高三数学 教案 斐波那契数列通项公式推导过程

斐波那契数列通项证明过程今天咱们来唠唠斐波那契数列通项的证明，这可就像一场超级有趣的魔法解谜之旅。

斐波那契数列那可是数列界的大明星，就像数学王国里的超级偶像。

它的数列是1、1、2、3、5、8、13……就像一群数字小精灵在玩接力游戏，每个数字都是前面两个数字的和。

那它的通项公式呢，看起来就像一个神秘的魔法咒语。

为了证明这个通项公式，我们就像侦探一样，得从蛛丝马迹里找线索。

想象一下，我们要给这些数字小精灵找到一个能完全描述它们的通用规则。

这就好比给一群调皮捣蛋、各有个性的小怪物制定一个统一的管理手册。

我们首先想到了一些数学工具，就像拿出我们的魔法棒一样。

这个魔法棒可能是线性代数里的矩阵。

矩阵就像一个神奇的魔法盒，把数列里的数字放进去捣鼓捣鼓，说不定就能找到规律。

我们把斐波那契数列的递推关系写成矩阵形式，这矩阵就像一个小小的数字迷宫。

我们在这个迷宫里东奔西走，试图找到出口。

然后呢，我们开始对这个矩阵进行各种神奇的操作，就像在给它施展魔法。

我们要找到这个矩阵的特征值和特征向量，这就像是找到这个数字迷宫的秘密通道。

找到这些之后，我们就像发现了宝藏的地图一样兴奋。

通过这个“地图”，我们就能一步步走向通项公式这个大宝藏。

这过程中可能会遇到一些小挫折，就像在路上突然遇到了一个调皮的数学小恶魔，给我们捣乱。

但是别怕，我们只要握紧我们的数学魔法棒，也就是那些定理和方法，就能把小恶魔赶走。

当我们最终推导出通项公式的时候，就像我们成功打开了一个装满数学宝藏的宝箱。

这个通项公式就像一颗闪闪发光的魔法宝石，它完美地描述了斐波那契数列里那些可爱的数字小精灵。

斐波那契数列通项的证明虽然有点像在充满迷雾的魔法森林里探险，但只要我们有足够的耐心和我们的数学魔法工具，就能顺利到达终点，揭开这个神奇数列的神秘面纱。

这就是数学的魅力，就像一场永无止境的奇妙冒险。

斐波那契数列通项证明过程嘿，朋友们，今天来聊聊斐波那契数列通项的证明，可有趣啦。

你看斐波那契数列，就像一列神奇的数字小火车，1、1、2、3、5、8……一个数字接着一个数字，后面的数字总是前面两个数字之和，就像兔子繁殖一样疯狂。

据说最开始是为了计算兔子的数量，那兔子就像被数字魔法控制了一样，不停地按照这个规律繁衍后代。

那这个数列的通项公式呢，看起来就像一个神秘的魔法咒语。

要证明它可不容易，就像要解开一个超级复杂的魔法锁。

我们先假设这个通项公式是存在的，就像我们在黑暗中假设宝藏的位置。

这个通项公式里面有很多奇怪的东西，就像魔法配方里的神秘草药。

然后我们就开始用各种数学工具来捣鼓它。

这就像厨师用各种厨具做菜一样，一会儿用这个定理，一会儿用那个方法。

我们把数列的递推关系拿出来，就像从兔子窝里面找出兔子繁殖的规律记录一样。

我们开始变形、计算，这过程就像一场数字的杂技表演。

有时候你觉得好像走进了迷宫，那些数字在你周围转来转去，让你晕头转向，就像一群调皮的小精灵在捉弄你。

但是呢，我们不能放弃啊。

就像爬山一样，虽然很累，但是山顶有美景。

我们继续化简、推导，这个过程中每一步都像是在搭建一座通往胜利的桥梁。

当我们最终得出通项公式的时候，就像找到了宝藏的钥匙。

那一瞬间，感觉所有的努力都值得了，就像你在沙漠里走了很久突然看到了绿洲。

这个通项公式就像一个闪闪发光的魔法水晶球，它把斐波那契数列的秘密都包裹在里面。

它是那么的精确，就像一把特制的钥匙刚好能打开特定的锁。

你再回头看这个证明过程，就像看一场精彩的魔术表演回放。

一开始觉得很神奇，但是当你知道其中的奥秘后，又会觉得很有趣。

斐波那契数列通项的证明就是这样一场充满惊喜和挑战的数学之旅。

斐波那契数列通项公式的推导：
由11a =，21a =，12n n n a a a --=+，*n ∈N ，3n ≥
令()()1123n n n n a ra s a ra n ----=-≥，则11r s rs +=⎧⎨=-⎩
从而()2121n n n a ra s a ra ---=-
所以11n n n a s r a --=+
