，其神奇，其神奇以斐波那契數(shù)列為背景的試題探究一、斐波那契數(shù)列斐波那契，公元13世紀(jì)意大利數(shù)學(xué)家，他在自己的著作《算盤書》中記載著這樣一個“兔子繁殖問題”：假定有一對大兔子，每一個月可生下一對小兔子，并且生下的這一對小兔子兩個月后就具有繁殖能力。假如一年內(nèi)沒有發(fā)生死亡，那么，從一對小兔子開始，一年后共有多少對兔子？斐波那契在研究時，發(fā)現(xiàn)有這樣一個數(shù)列的數(shù)學(xué)模型：1,1,2,3,5,8,13,21,34，…,其中從第三個數(shù)起，每一個數(shù)都等于它前面兩個數(shù)的和，亦即數(shù)列｛〃/滿足：。1=1,a2=1,且a1=1,a2=1,a”2+an1=an(n>3).這個數(shù)列就是著名的“斐波那契數(shù)列”，而這個數(shù)列中的每一項稱為“斐波那契數(shù)”.事實(shí)上，斐波那契數(shù)列｛a｝的通項公式為a=Ln n、/5之處在于通項公式中含有無理數(shù)，但它的每一項又都不是無理數(shù)如何在高考試題中考查斐波那契數(shù)列呢？二、以斐波那契數(shù)列為背景命制試題.以斐波那契數(shù)列的概念為背景命制試題【例1】意大利數(shù)學(xué)家斐波那契在1202年出版的一書里提出了這樣一個問題：一對兔子被飼養(yǎng)到第二個月進(jìn)入成年，第三個月生產(chǎn)一對小兔，以后每個月生產(chǎn)一對小兔，所生產(chǎn)的小兔能全部存活并且也是第二個月成年，第三個月生產(chǎn)一對小兔，以后每個月生產(chǎn)一對小兔，那么，這樣下去到年底，應(yīng)有多少對兔子？此問題的程序框圖如下，空白處應(yīng)填寫 ()Q=sQ=ss=Qs=fA.F=SB.S=FC,F=SD,Q=S【解析】斐波那契數(shù)列總有an+2=an+1+an巴=1,a2=1,根據(jù)程序框圖分析可知，正確答案為B.【例2】設(shè)a,P是方程X2-X-1=0的兩個根，數(shù)列｛a｝中滿足

