以斐波那契数列为背景的试题探究一、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a n满足： a1 1,a2 1, 且a1 1,a21, a n 2an 1a n 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” .11n1n事实上，斐波那契数列a n的通项公式为 a n55，其神奇522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1.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 Q S S Q S FA.F SB.S FC.F SD.Q S【解析】斐波那契数列总有a n 2an 1a n ,a11,a21,根据程序框图分析可知，正确答案为 B.【例 2 】设,是方程 x2x 1 0 的两个根，数列a n中满足nnn ，都有 a n 2 a n 1 a n .a nn 1,2,3,,. 证明：对任意正整数【解析】因为, 是方程 x 2x 1 0 的 2 个根，则1,1,因此 n 2 n 2n 1n 1nnn 1 n 1 nn ,n 2 n 2 n 1 n 1nn从而, 即 a n 2 a n 1 a n .2.以斐波那契数列的性质为背景命制试题【性质 1】斐波那契数列的前n 项的平方和 : a 12a 2 2na i 2 a n a n 1 .i 1【性质 2】斐波那契数列的奇数项之和：a 1 a 3 a 5【性质 3】斐波那契数列的偶数项之和：na 2 a 4 a 6a 2 na2n 11, 即 a a 2 n 1 1.2 ii 1【性质 4】斐波那契数列的前 n 项之和 S n a 1 a 2 a 3na 3 2a n 2 a n a n 1 , 即a 2 n 1a 2 n , 即na 2 i 1a 2 n.i1a n a n 2 1, 即a i a n 2 1.i 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a an a aa 2 n2 .n 1n 1 nn【归纳】斐波那契数列的简单性质的证明总是运用其特征式a nan 1a n 2 的变形a nan 2a n 1 或an 1a n 2 a n 进行裂项，从而达到相消求和的目的.【例 3】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2222这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”. 那么a 1a 2 a 3a2015 是斐波a2015那契数列中的第 项 .【解析】斐波那契数列 有a n2an 1a n ,a 12 a 2a 1 ，a 22a 2 ( a 3 a 1 ) a 2a 3 a 2a 1 ，a 32 a 3(a 4 a 2 ) a 3 a 4 a 2 a 3 ，⋯⋯，a 20152a 2015 (a 2016 a 2014 ) a 2015a 2016 a 2014a 2015，a 12a 2 2 a 3 2a20152a 2015a 2016 ,所以a 12a 22a 3 2 a 20152a 2016 .a 2015故 a 12 a 2 2 a 3 2a201522016 .a2015是斐波那契数列中的第【例 4】同学 都有 的解 ：在某些数列的求和中，可把其中一 分裂成两之差，使得某些 可以相互抵消，从而 化 求和．“斐波那契数列”是数学史上一个著名 的数 列 ， 个 数 列 中 的 每 一 称 “ 斐 波 那 契 数 ” . 在 斐 波 那 契 数 列 an中 ，a1, a1,a2aa n 3 若.a2016a, 那 么 数 列a 的 前2014的 和12nn 1nn.【解析】由 a 1a 1 , a 2 a 3 a 1 ， a 3 a 4 a 2 ， a 4 a 5 a 3 ，⋯⋯， a 2014 a 2015 a 2013可得： a 1a 2 a 3a2014a 2014a2015a 2a20161 a 1.故数列 a n 的前 2014 的和 a1.【探究】 斐波那契数列中， 有 多性 ，如：① 两 斐波那契数的平方和仍是斐波那契数，即a n 2an 1 2a2n 1 ；②相 两 斐波那契数的平方差仍是斐波那契数，即a n 12a n 12a2nn 2 ；③ 三 斐波那契数后两 的平方和与第一 的平方之差仍是斐波那契数，即a n 12 a n 2a n 12a 3 n n 2 ；④下 3k的前 n 斐波那契数之和 足a 3 a 6a3 n1 a3n 21 .23.以斐波那契数列的模型 背景命制(1) 攀爬楼梯问题【例 5】 小学生甲玩耍上楼梯的游 ：建筑物有 10 台 的楼梯，一步可以 一 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a n种方法. 考虑最后一步： 若最后一步只迈一级台阶，则前 n1个台阶有a n 1 种方法；若最后一步迈两级台阶，则前n 2 个台阶有a n 2 种不同的方法. 由加法原理得：a na n 1a n 2 n3，易知其初值a 11， a 22 ，则a 3a 1 a 23,a 4a 2 a 35, a 5a 3 a 48,a 6a 4 a 513,a 7a 5a 621, a 8a 6a 734, a 9a 7a 8 55, a 10a 8a 9 89,故小学生 10 级台阶的楼梯有89 种不同的爬楼方法 .【变式1】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 a n 种方法 . 考虑最后一步： 若最后一步只迈一级台阶，则前 n1个台阶有 a n 1 种方法；若最后一步迈两级台阶，则前n 2 个台阶有 a n 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 a n 3 种不同的方法 .