斐波那契数列的常见性质
1．数列的数学模型
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，亦即数列{an}满足：a1＝1，a2＝1，且a1＝1，a2＝1，an－2＋an－1＝an(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”．
2．斐波那契数列的性质
性质1：斐波那契数列的前n项的平方和：＝anan＋1，即
性质2：斐波那契数列的奇数项之和：a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2n，即
性质3：斐波那契数列的偶数项之和：a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝a2n＋1－1，即
性质4：斐波那契数列的前n项之和Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋2－1，即
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an＋1an－an－1an＝(n≥2)．
【典例】 同学们都有这样的解题经验：在某些数列的求和中，可把其中一项分裂成两项之差，使得某些项可以相互抵消，从而实现化简求和．“斐波那契数列”是数学史上一个著名的数列，这个数列中的每一项称为“斐波那契数”．在斐波那契数列{an}中，a1＝1，a2＝1，an－2＋an－1＝an(n≥3)．若a2 026＝a，那么数列{an}的前2 024项的和为________．
a－1 [由a1＝a1，a2＝a3－a1，a3＝a4－a2，a4＝a5－a3，…，a2 024＝a2 025－a2 023
可得：a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝a2 024＋a2 025－a2＝a2 026－1＝a－1． 故数列{an}的前2 024项的和为a－1．]
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，这就是著名的斐波那契数列．那么a1＋a3＋a5＋…＋a2 025是斐波那契数列中的第________项．
2026 [由a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，…，a2 025＝a2 026－a2 024，可得：a1＋a3＋a5＋…＋a2 025＝a2 026，故a1＋a3＋a5＋…＋a2 025是斐波那契数列中的第2 026项．]微专题1 数列通项公式的求法
类型1 直接利用等差数列、等比数列的通项公式
【例1】 已知数列{an}的各项均为正数，a1＝6，点An(an，)在抛物线y2＝x＋1上，
求数列{an}．
[解] ∵点An(an，)在抛物线y2＝x＋1上，
∴an＋1－an＝1，
∴数列{an}是以1为公差的等差数列．
∵a1＝6，∴an＝n＋5．
类型2 由Sn求通项公式
【例2】 已知数列{2n-1an}的前n项和为Sn＝9－6n，求数列{an}的通项公式．
[解] 当n＝1时，20a1＝S1＝9－6＝3，∴a1＝3．
当n≥2时，2n-1an＝Sn－Sn－1＝9－6n－[9－6(n－1)]＝－6，
∴an＝－，又a1＝3不符合上式，故an＝
类型3 由递推关系求通项公式
【例3】 在数列{an}中，an＝1，an＋1＝2an＋1，求an．
[解] ∵an＋1＝2an＋1(n∈N*)，
∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列．
∴an＋1＝2n，即an＝22－1(n∈N*)．
类型4 由an与Sn的关系式求通项公式
【例4】 数列{an}的前n项和Sn＝an－3，求数列的通项公式．
[解] 由Sn＝an－3可得Sn＋1＝an＋1－3，两式相减得an＋1＝an＋1－an，即an＋1＝3an，a1＝S1＝a1－3，得a1＝6．所以数列{an}是以6为首项，以3为公比的等比数列，故数列的通项公式an＝．
类型5 构造法
【例5】 数列{an}中，a1＝2，an＋1＝，求数列{an}的通项公式．
[解] 取以a1＝2为底的对数，得到log2an＋1＝，
即log2an＋1＝2log2an，设bn＝log2an，则有bn＋1＝2bn，所以{bn}是以b1＝log2a1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝2n-1，所以log2an＝2n-1，．微专题2 数列求和
类型1 分组转化求和法
【例1】 设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝9，S3－a1＝36．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋log3an，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解] (1)设数列{an}的公比为q，
则
解得a1＝3，q＝3．
故an＝a1qn-1＝3×3n-1＝3n．
(2)由(1)可得bn＝3n＋log33n＝3n＋n．
则Tn＝(3＋1)＋(32＋2)＋…＋(3n＋n)＝(3＋32＋…＋3n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋＝．
类型2 并项求和法
【例2】 已知数列{an}各项均为正数，且a1＝－2an＋1＝＋2an
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20．
[解] (1)由－2an＋1＝＋2an得：(an＋1－an)·(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)，而n∈N*，an>0，
因此an＋1－an＝2，即数列{an}是首项a1＝2，公差d＝2的等差数列，an＝a1＋(n－1)d＝2n，
所以数列{an}的通项公式是an＝2n．
