐波那契数列 ?an ? : 1,1, 2,3,5,8,13, 21,34,?, 满足

a1 ? a2 ? 1, an?2 ? an?1 ? an , 那么 1 ? a2 ? a4 ? a6 ?? ? a2014 是斐波那契数列中的第
【解析】由 a2 ? a3 ? a1 , a4 ? a5 ? a3 ,??, a2014 ? a2015 ? a2013 , 可得: a2 ? a4 ? a6 ?? ? a2014 ? a2015 ?1, 故 1 ? a2 ? a4 ? a6 ?? ? a2014 是斐波那契数列中的第 2015 项. 【性质 3】斐波那契数列的偶数项之和:

项.

a2 ? a4 ? a6 ?? ? a2n ? a2n?1 ?1, 即 ? a2i ? a2 n?1 ? 1.
i ?1

n

【例 7】同学们都有这样的解题经验:在某些数列的求和中,可把其中一项分裂成两项 之差,使得某些项可以相互抵消,从而实现化简求和. “斐波那契数列”是数学史上一个著 名 的 数 列 , 这 个 数 列 中 的 每 一 项 称 为 “ 斐 波 那 契 数 ” . 在 斐 波 那 契 数 列 ?an ? 中 ,

a1 ? 1, a2 ? 1,a ? a ? 3 . a2016 ? a, 那 么 数 列 ?an ? 的 前 2014 项 的 和 ? 若 n? 2? a n? 1 n? n
为 . 【解析】由 a1 ? a1 , a2 ? a3 ? a1 , a3 ? a4 ? a2 , a4 ? a5 ? a3 ,??, a2014 ? a2015 ? a2013 可得: a1 ? a2 ? a3 ?? ? a2014 ? a2014 ? a2015 ? a2 ? a2016 ?1 ? a ?1.

故数列 ?an ? 的前 2014 项的和为 a ? 1.
【性质 4】斐波那契数列的前 n 项之和 Sn ? a1 ? a2 ? a3 ?? ? an ? an?2 ?1, 即

?a
i ?1

n

i

? an ? 2 ? 1.

【性质 5】连续三项斐波那契数后两项乘积与前两项乘积的差,是中间项的平方,即

an?1an ? an?1an ? an2 ? n ? 2? .
【归纳】斐波那契数列的简单性质的证明总是运用其特征式 an ? an?1 ? an?2 的变形

an ? an?2 ? an?1 或 an?1 ? an?2 ? an 进行裂项,从而达到相消求和的目的.
【例 8】意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一个数列:

1,1, 2,3,5,8,13, 21,34,?, 其中从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把
这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”. (1)某学生发现以下特征:

a1a4 ? a2a3 ? 1, a2a5 ? a3a4 ? ?1, a3a6 ? a4a5 ? 1, a4a7 ? a5a6 ? ?1,?, 由此可归纳出一个结论?
能否给出证明?
2 (2)证明: an ?1 ? an an ? 2 ? ? ?1? . n

【解析】(1) an an ?3 ? an ?1an ? 2 ? ? ?1?

n ?1

. 证明如下:

①当 n ? 1 时, a1a4 ? a2a3 ? 1. 显然成立. ②假设当 n ? k 时, ak ak ?3 ? ak ?1ak ? 2 ? ? ?1? 则当 n ? k ? 1 时,
k ?1

, 即 ak ?1ak ? 2 ? ak ak ?3 ? ? ?1?

k ?1

,

ak ?1ak ?4 ? ak ?2ak ?3 ? ak ?1ak ?4 ? ? ak ? ak ?1 ? ak ?3 ? ak ?1ak ?4 ? ak ?1ak ?3 ? ak ak ?3 ? ak ?1 ? ak ?4 ? ak ?3 ? ? ak ak ?3 ? ak ?1ak ?2 ? ak ak ?3
? ?ak ak ?3 ? ? ?1? ?
k ?1

? ? ak ak ?3 ? ? ?1?? k ?1??1 . ?

这就是说,当 n ? k ? 1 时等式成立. 根据①和②,可知等式对任意正整数 n 都成立成立.
2 (2)①当 n ? 1 时,左 ? a2 ? 1, 右 a1a3 ? ? ?1? ? 1, 显然成立.

1

②假设当 n ? k 时, ak2?1 ? ak ak ? 2 ? ? ?1? , 即 ak ak ? 2 ? ak2?1 ? ? ?1? ,
k k

则当 n ? k ? 1 时,
k ak2?2 ? ak ?2 ? ak ? ak ?1 ? ? ak ak ?2 ? ak ?1ak ?2 ? ?ak2?1 ? ? ?1? ? ? ak ?1ak ?2 ? ?