所以112212n n n n n n a s r a s rs r a -----=+=++=122321n n n n n s rs r s r s r -----=+++++ 这是公比为r s 的等比数列前n 项和，所以n n n s r a s r
-=-， 由11r s rs +=⎧⎨=-⎩
，解得一组解s r ⎧⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
代入得n n n a ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦
． 数列递推公式：若数列{}n a 中的任意项n a 与相邻的若干项之间的关系可以用一个公式
表示，则这个公式叫做数列的递推公式．数列的递推公式揭示了数列的任一项n a 与1n a -（或前几项）的关系，也是给出数列的一种重要方法．
迭代是数值分析中通过从一个初始估计出发寻找一系列近似解来解决问题（一般是解方程或者方程组）的过程，为实现这一过程所使用的方法统称为迭代法．所谓迭代关系式，指如何从变量的前一个值推出其下一个值的公式（或关系）．迭代关系式的建立是解决迭代问题的关键，通常可以顺推或倒推的方法来完成．
递推与迭代在生活实际中有广泛的应用，计算机算法就建立在递推与迭代的基础上．。

斐波那契数列通项公式的证明第一篇：斐波那契数列通项公式的证明斐波那契数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34……它的通项公式为：an=1[(1+5)n-(1-)n]α+β=1解得⎧α⎪证明：令an-αan-1=β(an-1-αan-2)(n≥3)则有⎧⎪⎨⎨⎩αβ=-1⎪β⎪⎩=1+21-=α=或⎪⎪⎨⎪β⎪⎩⎧1-21+=故有(1)an-1+1-51+1-1+1-an-1=(an-1-an-2)或(2)an-an-1=(an-1-an-2)222222an-an-11+an-11+1+51-5，因为n≥3故数列{an-}是以aa-a1为首项，n-12=2221+-an-2(Ⅰ)由（1）得以1+1+1-5n-21-5为公比的等比数列，所以，an-an-1=(a2-a1)•()由a1=a2=1得22221+an-12an-1+1-n-1anan-11 =()两边同除以(1-5)n得：-•=221-n1-1-5n-11-5()()2222即an(1-n)2--1+an-11-1-n-1()2=-anan-11+5移项得1+51+5(n≥3)则由=-221-n1-1-n-1()()221+anan-11+55所以{an得，}是以2+=[+]k==-+51-51-n-15551-n1+1-5n()()()1-2221-a2(1-52)2+1+an为首项为公比的等比数列。

故51-1-(2+)na21+n-2=[+]•()551-521-()2a251+5n-2，由(1+)2=(2)2化简可得得a=(1-5)n{-+[+]•()}n21-52551-21-5()2an=1+5n1-5n)-()](n≥3)(*)验证可得，当n=1、n=2时，a1=a2=1故斐波那契数列中，225[（*对于n∈N，(*)式都成立。

*(Ⅱ)同理，由(2)an-1-an-1=1+(an-1-1-an-2)也可得斐波那契数列中，（*)式对于n∈N都成立222所以，斐波那契数列的通项公式即为：an=1+5n1-5n)-()] 225[（木鱼石整理第二篇：《斐波那契数列》教学反思根据上午说课后其他老师的建议，我做了修改：（一）引入部分简化，斐波那契数列的学习同样也运用了化难为易的思想，在刘**老师的授课《斐波那契数列》中多次提到难易的转化，我们的学生也认真地进行了这节《斐波那契数列》的学习，给我们的学生试课可以这样引入：孩子们，我们在学习《斐波那契数列》时是怎么发现小兔子数量的规律呢？对，化难为易，我们可以用化难为易的方法解决很多问题，那老师请你们来试试连线游戏，在平面上有100个点，这些点能连成多少条线段？学生回答不上来时，教师指导：100个点连线有点多有点难，老子说：“天下难事做于易。