。n—Bn/(n=1,2,3,,…J.證明：對任意正整數(shù)n，都有a=a+a.a—B n+2 n+1 n【解析］因?yàn)閍,3是方程元2—元—1=0的2個根，則a+p=1,ap=—1,因此匕an+2—Bn+2=(a+B)^an+1—0n+1)—a0^an—Bn)=(an+1—Bn+1)+(an—Bn),an+2—Bn+2an+1—Bn+1an—Bn從而 =-= n—+ 丁，即a。=a1+a.a—Ba—Ba—B n+2 n+1n.以斐波那契數(shù)列的性質(zhì)為背景命制試題【性質(zhì)1】斐波那契數(shù)列的前n項的平方和：a2+a2+a2+…+a2=aa,即12 3 nnn+1Ea2=aa.i=1【性質(zhì)2】斐波那契數(shù)列的奇數(shù)項之和：a1+a3+a5+…+a2/=a2/即Ea.=ai=1【性質(zhì)3】斐波那契數(shù)列的偶數(shù)項之和:=a2n+JLa+a+a+ +a=a1-=a2n+JLi=1【性質(zhì)4】斐波那契數(shù)列的前【性質(zhì)4】斐波那契數(shù)列的前n項之和S=a+a+a+ +a=a-1,即Ea=a—1.i=1【性質(zhì)5】連續(xù)三項斐波那契數(shù)后兩項乘積與前兩項乘積的差，是中間項的平方，即aaaaa=a2(n>2).【歸納】斐波那契數(shù)列的簡單性質(zhì)的證明總是運(yùn)用其特征式 an+an+1=an+2的變形a「an+2—an討或an討=an+2—an進(jìn)行裂項，從而達(dá)到相消求和的目的.【例3】意大利著名數(shù)學(xué)家斐波那契在研究兔子繁殖問題時，發(fā)現(xiàn)有這樣一個數(shù)列：1,1,2,3,5,8,13,21,34,???,其中從第三個數(shù)起，每一個數(shù)都等于它前面兩個數(shù)的和，人們把a(bǔ)2+a2+a2+???+a2這樣的一列數(shù)所組成的數(shù)列稱為“斐波那契數(shù)列”.那么T—2—3 忖是斐波a2015那契數(shù)列中的第 項.【解析】斐波那契數(shù)列總有an+2=an.Jan,則a=aa,a2=a(a-a)=aa-aa,a2=a(a—a)=aa—aa,，"015=a2015(a2016—a2014)=a2015a2016—a2014a2015，a2+a2+a2H ba2=aa,a2+a2+a2H ba2所以T 2 3 ⑼5-=a.a 20162015…a2+a2+a2+…+a2-一一一 一一一故T 2 3 20^是斐波那契數(shù)列中的第2016項.a2015【例4】同學(xué)們都有這樣的解題經(jīng)驗(yàn)：在某些數(shù)列的求和中，可把其中一項分裂成兩項之差，使得某些項可以相互抵消，從而實(shí)現(xiàn)化簡求和．“斐波那契數(shù)列”是數(shù)學(xué)史上一個著名的數(shù)列，這個數(shù)列中的每一項稱為“斐波那契數(shù)”.在斐波那契數(shù)列｛an｝中，q=1,a2=1,a2+a1=a(n>3).若a=a,那么數(shù)列｛a｝的前2014項的和為.【解析】由a=a,a=a—a，a=a—a，a=a—a， ， a2014=a2015—a2013可得：a+a+a+ +a =a2014+a2015—a2=a2016—1=a—1.故數(shù)列｛a｝的前2014項的和為a—1.n【探究】斐波那契數(shù)列中，還有許多性質(zhì)，如：①連續(xù)兩項斐波那契數(shù)的平方和仍是斐波那契數(shù)，即a2+a2=a；n n+1 2n+1②相間兩項斐波那契數(shù)的平方差仍是斐波那契數(shù)，即a2—a2=a(n>2)；n+1 n—1 2n③連續(xù)三項斐波那契數(shù)后兩項的平方和與第一項的平方之差仍是斐波那契數(shù)，即a2+a2—a2=a(n>2)；④下標(biāo)為3k的前n項斐波那契數(shù)之和滿足a+a+…+a=1(a -1).3 6 3n23n+23.以斐波那契數(shù)列的模型為背景命制試題(1)攀爬樓梯問題【例5】小學(xué)生甲玩耍上樓梯的游戲：建筑物有10級臺階的樓梯，一步可以邁一級或兩級臺階，問這位小學(xué)生有多少種不同的爬樓方法？【解析】設(shè)小學(xué)生爬n個臺階有〃種方法.考慮最后一步:若最后一步只邁一級臺階，n則前n-1個臺階有an7種方法；若最后一步邁兩級臺階，則前n-2個臺階有an_2種不同的方法.由加法原理得：a=a1+a2(n23)，易知其初值a1=1，a2=2，貝Ua=a+a=3,a=a+a=5,a=a+a=8,a=a+a=13,a=a+a=21,a=a+a=34,a=a+a=55,a=a+a=89,故小學(xué)生10級臺階的樓梯有89種不同的爬樓方法.【變式1】高中學(xué)生甲到教室有10級臺階的樓梯，一步可以邁一級或兩級或三級臺階，問這位學(xué)生有多少種不同的爬樓方法？【解析】設(shè)學(xué)生甲攀爬n個臺階有a種方法.考慮最后一步:若最后一步只邁一級臺階，n則前n-1個臺階有an_1種方法；若最后一步邁兩級臺階，則前n-2個臺階有an_2種不同的方法；若最后一步邁三級臺階，則前n-3個臺階有an_3種不同的方法.由加法原理得：a=a1+a2+a3(n>4)，易知其初值a1=1,a2=2,a2=4,則a=a+a+a=7,a=a+a+a=13,a=a+a+a=24,a=a+a+a=44,a=a+a+a=81,a=a+a+a=149,a=a+a+a=274.故該學(xué)生上10級臺階的樓梯有149種不同的爬樓方法.(2)0-1序列問題【例6】由0和1組成的序列稱為0-1序列，序列中數(shù)的個數(shù)稱為這個0-1序列的長度.如0100011011是一個長度為10的0-1序列，求長為10的0-1序列中任何兩個1不相鄰的序列的個數(shù).【解析】設(shè)長為n的0-1序列中任何兩個1不相鄰的序列有cn個.考慮最后一個數(shù)：如果最后一位是0,則只要前n-1位任何兩個1不相鄰即可，因此，滿足要求的序列有c1n_1個；若最后一位是1,則倒數(shù)第二位是0,于是只要前n-2位任何兩個1不相鄰即可，因此滿足要求的序列有cn-2個，由加法原理得：cn=cn1+cn2(n>3),由初值c1=2,c2=3，貝Uc = c + c = 5,c =c + c=8,c = c + c = 13, c 6= c +c =21,c = c + c. = 34, c = c. +c =55,c = c + c = 89, c = c +c =144,所以,長為10的0-1序列中任何兩個1不相鄰的序列有144個.【歸納】此類與自然數(shù)n有關(guān)的問題，悟出其蘊(yùn)含的遞推關(guān)系，建立連續(xù)三項之間的遞推關(guān)系的數(shù)學(xué)模型,由初始項的數(shù)據(jù)結(jié)合遞推關(guān)系求解.

