斐波那契数列及其性质

裴波纳契数列及其性质

在现实生活中，我们经常会遇到类似“数列”变化的一系列经济问题，裴波纳契数列出现在我们生活中的方方面面，一些问题不仅可以用裴波纳契 数列表示，而且本质上就是裴波纳契数列，可见裴波纳契数列在很多数学分支都有很广泛的应用，因此研究裴波纳契数列非常必要。

本文通过探讨裴波纳契数列的性质，进一步掌握数列的数字排列、增减变化、波动趋势等数项之间的变化规律，继而给出一系列与裴波纳契数列相关问题的解决方案，特别是对中学数学教育中，如何让学生巧妙解题具有启发作用。

1. 裴波纳契数列的由来

斐波那契，公元13世纪意大利数学家，在他的著作《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？

问题的解答思路：将每个月的兔子总对数列出来即可（需考虑到每个月具有生殖能力的兔子的对数），如下：

月 份

1 2 3 4 5 6 7

8

9 10 11 12

13 89

小兔子数（对） 1 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55

大兔子数（对） 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 兔子总数（对） 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 所以一年后（即第13个月初），繁殖的兔子共有233对。

仔细观察，可以看出上面列出的兔子对数呈现出一个有趣的变化规律：即从第3个月起，每个月的兔子对数都是前两个月的兔子对数之和，把这些数字按照相同的规律推算到无穷多项，就构成了一列数列Fn：1、1、2、3、5、8、13、21、34、55……，人们就把它称为裴波纳契数列，而将这个数列中的每一项称为“裴波纳契数”。

精品文档

2. 生活中常见的裴波纳契数列数学模型:

假如我们把Fn设为裴波纳契数列，不难发现数列Fn是由递推关系式：

F1F2，F3F1F2，……，FnFn1Fn2n3  所给出的一个数列。从而，

我们就可以轻而易举地算出两年，三年……以后的兔子数。为了便于探讨该数列具有的若干性质和变化规律，我们首先给出几个与裴波纳契数列相关的数学模型，然后对裴波纳契数列展开讨论。

2.1 覆盖问题

例1 用12的骨牌覆盖2n的棋盘，问有多少种不同的覆盖方法？ 解 设有an种不同的覆盖方法，将棋盘水平放置，考虑最后一个骨牌的放法：若垂直放置，则有an1种不同的覆盖方法；若水平放置，则必须与它并排放置另一块骨牌，有an2种不同的覆盖方法。于是，由加法原理得：anan1an2 ，其初值为a11，a22,因此，anFn1 n2。

例2 用11和12两种骨牌覆盖1n的棋盘，问有多少种不同的覆盖方法？ 解 设覆盖方法有bn种，考虑最后一块骨牌：若是11的，则有bn1种覆盖方法；若是12的，则有bn2种覆盖方法。所以，bnbn1bn2，其初值为b11，

b22，于是，bnFn1 n2。

2.2 爬楼梯问题

例3 某人爬有n个台阶的楼梯，一步可以迈一个或两个台阶，问这个人有多少种不同的爬楼方法？

解 设爬n个台阶有cn种方法。考虑最后一步：若最后一步迈一个台阶，则前n1个台阶有cn1种方法；若最后一步迈两个台阶，则前n2个台阶有cn2种不同的方法。于是，由加法原理得：cncn1cn2，易知其初值c11，c22，从而cnFn1 n2。

2.3 0-1序列问题

例4 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，若果0100011011是一个长度为10的0-1序列，求长为n的0-1序列中任何两个1不相邻的序列的个数。