(2)由(1)知，bn＝(－1)n·2n，则有b2n－1＋b2n＝(－1)2n-1×2(2n－1)＋(－1)2n×2×2n＝2，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b20＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b19＋b20)＝2×10＝20．
类型3 裂项相消法
【例3】 已知数列{an}的前n项和为Sn＝(n－1)2－1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列bn＝，求数列{bn}前n项和Tn．
[解] (1)数列{an}的前n项和为Sn＝(n－1)2－1，当n≥2时，Sn－1＝(n－2)2－1＝n2－4n＋3，
所以Sn－Sn－1＝2n－3，即an＝2n－3(n≥2)，当n＝1时，a1＝S1＝(1－1)2－1＝－1符合上式，
所以an＝2n－3(n∈N*)；
(2)由(1)可得
bn＝＝＝，
Tn＝＋＋＋…＋＝(－1－1)＋＋…＋＝＝＝－．
类型4 错位相减法
【例4】 设Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3＝14，S6＝126．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝(n＋1)an，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．
[解] (1)设等比数列{an}的公比为q，因S3＝14，S6＝126，
即a4＋a5＋a6＝S6－S3＝112，
而a4＋a5＋a6＝q3(a1＋a2＋a3)＝14q3，于是得q3＝8，解得q＝2，显然S3＝a1(1＋q＋q2)＝7a1＝14，解得a1＝2，因此an＝a1qn-1＝2n，所以数列{an}的通项公式是an＝2n．
(2)由(1)知，bn＝(n＋1)·2n，则Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
于是得2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n+1，两式相减得：－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n+1＝4＋－(n＋1)×2n+1＝－n×2n+1，所以Tn＝n·2n+1．第4章 数列 章末综合提升
类型1 求数列的通项公式
数列通项公式的求法
(1)定义法
直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适用于已知数列类型的题目．
(2)已知Sn求an
若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝求解．
(3)累加或累乘法
形如an－an－1＝f (n)(n≥2)的递推式，可用累加法求通项公式；形如＝f (n)(n≥2)的递推式，可用累乘法求通项公式．
(4)构造法
如an＋1＝Aan＋B可构造{an＋c}为等比数列，再求解得通项公式．
【例1】 (1)已知等比数列{an}为递增数列，且＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列的通项公式an＝( )
A．2n B．2n+1 C． D．
(2)已知数列{an}中，an＋1＝3an＋4，且a1＝1，求通项公式．
(1)A [法一：由数列{an}为递增的等比数列，可知公比q＞0，而＝a10＞0，所以q＞1，an＞0．由2(an＋an＋2)＝5an＋1，得2an＋2anq2＝5anq，则2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝(舍去)．由＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，解得a1＝2．因此an＝2n．
法二：由等比数列{an}为递增数列知，公比q＞0，而＝a10＞0，所以an＞0，q＞1．由条件得2＝5，即2＝5，解得q＝2．又由＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，即a1＝q＝2，故an＝2n．]
(2)[解] 法一：由题意得an＝3an－1＋4＝3(3an－2＋4)＋4＝32an－2＋3×4＋4＝33an－3＋32×4＋3×4＋4＝…＝3n-1a1＋3n-2×4＋3n-3×4＋…＋3×4＋4＝3n-1＋＝3n-1+2(3n-1-1)＝3n－2．
法二：∵an＋1＝3an＋4，∴an＋1＋2＝3(an＋2)．
令bn＝an＋2，∵b1＝a1＋2＝3，∴数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，则bn＝3n，∴an＝3n－2．
法三：∵an＋1＝3an＋4， ①
∴an＝3an－1＋4(n≥2)． ②
①－②，得an＋1－an＝3(an－an－1)(n≥2)．
∵a2－a1＝3＋4－1＝6，
∴数列{an＋1－an}是首项为6，公比为3的等比数列，即an＋1－an＝6×3n-1＝2×3n，利用累加法得an＝3n－2．
类型2 等差、等比数列的基本运算
在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d(或q)，Sn，其中a1和d(或q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d(q)，an，Sn，n的方程组，利用方程思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用．
【例2】 等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn．
[解] (1)设{an}的公比为q，
由已知得16＝2q3，解得q＝2，∴an＝2×2n-1＝2n．
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，
则b3＝8，b5＝32．
设{bn}的公差为d，则有
解得
所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28．
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝＝6n2－22n．