2 ? ak ?1 ? ak ?1ak ? 2 ? ? ?1? ? ak ?1ak ? 3 ? ? ?1? ? ak ?1ak ? 3 ? ? ?1? k k

k ?1

.

这就是说,当 n ? k ? 1 时等式成立. 根据①和②,可知等式对任意正整数 n 都成立成立. 【 例 9 】 函 数 f ? x ? 满 足 f ? n ? 1? ?

1 1 , f ?1? ? ? n ? N * ? . 若 不 等 式 1? f ? n? 2
.
n

f

? n? 1?

? f 对任意的 n 恒成立,则 M 的最小值是 ? ?n ? M

2 【解析】斐波那契数列 ?an ? 满足: a1 ? 1, a2 ? 1, an?2 ? an?1 ? an . 则 an ?1 ? an an ? 2 ? ? ?1? .

因为 f ?1? ?

a 1 a2 2 a 3 a ? , f ? 2 ? ? ? 3 , f ? 3? ? ? 4 ,? , f ? n ? ? n ?1 , an ? 2 2 a3 3 a4 5 a5

所以 f ? n ? 1? ? f ? n ? ? 而 f ? n ? 1? ? f ? n ? ?

an ? 2 an ?1 an ? 2 2 ? an ?1an ?3 ? ?1? ? ? ? , an ?3 an ? 2 an ?3 an ? 2 an ?3an ? 2
n ?1

1 1 1 ? ? . an?3an? 2 a3a4 6
max

故只需 M ? f ? n ? 1? ? f ? n ?

1 1 ? . 即 M 的最小值是 . 6 6

【探究】斐波那契数列中,还有许多性质,如: ①连续两项斐波那契数的平方和仍是斐波那契数,即 an 2 ? an?12 ? a2n?1 ; ②相间两项斐波那契数的平方差仍是斐波那契数,即 an?12 ? an?12 ? a2n ? n ? 2? ; ③连续三项斐波那契数后两项的平方和与第一项的平方之差仍是斐波那契数,即

an?12 ? an2 ? an?12 ? a3n ? n ? 2? ;
④下标为 3k 的前 n 项斐波那契数之和满足 a3 ? a6 ? ? ? a3n ?

1 ? a3n?2 ? 1? . 2

【例 10】意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一个数列:

1,1, 2,3,5,8,13, 21,34,?, 其中从第三个数起,每一个数
都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成 的数列称为“斐波那契数列”.某学生在自主学习了杨辉 三角之后,发现它与斐波那契数列 ?an ? 以下特征:
0 C0 ? 1 ? a1 , C10 ? 1 ? a2 ,

0 1 0 1 C2 ? C1 ? 2 ? a3 , C3 ? C2 ? 3 ? a4 , 0 1 2 0 1 2 C4 ? C3 ? C2 ? 5 ? a5 , C5 ? C4 ? C3 ? 8 ? a6 , 0 1 2 3 0 1 2 3 C6 ? C5 ? C4 ? C3 ? 13 ? a7 , C7 ? C6 ? C5 ? C4 ? 21 ? a8 ,

?? 你可归纳出什么结论?请给以证明.
n ?1 ? 0 1 2 2 ?Cn ?1 ? Cn ?2 ? Cn ?3 ? ? ? C n     ? n ? 2m ? ? 2 【解析】 an ? ? ?m ? N* ? . n ?1 ?C 0 ? C1 ? C 2 ? ? ? C 2    ? n ? 2m ? 1? n?2 n ?3 n ?1 ? n ?1 ? 2

数学归纳法证明如下:

2 时,结论显然成立. ①当 n ? 1、
②假设当 n ? k ? 1, k 时,结论成立,讨论 k 为奇数的时候,

1 2 0 1 2 2 2 ak ? Ck0?1 ? Ck ? 2 ? Ck ?3 ? ? ? C k ?1 , ak ?1 ? Ck ? 2 ? Ck ?3 ? Ck ? 4 ? ? ? ?C k ?1 2 2

k ?1

k ?1

?1

则当 n ? k ? 1 时,

ak ?1 ? ak ? ak ?1
k ?1 k ?1 ?1 ? ? ? ? 0 1 2 1 2 2 2 ? ? Ck0?1 ? Ck ? C ? ? ? C ? C ? C ? C ? ? ? C ? k ?2 ? ?2 k ?3 k ?1 ? k ?3 k ?4 k ?1 ? 2 ? ? 2 ? ?1 k ?1 ?1 ? ? k2 1 1 2 2 ? Ck0?1 ? ? Ck0? 2 ? Ck ? C ? C ? ? ? C ? C ? ? ? ? k ?1 ? ?2 k ?3 k ?3 k ?1 ? 2 2 ?