斐波那契数列通项推导斐波那契数列：1、1、2、3、5、8、13、21、……如果设F(n)为该数列的第n项(n∈N+)。

那么这句话可以写成如下形式：F(0) = 0，F(1)=F(2)=1，F(n)=F(n-1)+F(n-2) (n≥3)显然这是一个线性递推数列。

通项公式的推导方法一：利用特征方程线性递推数列的特征方程为：X^2=X+1解得X1=(1+√5)/2,，X2=(1-√5)/2则F(n)=C1*X1^n + C2*X2^n∵F(1)=F(2)=1∴C1*X1 + C2*X2C1*X1^2 + C2*X2^2解得C1=1/√5，C2=-1/√5∴F(n)=(1/√5)*{[(1+√5)/2]^n - [(1-√5)/2]^n}（√5表示根号5）通项公式的推导方法二：普通方法设常数r，s使得F(n)-r*F(n-1)=s*[F(n-1)-r*F(n-2)]则r+s=1，-rs=1n≥3时，有F(n)-r*F(n-1)=s*[F(n-1)-r*F(n-2)]F(n-1)-r*F(n-2)=s*[F(n-2)-r*F(n-3)]F(n-2)-r*F(n-3)=s*[F(n-3)-r*F(n-4)]……F(3)-r*F(2)=s*[F(2)-r*F(1)]将以上n-2个式子相乘，得：F(n)-r*F(n-1)=[s^(n-2)]*[F(2)-r*F(1)]∵s=1-r，F(1)=F(2)=1上式可化简得：F(n)=s^(n-1)+r*F(n-1)那么：F(n)=s^(n-1)+r*F(n-1)= s^(n-1) + r*s^(n-2) + r^2*F(n-2)= s^(n-1) + r*s^(n-2) + r^2*s^(n-3) + r^3*F(n-3)……= s^(n-1) + r*s^(n-2) + r^2*s^(n-3) +……+ r^(n-2)*s + r^(n-1)*F(1) = s^(n-1) + r*s^(n-2) + r^2*s^(n-3) +……+ r^(n-2)*s + r^(n-1)（这是一个以s^(n-1)为首项、以r^(n-1)为末项、r/s为公比的等比数列的各项的和）=[s^(n-1)-r^(n-1)*r/s]/(1-r/s)=(s^n - r^n)/(s-r)r+s=1，-rs=1的一解为s=(1+√5)/2，r=(1-√5)/2则F(n)=(1/√5)*{[(1+√5)/2]^n - [(1-√5)/2]^n}迭代法已知a1=1,a2=1,an=a(n-1)+a(n-2)(n>=3),求数列{an}的通项公式解:设an-αa(n-1)=β(a(n-1)-αa(n-2))得α+β=1αβ=-1构造方程x²-x-1=0,解得α=(1-√5)/2,β=(1+√5)/2或α=(1+√5)/2,β=(1-√5)/2所以an-(1-√5)/2*a(n-1)=(1+√5)/2*(a(n-1)-(1-√5)/2*a(n-2))=[(1+√5)/2]^(n-2)*(a2-(1-√5)/2*a1)`````````1an-(1+√5)/2*a(n-1)=(1-√5)/2*(a(n-1)-(1+√5)/2*a(n-2))=[(1-√5)/2]^(n-2)*(a2-(1+√5)/2*a1)`````````2由式1,式2,可得an=[(1+√5)/2]^(n-2)*(a2-(1-√5)/2*a1)``````````````3an=[(1-√5)/2]^(n-2)*(a2-(1+√5)/2*a1)``````````````4将式3*(1+√5)/2-式4*(1-√5)/2,化简得an=(1/√5)*{[(1+√5)/2]^n - [(1-√5)/2]^n}。

斐波那契数列通项公式⽬录简介斐波那契数列是指的这样的⼀个数列，从第3项开始，以后每⼀项都等于前两项之和。

写成递推公式即：a n=a n−1+a n−2(n≥3)假设令a1=1,a2=1，则斐波那契数列指的是这样的⼀串数：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,...。

接下来，⽂章提到斐波那契数列特指a1=1,a2=1的这串数。

斐波那契数列的通项公式及证明通项公式斐波那契数列的通项公式⾮常对称：a n=1√5[(√5+12)n−(√5−12)n]可以发现，斐波那契数列都是整数，但斐波那契数列的通项公式确是由⽆理数拼凑⽽来的。

那么接下来，我们就来看看如何证明（求解）证明引⼊⾸先，我们来看看这样的⼀个题⽬：已知a n=k×a n−1+b(n≤2)，求该数列的通项公式（⽤含有k,b,a1的式⼦表⽰）这不是⼀道原题，是我将题⽬中的数字⽤字母代替得到的。

