斐波那契数列通项公式的推导方法

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