1 2 1 2 2 2 ? Ck0?1 ? Ck ? Ck0 ? Ck ?1 ? Ck ? 2 ? ? ? C k ?1 ?1 ? Ck ? 2 ? ? ? C k ?1 2 ?1

k ?1

? k ?1? ?1
2

.

2 ? C?0k ?1??1 ? C?1k ?1?? 2 ? C?2k ?1??3 ? ? ? C ? k ? . 1? 2

? k ?1? ?1

这说明 k 为奇数的时候,结论成立;同理可证 k 为偶数的时候,结论也成立.这就是说, 当 n ? k ? 1 时等式成立. 根据①和②,可知等式对任意正整数 n 都成立成立. (三)以斐波那契数列的模型为背景命制试题

1.攀爬楼梯问题
【例 11】 小学生甲玩耍上楼梯的游戏:建筑物有 10 级台阶的楼梯,一步可以迈一级 或两级台阶,问这位小学生有多少种不同的爬楼方法? 【解析】 设小学生爬 n 个台阶有 an 种方法.考虑最后一步: 若最后一步只迈一级台阶, 则前 n ? 1 个台阶有 an ?1 种方法;若最后一步迈两级台阶,则前 n ? 2 个台阶有 an?2 种不同 的方法.由加法原理得: an ? an?1 ? an?2 ? n ? 3? ,易知其初值 a1 ? 1 , a2 ? 2 ,则

a3 ? a1 ? a2 ? 3, a4 ? a2 ? a3 ? 5, a5 ? a3 ? a4 ? 8, a6 ? a4 ? a5 ? 13, a7 ? a5 ? a6 ? 21, a8 ? a6 ? a7 ? 34, a9 ? a7 ? a8 ? 55, a10 ? a8 ? a9 ? 89,
故小学生 10 级台阶的楼梯有 89 种不同的爬楼方法. 【变式 2】高中学生甲到教室有 10 级台阶的楼梯,一步可以迈一级或两级或三级台阶, 问这位学生有多少种不同的爬楼方法? 【解析】 设学生甲攀爬 n 个台阶有 an 种方法.考虑最后一步: 若最后一步只迈一级台阶, 则前 n ? 1 个台阶有 an ?1 种方法;若最后一步迈两级台阶,则前 n ? 2 个台阶有 an?2 种不同 的方法;若最后一步迈三级台阶,则前 n ? 3 个台阶有 an ?3 种不同的方法. 由加法原理得: an ? an?1 ? an?2 ? an?3 ? n ? 4? ,易知其初值 a1 ? 1 , a2 ? 2 , a2 ? 4 , 则

a4 ? a1 ? a2 ? a3 ? 7, a5 ? a2 ? a3 ? a4 ? 13,

a6 ? a3 ? a4 ? a5 ? 24, a7 ? a4 ? a5 ? a6 ? 44, a8 ? a5 ? a6 ? a7 ? 81, a9 ? a6 ? a7 ? a8 ? 149, a10 ? a7 ? a8 ? a9 ? 274.
故该学生上 10 级台阶的楼梯有 149 种不同的爬楼方法. 2.覆盖问题 【例 12】 用 1 ? 2 的骨牌覆盖 2 ?10 的棋盘,问有多少种不同的覆盖方法? 【解析】 设用 1 ? 2 的骨牌覆盖 2 ? n 的棋盘有 an 种不同的覆盖方法, 将棋盘横向水平放 置. 考虑最后一个骨牌的放法:若竖直放置,则有 a9 种不同的覆 盖方法;若横向放置,则必须与它并排放置另一块骨牌,有 a8 种 不同的覆盖方法. 由加法原理得: an ? an?1 ? an?2 ? n ? 3? ,其初值为 a1 ? 1 , a 2 ? 2, 因此, a3 ? a1 ? a2 ? 3, a4 ? a2 ? a3 ? 5, a5 ? a3 ? a4 ? 8, a6 ? a4 ? a5 ? 13,