解 设这样的序列有en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en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en2个，由加法原理得：enen1en2，由初值e12,e23得

enFn2，当然也可以写成enFnFn1 n2。

例5 求长为n的0-1序列中既不含有010也不含有101的0-1序列的个数。 解 设这样的序列有gn个，以0和1结尾的这样的序列的个数分别用gn,0和

gn,1表示。则gngn,0gn,1。

。

1欢迎下载

精品文档

以0结尾的序列有如下两种：（1）……00

（2）……110

第一类中只要前n1位既无010也无101即可，注意到前n1位是以0结尾的，所以有gn1,0个这样的序列；

第二类中只要前n2位无010和101即可，因为前n2位是以1结尾的，故有gn2,1个这样的序列；

于是有: gn,0gn1,0gn2,1 ------① 同样，以1结尾的序列有如下两种：（1）……11

（2）……001

于是有： gn,1gn1,1gn2,0 ------② 由①+②得： gngn,0gn,1gn1gn2 再由初值g11，g24，得：gn2Fn1 n2

2.4 一个几何上的例子

例6 半径为1的两个圆⊙O1, ⊙O2外切，l是它们的一条外公切线，依次作⊙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⊙On的半径的表达式。

解 作On1R、OnSl，过On1作l的平行线分别交On1R、OnS于P、Q,作

OnMOn1R于M，则由OnMOn1POn1Q，

可得 令

1rrnn1rrn1n1rrnn1.

1. Fn2an，则an1anan1且a1a21，故anFn，从而rnnr3．裴波纳契数列的性质 3.1 基本性质

为了方便讨论裴波纳契数列具有的若干性质和变化规律，本文首先从Fn的通设gxF1xF2x2F3x3Fnxn ------① 项公式入手，对裴波纳契数列展开讨论. 由裴波纳契数列的递推公式， 可得：gxx2x F3x3Fnxn

=(F1F2)x3(F2F3)x4(Fn1Fn2)xn

(F1x3F2x4Fn1xn)(F2x3F3x4Fn2xn) x2gxxgxx (x2x)gxx2

。

2欢迎下载

精品文档

从而 gxxx 21xx151511xx22AB0AB再设gx，则有 51515AB11x1x222从而得 A1,B1

55x111 ——-② 所以 gx21xx51515x1x122再利用

11xx2x3...xn...，并将②式展开得到： 1x15gxx(222)x2(nn)xn -——③

其中215;215

15152将①和③比较可得数列Fn的通公式，也就是我们所要探讨的Fibonaccia数列的通项公式：

性质1 裴波纳契数列Fn的通项公式:

11Fn525n15（n≥1）

2n通过观察，我们知道裴波纳契数列中的每一项都是整数，但其通项却含有有理数，因此可见裴波纳契数列的与众不同之处。 利用裴波纳契数列的递推公式可以得到：

性质2 裴波纳契数列的前n项和：FkFn2F2

k1n证明 由F1F3F2，F2F4F3，……，Fn1Fn1Fn，FnFn2Fn1.

可得：F1F2F3FnFn2F2

性质3 裴波纳契数列的奇数项和：F2k1F2n

k1n证明 由F1F2，F3F4F2，F5F6F4，……，F2n1F2nF2n2

可得：F1F3F2n1F2n

性质4 裴波纳契数列的前n项平方和: Fk1。

3欢迎下载

n2kFnFn1

精品文档

证明 由 F12F2F1，

F22F2(F3F1)F2F3F2F1，

F62F3(F4F2)F3F4F2F3，

……，

Fn2Fn(Fn1Fn1)FnFn1Fn1Fn

222可得：F1F2FnFnFn1

21Fn2FnFn11 2利用数学归纳法还可以证明：

n性质5 裴波纳契数列的相邻项乘积之和：k1FFkk1证明 对n用数学归纳法证明，当n1时，等式显然成立。

n1假设n1时结论成立，即k1FkFk1FF

kk121Fn1Fn1Fn1. 2n现证n时结论成立. k1n1=k1FFkk1FnFn1

=12Fn12Fn1Fn1FnFn1 n1n=12Fn1FF2212FnFn1 =122 21FFFFnFn1Fnn1Fnn1n221Fn2FnFn11 2所以，对任意自然数n结论都成立 。

n个， 性质6 若连分数1111111111[1,1,1...,1,1]n个Fn1那么[1,1,1...,1,1]