由加法原理得： a nan 1a n 2an 3n 4 ，易知其初值 a 1 1， a 2 2 ， a 2 4 ，则a 4 a 1 a 2 a 3 7, a 5 a 2 a 3 a 4 13, a 6 a 3 a 4 a 5 24, a 7 a 4 a 5 a 6 44, a 8a 5 a 6 a 7 81, a 9 a 6 a 7 a 8 149,a10a 7 a 8 a 9274.故该学生上 10 级台阶的楼梯有 149 种不同的爬楼方法 .(2) 0-1 序列问题【例 6 】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 010******* 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c n 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 c n 1个；若最后一位是 1，则倒数第二位是0，于是只要前 n2位任何两个 1 不相邻即可，因此满足要求的序列有c n2个，由加法原理得： c nc n 1c n 2 n3 ，由初值 c 12, c 2 3 ，则c 3 c 1 c 2 5, c 4 c 2 c 3 8, c 5 c 3 c 4 13, c 6 c 4 c 5 21 , c 7 c 5 c 634, c 8c 6c 755,c 9c 7c 8 89, c10 c 8 c 9 144,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.【式 2】学生甲手里有一枚地均匀的硬，他投10次，不出正面的可能情形有多少种？【解析】甲投 n n2次，不出正面的可能情形有a n种，考最后一次投：若最后一次呈反面，前n 1 次有a n 1种方法；若最后一次呈正面，倒数第二次必是反面，前n 2 次有a n2种不同的方法 . 由加法原理得：a n a n 1a n 2 n 4 ，易知其初 a2 3 ， a3 5 ，a4a2a38, a5a3a413,a6a4a521,a7a5a634,a8a6a755, a9a7a889,a10a8a9144,所以甲投 10次，不出正面的可能情形有144 种.(3)染色【例 14】（2011湖北）n个自上而下相的正方形着色.当n 4 ，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相的着色方案如所示：由此推断，当n 6 ，黑色正方形互不相的着色方案共有种，至少有两个黑色正方形相的着色方案共有种 .（果用数表示）【解析】 n 1,2,3,4 ，黑色正方形互不相的着色方案种数分2，3， 5， 8，由．．．．此可看出后一是前 2 之和，故n55813;n68 1321.所以 n 6 ，所有的着色方案种数共N C60C61C62C63C64C65C6464种.故至少有两个黑色正方形相的着色方案共有 642143 种.．．答案 21； 43.(4) 几何【例 8 】半径 1 的两个⊙O1、⊙ O2外切，l是它的一条外公切，作⊙O3和⊙O1、⊙ O2、l均相切，作⊙ O4和⊙ O2、⊙ O3、l均相切⋯⋯，作⊙ O n 1与⊙ O n 1、⊙ O n、l均相切，求⊙O8的半径.【解析】作O n 1 R l , O n S l，O n 1作l的平行分交O n 1R、O n S 于P、 Q ,作O n M O n 1 R 于 M ，则O n M PQ O n 1 P O n 1Q ，因为 O n +1Q O n +1O n2O n Q 2r n222 r n r n 1 , rn 1rnrn 1同理，O n 1P2r n1rn1 ,O n M 2 r n1rn,可得：r n r n 1r n 1r n 1r n r n 1,即111. r n 1r n r n 1令 a1，则 a a a n 2 ，且 a1a21，1n r n n 1n na3a1a22,a4a2a33, a5a3 a45,a6a4a5 8, a7a5a613,a8a6a721,所以r8111. a82212441(5)函数问题【例9 】（2012上海）已知 f x1, 各项均为正数的数列a n满足1xa1 1, a n 2 f a n.若a2010a2012，则a20a11.【解析】设 a2010t, 由 a2010a2012，得： t1,解得 t51. 则：1 t2a20101t, 则a2008t ,同理a2 k51k N *.1a20082又 a11,a n 211, 则 a31, a52, a73, a95, a118 , a n235813故 a20a518313 5 . 11213264.以斐波那契数列的模型为背景的不等式证明问题【例 10】（2009陕西）已知数列x n满足 x11, x n21n N * . 21x n（ 1）猜想数列x2 n的单调性，并证明你的结论；1n1（2）证明：x n 1x n2. 65【解析】（1）因为x11, x n11, 则 x n 11，即1 1 x n 2 1 x n1x n x n1所以 x22, x45, x613, 由 x2x4x6 , 猜想：数列x2n的单调递减 . 3821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 a2k0, 则当n k1时，a 2 k 2a2k411a2k11a2k1311 a2k 3a2 k 11 a2k 2 1 a2k1 a2k 1 1 a2k 31 a2 k 11 a2 k 3a2ka2k20. 即 a1a1 2,1 a2k 1 a2k 21 a2 k 11 a2k 32 k 2 k由（ 1）（ 2）可知，当n k1时，命题也成立.故待证等式成立.（2 ）当n 1 时， x n 1x n x2x1 1;6当 n 2 时，因0x n 11，则 1 1 x n1 2 ，x n1 1 ,1 x n 12所以 1 x n 1 x n 1111 x n 12 x n 15 1xn 1,2x n 1xn11x n x n 11 x n 1 x n 1 1 x n 1 x n 122n112n 1225xnxn 15xn 1xn 2x2x1 5 6 5.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.。