a7 ? a5 ? a6 ? 21, a8 ? a6 ? a7 ? 34, a9 ? a7 ? a8 ? 55, a10 ? a8 ? a9 ? 89,
故用 1 ? 2 的骨牌覆盖 2 ?10 的棋盘,有 89 种不同的覆盖方法. 3.0-1 序列问题 【例 13】由 0 和 1 组成的序列称为 0-1 序列,序列中数的个数称为这个 0-1 序列的长 度.如 0100011011 是一个长度为 10 的 0-1 序列, 求长为 10 的 0-1 序列中任何两个 1 不相邻 的序列的个数. 【解析】设长为 n 的 0-1 序列中任何两个 1 不相邻的序列有 cn 个.考虑最后一个数: 如果最后一位是 0, 则只要前 n ? 1 位任何两个 1 不相邻即可, 因此, 满足要求的序列有 cn ?1 个;若最后一位是 1,则倒数第二位是 0,于是只要前 n ? 2 位任何两个 1 不相邻即可,因 此满足要求的序列有 cn ? 2 个,由加法原理得: cn ? cn?1 ? cn?2 ? n ? 3? , 由初值 c1 ? 2, c2 ? 3 ,则

c3 ? c1 ? c2 ? 5, c4 ? c2 ? c3 ? 8,
c5 ? c3 ? c4 ? 13, c6 ? c4 ? c5 ? 21,

c7 ? c5 ? c6 ? 34, c8 ? c6 ? c7 ? 55, c9 ? c7 ? c8 ? 89, c10 ? c8 ? c9 ? 144,
所以,长为 10 的 0-1 序列中任何两个 1 不相邻的序列有 144 个. 【归纳】此类与自然数 n 有关的问题,悟出其蕴含的递推关系,建立连续三项之间的递 推关系的数学模型,由初始项的数据结合递推关系求解. 【变式 3】(1)学生甲手里有一枚质地均匀的硬币,他投掷 10 次,不连续出现正面的可 能情形有多少种? (2)用 1,2,3,4 四个数字组成一个 6 位数,要求不允许两个 1 紧挨在一起,那么可以组 成多少个不同的 100 位数?

【解析】(1)设甲投掷 n ? n ? 2? 次,不连续出现正面的可能情形有 an 种,考虑最后一 次投掷:若最后一次呈现反面,则前 n ? 1 次有 an ?1 种方法;若最后一次呈现正面,则倒数 第二次必是反面, 前 n ? 2 次有 an?2 种不同的方法.由加法原理得:an ? an?1 ? an?2 ? n ? 4? , 易知其初值 a2 ? 3 , a3 ? 5 ,则

a4 ? a2 ? a3 ? 8, a5 ? a3 ? a4 ? 13, a6 ? a4 ? a5 ? 21, a7 ? a5 ? a6 ? 34, a8 ? a6 ? a7 ? 55, a9 ? a7 ? a8 ? 89, a10 ? a8 ? a9 ? 144,
所以甲投掷 10 次,不连续出现正面的可能情形有 144 种. (2)设用 1,2,3,4 四个数字组成符合条件的一个 n 位数,有 an 种方法. 若末位是 1,则倒数第二位只能是 2,3 或 4,符合条件的有 3an ? 2 个; 若末位是 2,3 或 4,则符合条件的有 3an ?1 个; 所以 a3 ? 57, a4 ? 216, a5 ? 819, a6 ? 9105, 故用 1,2,3,4 四个数字可以组成符合条件的不同的 6 位数有 9105 个. 4.染色问题 【例 14】 (2011 湖北)给 n 个自上而下相连的正方形着色.当 n ? 4 时,在所有不同的着 色方案中,黑色正方形互不相连的着色方案如图所示: 由加法原理得: an ? 3an?1 ? 3an?2 ? n ? 3? ,又 a1 ? 4, a2 ? 15,

由此推断,当 n ? 6 时,黑色正方形互不相连的着色方案共有 黑色正方形相连的着色方案共有 种.(结果用数值表示)

种,至少有两个

【解析】 n ? 1, 2,3, 4 时,黑色正方形互不相连 的着色方案种数分别为 2,3,5,8,由 .... 此可看出后一项总是前 2 项之和,故 n ? 5 时应为 5 ? 8 ? 13; n ? 6 时应为 8 ? 13 ? 21.
0 1 2 3 4 5 4 所以 n ? 6 时,所有的着色方案种数共 N ? C6 ? C6 ? C6 ? C6 ? C6 ? C6 ? C6 ? 64种.

