4.斐波那契数列在高考中的绰约风姿.docVIP

[中国高考数学母题一千题](第0001号) 愿与您共建真实的中国高考数学母题(杨培明 斐波那契数列在高考中的绰约风姿 以斐波那契数列为背景的高考试题类型 斐波那契数列{Fn}:“F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1”是l3世纪意大利数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题中得到,它是一个奇妙的数列,引起许多数学家的研究,得到许多有意义的结果,自然也引起了高考命题专家的兴趣,斐波那契数列很早就走进了我国的高考中,并展现了其绰约风姿.我们约定满足“F1=a,F2=b,Fn+2=Fn+Fn+1”的数列{Fn}统称为斐波那契数列; [母题结构]:(Ⅰ)(斐波那契数列的等价命题)①若an=Aαn+Bβn,则数列{an}是斐波那契数列α、β是方程x2-x-1=0的两个根;②求斐波那契数列{Fn}的通项Fn; (Ⅱ)(斐波那契数列的两个变式)①数列{xn}满足:x1=a,xn+1=数列{Fn}为斐波那契数列,其中,xn=;②数列{xn}满足:x1=a,xn+1=1+数列{Fn}为斐波那契数列,其中,xn=. [母题解析]:(Ⅰ)①由恒等式(α+β)(Aαn+1+Bβn+1)-αβ(Aαn+Bβn)=Aαn+2+Bβn+2an+2=(α+β)an+1-αβan,所以,数列{an}是斐波那契数列α+β=1,且αβ=-1α、β是方程x2-x-1=0的两个根;②由方程x2-x-1=0x=;由①知,Fn=A()n+B()n,其中,A,B由F1=a,F2=b确定; (Ⅱ)由xn=,xn+1==Fn+2=Fn+Fn+1数列{Fn}为斐波那契数列;同理可证②. 1.等价命题 子题类型Ⅰ:(2004年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题)设α、β是方程x2-x-1=0的两个根,数列{an}:an= (n=1,2,…).证明:(Ⅰ)对任意正整数n,都有an+2=an+1+an; (Ⅱ)数列{an}中的项都是整数,且任意相邻两项都互质. [解析]:(Ⅰ)若an=Axn+Byn,由恒等式(x+y)(Axn+1+Byn+1)-xy(Axn+Byn)=(Axn+2+Byn+2+Axn+1y+Bxyn+1)-(Axn+1y+Bxyn+1)=Axn+2+Byn+2 an+2=(x+y)an-xyan;由an=an+2=(α+β)an+1-αβan;又由α+β=1,αβ=-1an+2=an+1+an; (Ⅱ)由a1=1,a2=α+β=1,an+2=an+1+an数列{an}中的项都是整数;设(an+2,an+1)=d,则d=(an+2,an+1)=(an+1+an,an+1)=(an+1,an)d =(an+1,an)=(an,an-1)=…=(a2,a1)=(1,1)=1. [点评]:由恒等式(α+β)(Aαn+1+Bβn+1)-αβ(Aαn+Bβn)=Aαn+2+Bβn+2,不仅可得数列{an}:an=Aαn+Bβn是斐波那契数列的充要条件,并由此易求斐波那契数列的通项公式,而且它还可用于求任意二阶线性递推数列的通项公式. 2.递推变换 子题类型Ⅱ:(2009年陕西高考试题)已知数列{xn}满足:x1=,xn+1=,n∈N*. (Ⅰ)猜想数列{x2n}的单调性,并证明你的结论; (Ⅱ)证明:|xn+1-xn|≤()n-1. [解析]:(Ⅰ)令xn=,a1=1,a2=2,由xn+1==an+2=an+an+1{an}是斐波那契数列x2=,x4=, x6=x2x4x6,猜测:数列{x2n}单调递减;由x2nx2n+2a2na2n+2a2n+12(由an= [()n+1+()n+1])[()2n+1+()2n+1][()2n+3+()2n+3][()2n+2+()2n+2]2成立; (Ⅱ)由|x2-x1|=,要证|xn+1-xn|≤()n-1,只须证|xn+2-xn+1|≤|xn+1-xn||-|≤|xn+1-xn|(1+xn)(1+ xn+1)≥(1+xn)(1+)≥xn≥≥2an≥an+1an≥an-1成立. [点评]:掌握斐波那契数列的两个递推变式:xn+1=和xn+1=1+,可以利用斐波那契数列去解决这两个递推数列的有关问题;实质上,它还揭示了二阶线性递推数列与一阶分式递推数列的一种等价关系. 3.多姿多彩 子题类型Ⅲ:(1981年第22届国际数学奥林匹克(IMO)试题)确定m2+n2的最大值,其中m,n为整数,且m,n∈{1,2,…, 1981},(n2-mn-m2)2=1. [解析]:由(n2-mn-m2)2=1n2-mn-m2=1n2=mn+m21n≥m,当且仅当m=n=1时等号成立,故有基本解(m,n)=(1,1);由(n2-mn-m2)2=[(n-m)2+m(n-m)-m2]2=[m2-m