闲话少说，我们来看看这要怎么做。

⾸先，我们要回到两种最基本的数列：等差数列和等⽐数列。

这两个数列的通项公式分别是：a n=a1+(n−1)×d(d为公差)a n=r n−1×a1(r为公⽐)知道了这两个公式，我们便要懂得转化。

可以看到当k=0时，该数列是⼀个常数列，通项公式为a n=a1当k=1时，该数列是⼀个等差数列，通项公式为a n=a1+b×(n−1)当k>1时，就是我们要讨论的重点。

⾸先，我们考虑能不能把他化为等差数列，然⽽，很显然不⾏。

那么，就考虑等⽐数列，我们把常数项b裂解，使之构成这样的⼀个式⼦：a n+t=k(a n−1+b−t)可以通过解⽅程算出t的值，于是原式便变成了⼀个等⽐数列，运⽤等⽐数列的通项公式，然后移项，数列{a n}的通项公式也就求出来了。

Ps.这种⽅法在⾼中必修五会重点讲到，这种计算数列通项公式的算法就叫裂项构造法，后⾯的篇幅讲重点讲⾼中不会涉及的⼆阶递推式的通项公式的求法。

算法斐波那契数列递推式和证明
斐波那契数列是一系列由0和1开始的数字序列，后续的数字是前两
个数字的和。

数列的递推式可以表示为Fn=Fn-1+Fn-2，其中n>=2，F0=0，F1=1
为了证明斐波那契数列的递推式，我们可以使用数学归纳法。

第一步，基础情况：
当n=2时，F2=F1+F0=1+0=1，符合递推式。

当n=3时，F3=F2+F1=1+1=2，也符合递推式。

第二步，归纳假设：
假设当n=k时，递推式成立，即Fk=Fk-1+Fk-2
我们需要证明当n=k+1时，递推式也成立，即Fk+1=Fk+Fk-1
第三步，归纳证明：
当n=k+1时，根据递推式，我们有Fk+1=Fk+Fk-1
由归纳假设，我们假设Fk=Fk-1+Fk-2，将其代入上式中得：
Fk+1=(Fk-1+Fk-2)+Fk-1
化简上式，得：
Fk+1=2Fk-1+Fk-2
根据递推式，我们有Fk+1=Fk+Fk-1，将其代入上式中得：
Fk+Fk-1=2Fk-1+Fk-2
继续化简上式，得：
Fk=Fk-1+Fk-2
由此可见，当n=k+1时，递推式也成立。

综上所述，斐波那契数列的递推式Fn=Fn-1+Fn-2成立。

斐波那契数列的递推式可以通过以下方法进行证明：
1.确定基础情况，即n=2和n=3时，递推式成立。

2.假设当n=k时，递推式成立，即Fk=Fk-1+Fk-2
3.根据递推式，推导出当n=k+1时，递推式也成立。

4.综上所述，递推式成立。

通过数学归纳法的证明，我们可以确定斐波那契数列的递推式是正确的。

斐波那契数列通项公式证明斐波那契数列，这可是数学世界里一个相当有趣的家伙！咱先来说说啥是斐波那契数列。

它是这样一组数：0、1、1、2、3、5、8、13、21、34…… 从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和。

那咱们就来琢磨琢磨它的通项公式是咋证明的。

要证明斐波那契数列的通项公式，咱们得先引入一些数学工具。

就好比你要去爬山，得先准备好合适的装备。

这里我们要用的就是线性代数里的特征值和特征向量的知识。

假设斐波那契数列的通项公式是 F(n) = a^n （其中 a 是一个待求的数）。

把斐波那契数列的递推关系 F(n) = F(n - 1) + F(n - 2) 代入，就得到了 a^n = a^(n - 1) + a^(n - 2) 。

两边同时除以 a^(n - 2) ，就变成了 a^2 = a + 1 。

解这个方程，就能得到两个根，咱叫它们α和β。

这两个根可神奇了，接下来的证明就得靠它们。

经过一系列复杂但有趣的推导（这中间的过程就像走迷宫，得一步步仔细琢磨），最终我们就能得出斐波那契数列的通项公式：F(n) = [ (1 + √5) / 2 ]^n - [ (1 - √5) /2 ]^n / √5 。

我记得有一次给学生们讲这个的时候，有个小家伙瞪着大眼睛问我：“老师，这玩意在生活中有啥用啊？”我笑着跟他们说：“你们想想，自然界里很多植物的花瓣数量、松果的鳞片排列，都遵循着斐波那契数列的规律呢。

还有啊，股票的走势分析，有时候也能看到斐波那契数列的影子。

” 小家伙们听得似懂非懂，但那充满好奇的眼神让我觉得特别有意思。

总之，斐波那契数列的通项公式证明虽然有点复杂，但当你真正搞懂的时候，那种成就感就像是解开了一道超级难的谜题，爽得很！希望你们也能在数学的海洋里畅游，发现更多的奇妙之处。