故至少有两个黑色正方形相连 的着色方案共有 64 ? 21 ? 43 种. .. 答案为 21;43. 5.几何问题 【例 15】半径为 1 的两个圆⊙ O1 、⊙ O2 外切, l 是它们的一条外公切线,作⊙ O3 和

⊙ O1 、⊙ O2 、 l 均相切,作⊙ O4 和⊙ O2 、⊙ O3 、 l 均相切??,作⊙ On?1 与⊙ On?1 、⊙

On 、 l 均相切,求⊙ O8 的半径.
【解析】作 On?1R ? l , On S ? l ,过 On?1 作 l 的平行线分别交 On?1R、On S 于 P、Q ,作

On M ? On?1 R 于 M ,则 On M ? PQ ? On?1P ? On?1Q ,
因为 On +1Q ? On +1On 2 ? OnQ2 ?

? rn ? rn?1 ? ? ? rn ? rn?1 ?
2

2

? 2 rn rn ?1 ,

同理, On?1P ? 2 rn?1rn?1 , On M ? 2 rn?1rn , 可得:

rr
n

n ?1

?

r r
n ?1

n ?1

?

rr
n

n ?1

, 即

1

r

?

1

n ?1

r

?
n

1

r

.

n ?1

令 an ?

1 ,则 an?1 ? an ? an?1 ? n ? 2? ,且 a1 ? a2 ? 1, rn

a3 ? a1 ? a2 ? 2, a4 ? a2 ? a3 ? 3, a5 ? a3 ? a4 ? 5, a6 ? a4 ? a5 ? 8, a7 ? a5 ? a6 ? 13, a8 ? a6 ? a7 ? 21,
所以 r8 ?

1 1 1 ? 2 ? . 2 a8 21 441

6.函数问题 【例 16】 (2012 江西)观察下列各式:

a ? b ? 1; a 2 ? b 2 ? 3; a 3 ? b 3 ? 4; a 4 ? b 4 ? 7; a 5 ? b 5 ? 11; ?
则a ?b ?
10 10

A.28

B. 76
10

C. 123
10

D.10

【解析】设 a ? b ? f ? n ? , 则

f ?3? ? f ?1? ? f ? 2? ? 4, f ? 4? ? f ? 2? ? f ?3? ? 7, f ?5? ? f ?3? ? f ? 4? ? 11,?
通过观察不难发现: f ? n? ? f ? n ?1? ? f ? n ? 2? , 从而

f ? 6? ? f ? 4? ? f ?5? ? 18, f ? 7? ? f ?5? ? f ? 6? ? 29, f ?8? ? f ?6? ? f ?7? ? 47, f ?9? ? f ? 7? ? f ?8? ? 76, f ?10? ? f ?8? ? f ?9? ? 123,
故 a ? b ? 123. 故选 C.
10 10
n n n ?1 n ?1 【评注】 a ? b ? a ? b

?

? ? a ? b ? ? ab

n ?1

? a n ?1b

? ? a n ?1 ? b n ?1 ? ? a ? b ? ? ab ? a n ? 2 ? b n ? 2 ? ? ? a n ?1 ? b n ?1 ? ? ? a n ? 2 ? b n ? 2 ? .
显然符合斐波那契数列的递推关系. 【 例 17 】 ( 2012 上 海 ) 已 知 f ? x ? ?

1 , 各 项 均 为 正 数 的 数 列 ?an ? 满 足 1? x
.

a1 ? 1, an?2 ? f ? an ? .若 a2010 ? a2012 ,则 a20 ? a11 ?
【 解 析 】 设 a2010 ? t , 由 a2010 ? a2012 , 得 : t ?

1 5 ?1 , 解得 t? .则: 1? t 2

a2010 ?

1 5 ?1 k ? N* ? . ? t , 则 a2008 ? t , 同理 a2 k ? ? 1 ? a2008 2
1 2 3 5 8 1 , 则 a3 ? , a5 ? , a7 ? , a9 ? , a11 ? , 2 3 5 8 13 1 ? an

又 a1 ? 1, an ? 2 ?

故 a20 ? a11 ?

5 ? 1 8 3 ? 13 5 ? ? . 2 13 26

(四)以斐波那契数列的模型为背景的不等式证明问题 【例 18】数列 ?an ? 满足关系 an?2

5 9 ?5? ?9? ? an?1 ? an ,且 ? a1 ? , ? ? ? a2 ? ? ? . 8 5 ?8? ?5?