Fn证明 由F11，F21，Fn1FnFn1有：

Fn11Fn1Fn1 0Fn1Fn

Fn1Fn11Fn2 0Fn2Fn1

Fn11Fn21Fn3 0Fn3Fn2

……

。 4欢迎下载

精品文档

F31F2F1 F1F21

F21F1

n个Fn1所以，[1,1,1...,1,1]

Fn利用Fn的通项公式 11Fn525n152nn可以证明下面的一1n5些性质： 性质7 F

nFn1Fn11(n2)2n1n1n1证明 设n2，则 FF =

n11n11n1n1 55=152n2nn1n1n1n1

=12n2n31n1

5=1552n2n2nn51n

=1[nn]21n =F所以：F性质8 FnFn1Fn1222n21

n1n1.(n2)

mnFmnF2mF2n(mn1)mnFmn22证明 F

5=12(mn)21mn2(mn)12(mn)21mn2(mn)

5=12(mn)2(mn)2(mn)2(mn)

52n而 FF=152m2m2m2n2n =15=152(mn)2(mn)2m 2n2n2m2(mn)2(mn)2(mn)2n2(mn)

2n=152(mn)2(mn)2(mn)2(mn)

。

5欢迎下载

精品文档

综上所述：F (mn1)

mnFmnF2mF2n22性质9 Fn1Fn2FnFn11n(n2)

证明 Fn1Fn2FnFn1

=15=15n1n1n2n21nnn1n1 52n1n12n1n1n1n2n1n2n112n12n1nn1n1n 5n2=15nnnn1n2n1

=11115nn=11133n13 1n135 =11n41n

5=1

n所以：Fn1Fn2FnFn11n(n2) 性质10 若n1，r2，

2nr12nr1则 FFFF2nnr1n1nr2515n1r2r2 证明 FnFnr1Fn1Fnr2

nnr1n1nr21nnr1n1nr2=1

55nr1n2nr1nr2n12nr12nr1nnr1=1 2nr1n1nr2552nr1nr1n1r312nr1nr1n1r3=2

52nr1=22nr1515n1r1r3r1r3 2nr12nr1=252nr12nr1=251151 n12r3n12r3 15r2r22nr1所以，FnFnr1Fn1Fnr222nr1515n1r2r2n1,r2

用同样的方法证明得到：

。

6欢迎下载

精品文档

性质11 若n1,r2，则FnFnr1Fn1Fnr21n1Fr2 性质12 若nr1，则Fr1FnrFrFnr1Fn 性质13 若nr21nn2r1nn2r11, 则Fr1FnrFrFnr11 55r性质14 若n,r1，则Fn2rFnFnr23.2 裴波纳契数列与黄金分割数

1n1Fr

2通过以上性质的证明推导，我们可以发现裴波纳契数列Fn的一些基本性质变化。那么，如果我们对裴波纳契数列Fn的前后两项进行比较，而得到的新数列又有什么性质呢？因此，我们对裴波纳契数列进行延伸，在深层次探讨数列FF的极限存在性及其具有的性质。这个问题的解决，可以为人们进一步讨论该数列的规律提供一个重要依据。

nn1

1235813通过观察数据：1,,,,,,......,我们发现数列F23581321FFn1不是单调函数，但随

n1n着n的增大，裴波纳契数列的前两项Fn与Fn1之比Fn趋近于黄金数0.618。众所周知，黄金数在自然界是一个奇妙的数字，比如人的肚脐是人体总长的黄金数分

割点；某植物的叶子在茎上的排列也存在黄金分割问题；在艺术和建筑上，黄金数很有用，正因为如此，裴波纳契数列的这个性质显然格外重要。 性质15 limFn510.618

nF2n1证明 利用裴波纳契数列的通项公式，可知数列前后项之比的极限为

510.618。 2由上面的性质可知，裴波纳契数列相邻两项之比所形成的数列恰恰收敛于“黄金分割数”。这一命题揭示了裴波纳契数列与黄金分割的奇妙关系。

但如果把性质15中的n改为2n后，数列又有什么变化规律呢？通过推导，我们得到了：

性质16 设Fn为裴波纳契数列，则

F2n为严格单调数列且有上界； ⑴数列F2n1为严格单调递减数列且有下界. F2n1⑵数列F2n2。

7欢迎下载

精品文档

证明 ⑴F2nF2n1FF2n22n12n1

2n11F =FFFF

FFFFF=FFF2n12n2n12n22n12n12n1=F2nFF

(2n1)1(2n1)22n12n1(2n1)1

2n1利用性质9，上式

2n2 1 F2n1F2n1 10 F2n1F2n1

故数列F2n为严格单调数列.

