斐波那契数列通项公式的推导方法
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n 1
上式当 n=1 时也成立, a n = 2 3
n 1
1 n N
(证略)
问题二的解答 思路: b n = a n +1=(2 a n 1 +1)+1=2( a n 1 +1)=2 b , 构造法 n 1 即 b n =2 b n 1 数列{ b n }为等比数列, 其中 b1 = a1 +1=2,q=2
2
将(2)(3) 代入(1) 得: b n 1 =
1 5 2
bn
1 5 1 5 5a n 2 2
{ bn
} 是等比数列,
n n 1 1 5 1 5 a n 5 2 2
3、概括斐波那契数列的
特征,写出递推关系
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, …
其规律是从第三项起,每一项都是前 两项的和.用递推公式表达就是:
a1 a2 1 an 2 an 1 an
4、斐波那契数列
通项公式的发现与证明
1680年意大利──法国学者卡西尼发现该数列的某个 重要关系式。
利用转化思想
求斐波那契数列的通项公式
象山县第三中学
谢刚伟
一、与斐波那契有关的事实
1、斐波那契和“兔子问题”
意大利数学家(约1170约1250年),12、13世 纪欧洲数学界的代表人 物,生于比萨。他的书 保存下来的共有5种。 最重要的是《算盘书》 (1202年完成,1228年 修订),其中最耐人寻味 的是,这本书出现了中国 《孙子算经》中的不定方 程解法。另一个「兔子问 题」也引起了后人的极大 兴趣 。这数列与后来的 「优选法」有密切关系。
an
+ 1;
(1)求证:数列{ b n }为等比数列;
a n }的通项公式。
问题一的解答 思路一:
a 2 =3×1+2=5, a 3 =3×5+2=17,
a 4 =3×17+2=53,
…无法继续下去。
思路二: a 2 =3×1+2=3+2,
a 3 =3×(3+2)+2= 32 3 2 2 ,
二、设计问题,发现公式 的推导方法
a1 1 问题一 已知数列{ a n}满足 a n 3a n1 2(n 2)
求数列{ a n }的通项公式。
a1 1 问题二 已知数列{ a n }满足 a n 2a n1 1(n 2)
数列{ b n }满足: bn = (2)求数列{
解法推广:
1、这种解法能推广到形如“ a n 2 ca n 1 d a n ” 给出的线性递推关系;
2、若称“ a n 1 ca n d ”为一级线性递推关系, “ a n 2 ca n 1 d a n ”为二级线性递推关系, 显然上述方法还能推广到三级及以上的线性递推关系。 上面的处理特征不妨称之为降级处理法。
a a
n 1
n 1
a n (1)
2
n
1730年法国数学家棣莫弗给出其通项表达式
n n 1 1 5 1 5 an 5 2 2
19世纪初另一位法国数学家比内首先证明这一表 达式,现在称为之为比内公式。1963年美国还创 刊《斐波那契季刊》来专门研究斐波那契数列。
「兔子问题」: 假定一对大兔子每 一个月可以生一对小兔子,而小兔 子出生后两个月就有生殖能力.问 从一对大兔子开始,一年后能繁殖 成多少对兔子?
这就产生了斐波那契数列:
1,1,2,3,5,8,13,21,34…
2、介绍斐波那契数列的应用
和植物生长的有趣现象
它是一种特殊的线性递归数列,在数学的许 多分支中有广泛应用。 数学家泽林斯基在一次国际数学会议上提出 树木生长的问题:如果一棵树苗在一年以后 长出一条新技,然后休息一年.再在下一年 又长出一条新枝,并且每一条树枝都按照这 个规律长出新枝.那么第1年它只有主干1枝, 第2年有2枝,第3年有3枝,第4年有5枝,第5 年有8枝等等. 每年的分枝数顺次组成的数列 符合斐波那契数列(除第一项外) 植物生长的螺旋现象等
概括出这类数列的一般特征和解法: 概括出这类数列的一般特征和解法
a1 a 数列{ an }特征: a n ca n1 d (c 0且c 1, d 0)
d 解法:设 an + x = c ( an1 + x),则 c x-x = d, x = ; c 1 d d 令 bn = an + ,则 bn 1 = an1 + ,代入得 bn =c an , c 1 c 1 d { bn }为等比数列,最后求得 bn =(a+ ) c n1 , c 1 d d n 1 an =(a+ ) c - c 1 c 1
n
1 5 1 5 1 5 = 设 b n = a n 1 ……… (2) , a n 1 an an 2 ………(5) 2 2 构造法 将(4) 、 (5) 两式相减得: 1 5 则 b n 1 = a n 2 a n 1 ………(3) n n
a 4 =3×( 32 3 2 2 )+2= 33 32 2 3 2 2 ,
„„„„ 猜想:
a n = 3n13n2 2 3n3 2 ... 3 2 2
=3
n 1
n 1 2 1 3
1 3
1 n 2
=2 3
四、 课堂总结
1、重要的数学思想方法 ①待定系数法、构造法
②问题一
类比 归纳
问题二
概括 化归 斐波那契数列 问题二、三
2、值得借鉴的经验
概括通法 推广应用 解决问题
由此及彼,举一反三
思路一:用计算、猜想、证明的方法(略)
思路二:对递推式变形得:
a n a n1 a n1 a n2
这是等差数列的性质, 故{ an }是等差数列, 其中公差 d=3-1=2,
an = a1 +(n-1)d=2n-1
三、斐波那契数列通项 公式的推导方法
设 a n 2
pa n1 q(a n1 pa n) ………(1),
bn =2 2
n 1
=2
n
an 2 n 1
问题一思路三:设 b n = a n +1,则 bn 1 = an1 +1, bn =3 bn 1
{ bn }为等比数列,其中 b1 = a1 +1=2,q=3,
bn =2 3 n 1 = 2 3n1 an = 2 3n1 -1
q p 1 , 待定系数法 pq 1
其中 b 1 = a 2
1 5 1 5 , a1 = 2 2
其中 p、q 满足
公比 q=
1 5 2
n 1
源自文库
1 5 1 5 p p 2 2 解得 或 q 1 5 q 1 5 2 2 1 5 p 2 ① 当 时, q 1 5 2
a1 1 练习 :数列{ an }满足 ,求数列{ an }的通项公式。 n a n 1 3a n 2
n1 n a x 3( x 解:设 n1 2 2 ) ,易得 x=1, an
n n 1 再设 bn = a n 2 ,则 bn 1 = a n1 2 ,
bn 1 =3 bn { bn }为等比数列,其中 b1 =a1 +2=3,q=3, bn = 3 an = 3
n n
-2
n
a1 1 问题三 :已知数列{ an }满足 a 2 3 , 求a n 。 a 2a a (n 3) n 1 n2 n
bn = b1 q
1 5 = 即: 2 5 ………(4)
n
n
1 5 1 a n 1 an = 2 2
a n2
1 5 1 5 1 (a n 1 a n 1 2 2 2
1 5 p ②当 时,同理可得: 2 5 q 1 5 a n) 2