【變式2】學(xué)生甲手里有一枚質(zhì)地均勻的硬幣，他投擲10次，不連續(xù)出現(xiàn)正面的可能情形有多少種？【解析】設(shè)甲投擲n(n>2)次，不連續(xù)出現(xiàn)正面的可能情形有an種，考慮最后一次投擲：若最后一次呈現(xiàn)反面，則前n-1次有an7種方法；若最后一次呈現(xiàn)正面，則倒數(shù)第二次必是反面，前n-2次有an-2種不同的方法.由加法原理得：an=an1+an2(n>4)，易知其初值a2=3，a3=5，貝|a=a+a=8,a=a+a=13,a=a+a=21,a=a+a=34,a=a+a=55,a=a+a=89,a=a+a=144,所以甲投擲10次，不連續(xù)出現(xiàn)正面的可能情形有144種.(3)染色問題【例14】(2011湖北)給n個自上而下相連的正方形著色.當(dāng)n<4時，在所有不同的著色方案中，黑色正方形互不相連的著色方案如圖所示：?口由此推斷，當(dāng)n=6時，黑色正方形互不相連的著色方案共有 種，至少有兩個黑色正方形相連的著色方案共有 種.(結(jié)果用數(shù)值表示)【解析】n=1,2,3,4時，黑色正方形互不相連的著色方案種數(shù)分別為2,3,5,8，由????此可看出后一項總是前2項之和，故n=5時應(yīng)為5+8=13;n=6時應(yīng)為8+13=21.所以n=6時，所有的著色方案種數(shù)共N=Co+C6+C:+C3+C4+C5+C4=64種.故至少有兩個黑色正方形相連的著色方案共有64-21=43種.??答案為21；43.(4)幾何問題【例8】半徑為1的兩個圓。Oj。02外切，/是它們的一條外公切線，作。03和。O］、。o2、1均相切，作。04和。o2、。o3、1均相切……，作。on+1與。On］、。On、1均相切，求。O8的半徑.【解析】作OR11,OS11,過OY乍1的平行線分別交OR、OS于P、。，作OM±O1R于M，則OM=PQ=On討P+On+1Q,因?yàn)镺n因?yàn)镺n+1Q=OOn+Pn2-OQ2同理，OP同理，OP=2X；Tr,OM=2n+1 n-1n+1n可得:即1 1 1可得:即1 1 11所以r8又a=1所以r8又a=1,a= ,則Ua=—,a1n+2 1+a3 2 5n2 3=—,a=—,a

37595=—,a81113，則a=a+a(n>2),且a,=a=1,a=a+a=2,a=a+a=3,a=a+a=5,a=a+a=8,a=a+a=13,a=a+a=21,1_1_1

aij=212=441（5）函數(shù)問題【例9】（2012上海）已知f（x）=—,各項均為正數(shù)的數(shù)列｛a｝滿足TOC\o"1-5"\h\z1+X na=1,a=f（a）.若a即。=a刈2，則|a+a11=.1 <5-1【解析】設(shè)a2010=t,由a2010=°2012,得：'=幣'解得2，.則：1=t,同理a2=t,同理a2k2010 1+a 20082008忑-18 3+13<5 +—= 2 13 264.以斐波那契數(shù)列的模型為背景的不等式證明問題【例10】（2009陜西）已知數(shù)列｛x｝滿足x=1,x=-1-（neN*）.n1 2n+2 1+xn（1）猜想數(shù)列｛x2）的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論;

(2)證明：x1n+1【解析⑴因?yàn)閈"it+1=占'則Xn+1二1+T1 1 11 1 1即 =1+XX nn+1