F2n1显然，数列Fn是一个单调数列，即,n1,2,......,故0F2n1

FnFn1F2n1所以，数列F为严格单调数列且有上界. F同理可证，数列F为严格单调递减数列且有下界. F性质17 数列F2n有极限且等于黄金分割点率51

2F2n1F2n1有极限且相等就可以了.事实上，F2n与证明 我么只需证明数列2n2n12n12n2F2n1F2n2F2n有极限，设为a； F2n1FF单调也有极限设为b。则有： 2n22n1 alimF2nF2nlimlimnFnFnF2n12n2n111；

F1b12n1F2nblimF2n1F2n1limlimnFnFnF2n22n12n11。

F1a12nF2n12显然a1b1且b1a1，从而可得ab510.618， 所以我们可得：lim于0.618。

4 斐波那契数列在中学数学中的应用 4.1 求解一元二次方程

。 8欢迎下载

F2nF51F2n有极限且等lim2n1ab0.618，即数列nFnF22n12n2F2n1精品文档

利用裴波纳契数列能快速求解一类特殊的一元二次方程根的代数式的值。 例1 设， 是方程x2x10的两实数根，不解方程，求Snnn (n2,3,,21) 的值。

解 考虑利用根的定义降次，得 ：

2＝＋1，

3＝2＋＝（＋1）＋＝2＋1， 4＝32＝(2＋1)（＋1）＝3＋2，

543＝(3＋2)(2＋1)＝5＋3，



10946＋6765。 212019＝通过这些计算，不难发现规律：＝Fn＋Fn1 (n2)

同理，有 n＝Fn＋Fn1 (n2)

所以，Snnn＝Fn()2Fn1Fn2Fn1 (n2) 那么 S2F22F11＋2＝3 S3F32F22＋2＝4

S4F42F33＋4＝7

n

S21F212F2010946＋13530＝24476

2例2 设， 是方程xx10的两实数根，且，不解方程，求8的值。

解 利用根的定义升次和降次

－9－1＝＋1 ①

2＝－＋1 ②

1， 考虑到②中右边系数为负数，给计算带来不便，而由＝－－18－18＝－8， 得： ＝－，＝（－）－2－1＝1＋＝1(1)2， 再由①，得：

－3－1－2 ＝＝23， 

－8＝2134

－9＝3455

55－9889 (3455)(2134)5589故

222又 4145且， 则 5。

。 9欢迎下载

精品文档

所以 －9855123555(15)89。 224.2 几类具有代表性的问题求解 4.2.1比较数的大小 例3 已知:

1515a2215b2n1nn1151522nn1，

152n1，nN，

那么a与b的大小关系是：

(A)ab (B)ab (C)ab (D)不能确定 解  a5 b5 ab

1515nn15n1n15FnFn15Fn1

n1n15Fn1

4.2.2 化简根式 例4 化简1012355510123555 22解 设1515，， 222则 1010552555F52123，

210105F10555，

10所以

123555123555，10，

22因而 10123555151012355515， 2222故 10123555101235551 224.2.3 求值

。

10欢迎下载

精品文档

4096cos12364096sin1218535例5 求的值。

512cos936512sin9185解  sin1815 4 cos3612sin21813515 444096cos12364096sin1218535 那么 99512cos36512sin1852cos362sin18535 =