2

2

证明: ? ? ? an ? ? ? ; 证明: (1)当 n ? 1, 2 时,命题成立;

?5? ?8?

n

?9? ?5?

n

?5? ?9? (2)当 n ? k ? 1, k 时,有 ? ? ? ak ? ? ? ?8? ?5?
则当 n ? k ? 1 时

k

k

?5? ,? ? ?8?

k ?1

?9? ? ak ?1 ? ? ? ?5?
k ?1 2

k ?1

;

?9? ?9? ak ?1 ? ak ? ak ?1 ? ? ? ? ? ? ?5? ?5?

k

k ?1

?9? ?? ? ?5?

k ?1

14 ? 9 ? ? ?? ? 5 ?5?

?9? ?9? ?? ? ? ? ? ?5? ?5?

k ?1

;

且 ak ?1 ? ak ? ak ?1 ? ? ?

?8? ?5?

k ?1

?8? ?8? ?? ? ? ? ? ?5? ?5?

k

k ?1

13 ? 8 ? ? ?? ? 5 ?5?

k ?1

?8? ?8? ?? ? ? ? ? ?5? ?5?

2

k ?1

;

故? ?

?5? ?8?

k ?1

?9? ? ak ?1 ? ? ? ?5?

k ?1

命题成立.

【例 19】 (2009 陕西)已知数列 ?xn ? 满足 x1 ?

1 1 , xn? 2 ? ? n ? N *? . 2 1 ? xn

(1)猜想数列 ? x2 n ? 的单调性,并证明你的结论; (2)证明: xn?1 ? xn ?

1?2? ? ? 6?5?

n ?1

.

【解析】 (1)因为 x1 ? 所以 x2 ?

1 1 1 1 ,即 ? 1 ? xn , xn?1 ? , 则 xn ?1 ? 1 ? xn xn ?1 2 1 ? xn

2 5 13 , x4 ? , x6 ? , 由 x2 ? x4 ? x6 , 猜想:数列 ? x2 n ? 的单调递减. 3 8 21

下面用数学归纳法证明. ①当 n ? 1 时,命题成立; ②假设 n ? k 时, a2k ? a2k ?2 , 易知 a2k ? 0, 则当 n ? k ? 1 时,

a2 k ? 2 ? a2 k ?4 ?

1 1 ? 1 ? a2 k ?1 1 ? a2 k ?3

1 1 ? a2 k ?3 ? a2 k ?1 1 ? a2 k ? 2 1 ? a2 k ? ? ?1 ? a2k ?1 ??1 ? a2k ?3 ? ?1 ? a2 k ?1 ??1 ? a2 k ?3 ?

?

a2k ? a2 k ?2 ? 0. 即 a2? k ?1? ? a2? k ?1??2 , ?1 ? a2k ??1 ? a2k ?2 ??1 ? a2k ?1 ??1 ? a2k ?3 ?
1 ? 1 时, xn ?1 ? xn ? x2 ? x1 ? ; 6

由(1) (2)可知,当 n ? k ? 1 时,命题也成立.故待证等式成立.
(2)当 n

当n

? 2 时,因 0 ? xn?1 ? 1,则 1 ? 1 ? xn?1 ? 2 , xn ?

1 1 ? , 1 ? xn?1 2

所以 ?1 ? xn ??1 ? xn ?1 ? ? ? 1 ?

? ?

1 ? 5 ? ?1 ? xn ?1 ? ? 2 ? xn ?1 ? , 1 ? xn ?1 ? 2

xn ?1 ? xn ?

xn ? xn ?1 1 1 ? ? 1 ? xn 1 ? xn ?1 ?1 ? xn ??1 ? xn ?1 ?

2 ?2? ?2? ? xn ? xn?1 ? ? ? xn?1 ? xn?2 ? ? ? x2 ? x1 ? ? 5 ?5? ?5?

2

n ?1

1?2? ? ? ? 6?5?

n ?1

.

斐波那契数列包含着太多的神奇和奥秘, 远比等差数列与等比数列的内涵丰富, 更加令 人陶醉!这也正是斐波那契数列的魅力所在.如何在中学数学教学中,让学生领略斐波那契 数列的魅力还有待进一步探索.

(2015 年江南十校二模)如图,某人从第一个格子开始,每次可向前跳 1 格或 2 格, 那么此人跳到第 10 个格子的方法种数为 A.13 种 B. 21 种 C. 34 种 D.55 种


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