类型3 等差、等比数列的判定
等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数) {an}是等差数列；
＝q(q为常数，q≠0) {an}是等比数列．
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2 {an}是等差数列；
＝an·an＋2(an≠0) {an}是等比数列．
(3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数) {an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数) {an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*) {an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*) {an}是等比数列．
【例3】 已知数列{an}，{bn}满足：an＋1＋1＝2an＋n，bn－an＝n，b1＝2．
(1)证明数列{bn}是等比数列，并求数列{bn}的通项；
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
[解] (1)∵bn－an＝n，b1＝2，∴a1＝1，
∵an＋1＋1＝2an＋n，∴an＋1＋n＋1＝2(an＋n)，
∴＝2，即＝2．
∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，∴bn＝2n．
(2)由bn－an＝n，得an＝2n－n，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(21＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－＝2n+1－2－．
类型4 等差、等比数列的性质
解决等差、等比数列有关问题的几点注意
(1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用；
(2)对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用；
(3)注重问题的转化，由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用相关公式和性质解题；
(4)当题目中出现多个数列时，既要纵向考察单一数列的项与项之间的关系，又要横向考察各数列之间的内在联系．
【例4】 (1)(多选)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有( )
A．a7 B．a8
C．S15 D．S16
(2)(多选)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a2 019a2 020>1，<0，下列结论正确的是( )
A．S2 019B．a2 019a2 021－1<0
C．T2 020是数列{Tn}中的最大值
D．数列{Tn}无最大值
(3)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________．
(1)BC (2)AB (3)5 [(1)由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝＝15a8为定值，但S16＝＝8不是定值．故选BC．
(2)当q＜0时，a2 019a2 020＝q＜0，不成立；
当q≥1时，a2 019＞1，a2 020＞1，＜0不成立；
故0＜q＜1，且a2 019＞1，0＜a2 020＜1，故S2 020＞S2 019，A正确；
a2 019a2 021－1＝－1＜0，故B正确；
T2 019是数列{Tn}中的最大值，CD错误．故选AB．
(3)由等比数列的性质知a1a5＝a2a4＝＝4 a3＝2，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝＝5log22＝5．]
类型5 数列求和
一般常见的求和方法有：
(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和公式．
(2)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．形如{an＋bn}，其中{an}、{bn}是不同的数列．
(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．形如，其中{an}为等差数列．
(4)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．形如{anbn}，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．
(5)倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导．
【例5】 已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c，k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3．
(1)求an；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn．
[解] (1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝k(cn－cn-1)，
则a6＝k(c6－c5)，a3＝k(c3－c2)，
＝＝c3＝8，
∴c＝2．
∵a2＝4，即k(c2－c1)＝4，
解得k＝2，
∴an＝2n．
当n＝1时，a1＝S1＝2．
综上所述，an＝2n(n∈N*)．
(2)nan＝n·2n，
则Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1，
两式作差得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1，
∴Tn＝2＋(n－1)·2n+1．