2cos362sin185121299151522535= 991515225==

12125F12535

5F9523353 891=2

4.2.4 证明等式

k2k12n例6 若n为非负整数，那么 5c2n12F2n1

k＝0n证明 令an5ckk＝0n2k12n11nk2k5c2n1， ，bn5k＝0则 anbn

=5ckk＝0n2k12n11nk2k5c2n1 5k＝02k12k12k2k1n1n5c2n15c2n1 =5k＝05k＝0=

15512n1

。

11欢迎下载

精品文档

又anbn15n52k12k12n1c1k＝05n2k5c2n12kk＝015 512n1，

则有 2an2n11515512n12n1=22n1151525122n1 =22n1F2n1

所以 an22nF2n1

4.2.5 裴波纳契数生成勾股数 由性质10，11，当r5时有：

FnFn4＋Fn1Fn322n＋4n11＋2n＋413＋3 5524n2n＋22=[()＋(n2)2]1 55=2Fn2 ①

2 FnFn4Fn1Fn321 ②

n1① ×② 得：FnFn4－Fn1Fn3＝122n－12Fn22

对任意给定的nN，由上式可导出勾股公式，

222n； FF＋（2F）＝FF当为奇数时有 n1n3n2nn42Fn2）＝Fn1Fn3。 当n为偶数时有 FnFn4＋（由此我们的得出五个连续的斐氏数生成的勾股数组公式，我们还可利用性质16得

222出五个非连续的斐氏数生成的勾股数组。

事实上，在Fn＝Fr1FnrFrFnr1中令n2m1，rmmN，得：

F2m1Fm1Fm

22 Fm1Fm2Fm1FmFm1FmFm1Fm

22 (Fm1Fm2)2Fm1Fm22222Fm1Fm2Fm1Fm

2224422 (Fm1Fm2)(2Fm1Fm)Fm1Fm22

故(Fm1Fm2)(2Fm1Fm)F2m122 m2

此式非连续的斐氏数生成的勾股数组公式。

。

12欢迎下载

精品文档

4.2.6 巧证竞赛题

例7 求证n是正整数时，大于3＋5高中竞赛题）。

证明 设a2n3＋52n2n2的最小整数能被整除（1987年苏州

352n2n2n，

2n则有 a2n3＋52235 22 =22n(15)4n(15)4n

22=2=2 F2nN

2n(2n2n)222n2n 2

2n5F22n 5F22n2N

故a2n是含有22n的整数。

又由0351，有035 a2n3＋5故a2n是大于3＋5的最小整数而又能被22n整除。

12例8 数列an，a01，an17an45an36，nN，求证：

22n1。

2n

2n⑴ an中任意一项都是正整数；

⑵ an＋1an－1为完全平方数。（2005年全国高中数学联赛题）

分析：初看该数列，颇有些奇特，但易知a01,a15,a234,a3233,,这些数字似曾相识，但仔细想想，正是Fibonaccia数列中的一些项，就是所谓的斐

F4a1，F8a2，F12a3，氏数，进一步我们知道F0a0，由此猜测anF4n。，下面将证明这个关系式。

证明 1 当n＝0时，显然有a0F01； 2 假设当n＝k时，有akF4k， 下证当n＝k＋ 1时，也有ak＋1F4（k＋1）：

11122ak＋1＝7ak45ak367ak35ak47ak35F42k42222

由 Fn24k1nn (n1)， 514k4k44k4k知：5F455224k 5F4k44k

244k4k

。

13欢迎下载

精品文档

从而 ak＋1＝17ak35F42k4 21=7ak34k4k 217=4k4k34k4k25

=

17354k7354k 22513524k3524k=)() (252=

11544k1544k)() (2525=14(k1)4(k1) =F4(k1)

综上所述，anF4n对一切nN都成立，由此可知an中任意一项均为正整数。 对于第⑵问，由an＋1＝127an45an36， 2236， 得 (2an＋17an)2＝45an进一步有：4an＋1an而又因

2136an＋1an1，所以：an＋1an1an＋1an

321an＋1an 31=F4(n1)F4n 31=F4n3F4n2F4n 31=2F4n2F4n1F4n 3=F4n2

因此an＋1an1F4n2为完全平方数。

2。

14欢迎下载

精品文档

1例9 设

11111111mn，其中 m和n时互质的自然数，而等式左

边含有1988条分数线，试计算m2mnn2的值（第14届全俄数学竞赛）。

解 由性质6，我们有11111111111111111mk，mk,nk1， nkFn1， Fn11知 Fn1F1n1， FnFn设上述含有k条分数线的繁分数的值为显然mkFk，nkFk1，

于是 m2mnn2

22F1988F1989F1989=F1988

222 F1988F1988F1987F19882F1988F1987F1987=F19882222F1988F1987F1988F19882F1988F1987F1987=F1988 22F1988F1987F1987=F1988

22(F1987F1988F1987F1988) 22F1986F1987F1987=F1986

……

=F22F2F3F32 =121222 =1

1,2,,1981，例10 确定m2n2 的最大值，其中m，n为整数，且m，n。

15欢迎下载

精品文档

解 若n2mnm2n2mnm22。 1 （第22届IMO）

21,2,,1981,那么n2mnm21 1的一组解m,n从而n2mnm21m2，即nm，其中当且仅当mn1时等号成立。 因此，在m,n1,1时，nm0。 由于n2mnm2nm22mnmm2m22mnmnm22，

如果m,n是满足上述条件的一组解，并且m,n1,1，那么nm,m也是满足上述条件的一组解，等等。

由于满足上述条件的解有限，因此进行有限步后一定可得到1,1；

反过来，由解1,1可逐步得到满足上述条件的全部解（其操作过程为由(mn,m)得出m,n）。

不难看出，这些m,n组成的斐波那契数（每相邻两个是一组解）：

1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597

因此m2n2的最大值为1597298723524578。

例11 现有长为150cm的铁丝，要截成n1段，每段的长为不小于1cm的整数，如果其中任意三小段都不能拼成三角形，试求n的最大值，此时有几种方法将该铁丝截成满足条件的n段（第17届江苏省初三数学竞赛题）。

解 欲使n尽可能的大，则每段长应该尽可能的小，又由每段的长不小于1cm，所以应从1开始分截，假定含有1的起始三段长为1,b,c，且1bc，为了使这三段都不能构成三角形，则1bc，又b,c尽可能的小，故取b1,c2，于是这

n段可分截如下：

1,1,2,3,5,8,13,，这就是裴波纳契数列，

又因为 11235813213455150，

而 1123581321345589150，

故n的最大值为10，将长为150cm的铁丝分成满足条件的10段共有如下7种方式：

⑴ 1、1、2、3、5、8、13、21、35、61 ⑵ 1、1、2、3、5、8、13、21、36、60 ⑶ 1、1、2、3、5、8、13、21、37、59 ⑷ 1、1、2、3、5、8、13、21、34、62 ⑸ 1、1、2、3、5、8、13、22、35、60 ⑹ 1、1、2、3、5、8、13、22、36、59 ⑺ 1、1、2、3、5、8、14、22、36、58

例12 在元旦春节期间，某超市准备利用超大屏幕，反复播放一个广告节目，这个广告节目每次播放的时间是10秒钟，如果开始只有一段10秒的录像带母带，

。

16欢迎下载

精品文档

若用两盘空白录像带在一台录音机上相互转录，问应如何操作才能用最少的录制编数录制一盘可以播放一小时的广告节目？（2002年湖北省四通杯数学竞赛题）

解 1小时=3600秒，360010360（遍） 第一步：将母带上的节目录入第一盘空白带； 第二步：将母带上的节目录入第二盘空白带； 第三步：将第一盘的节目录入第二盘录像带； 第四步：将第二盘的节目录入第一盘录像带； ……

在第一、二盘录像带中反复录制，直到录入所需的时间长度为止。

我们用ai来表示第i步录入节目的遍数，则a11,a21,a32,，很显然，ai构成了裴波纳契数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377，由377360，可知连续操作14次，即可录制一盘播放一小时的录像带。

。

17欢迎下载

精品文档

欢迎您的下载， 资料仅供参考！

致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求

18欢迎下载。