神奇的斐波那契数列一、教学目标1、了解斐波那契数列的有关数学文化；了解斐波那契数列通项公式的推导方法；理解斐波那契数列在数列中的地位。

2、通过研究斐波那契数列相关资料，让学生体验收集、分析材料的一般方法，掌握学会学习的一般技能；通过利用斐波那契数列数列知识研究高中数学知识、现实生活中的应用等问题，让学生在应用中掌握斐波那契数列的数学思想，培养学生应用知识分析问题能力和创新解决实际问题的能力3、通过展示斐波那契数列的数学史，激发学生学习数学的热情态度，塑造良好的人文底蕴；通过介绍斐波那契数列在现实生活中的应用，激发学生的勇于探索、积极思考、追求科学的学习品质；通过互联网技术呈现、感知人类探索数学在万物中的联系、养成良好的审美情趣，促使学生树立献身科学的人生观与回报社会的价值观。

二、教学重难点1、教学重点斐波那契数列及其性质2、教学难点斐波那契数列通项公式的推导三、教学方法学生讨论探究式与教师启发引导式四、学情分析在新课程理念下,初中数学课程目标、课程的内容、教学方式、学习方式等在高中都发生了较大的变化,高一学生在知识、能力、情感态度等方面具备一些新的特点,高一学生主要存在以下特点：目标高远，动力不足、探索学习方法的意识不强、高中学习适应性比较差、学习自觉性和毅力不足、学习方法不得当、运算能力差、学习和复习的效率低、认识水平有待提高。

但探究新知识欲望较强，感性认知多于理性认知，所以本节基于以上学生特点而设置，复合学生的最近认知与发展观。

本课是教材必修五第二章数列第一小节“数列的概念与通项公式”后的阅读与思考的内容，在数列章头封面背景也是呈现了一些斐波那契数列在大自然中的实例，所以有探讨的价值，也有利于激发学生的兴趣，为学生后续数列的学习带来求知欲。

斐波那契数列内容丰富，一节课是不可能全面的呈现斐波那契数列与其应用，本课从学生认知的最近发展区出发来安排教学设计，让学生能对斐波那契数列尽可能的认知，并能运用本节知识解决相关问题，也体现数学源于生活，服务于生活的理念。

斐波那契数列通项公式的推导
在研究斐波那契数列的性质时，我们可以通过观察序列中的规律来寻找通项公式。

下面我将逐步推导出斐波那契数列通项公式。

首先，我们假设斐波那契数列的通项公式为Fn=a^n，其中a为待定常数。

我们希望通过递推关系式F(n)=F(n-1)+F(n-2)来求解a的值。

将n代入递推关系式中，我们得到：
a^n=a^(n-1)+a^(n-2)
我们可以对上式进行变形，将a^(n-2)提取出来：
a^n-a^(n-1)-a^(n-2)=0
进一步变形得到：
a^(n-2)*(a^2-a-1)=0
上式左边的第一项a^(n-2)不等于零，所以我们可以将方程化简为：a^2-a-1=0
这是一个关于a的二次方程，我们可以使用求根公式来求解。

根据求根公式，可以得到：
a=(1±√5)/2
根据数列的性质，我们知道斐波那契数列的项必须是实数，所以我们选择a=(1+√5)/2作为通项公式的解。

因此，斐波那契数列的通项公式为：
Fn=((1+√5)/2)^n
这就是斐波那契数列通项公式的推导过程。

通过这个公式，我们可以根据任意项的序号n来计算出对应的斐波那契数值Fn。

类斐波那契数列通项摘要：1.斐波那契数列简介2.斐波那契数列的通项公式3.通项公式的推导过程4.斐波那契数列的性质与应用5.总结正文：斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学上一个非常有趣的数列。

它的定义如下：第一个数为1，第二个数为1，从第三个数开始，每个数都是前两个数之和。

即：1, 1, 2, 3, 5, 8，依次类推。

斐波那契数列的通项公式可以用以下公式表示：F(n) = (1 / sqrt(5)) * [((1 + sqrt(5)) / 2)^n - ((1 - sqrt(5)) / 2)^n]接下来，我们来推导这个通项公式。

首先，我们设((1 + sqrt(5)) / 2 ) 为A，((1 - sqrt(5)) / 2 ) 为B。

那么，A + B = 1，AB = 1/sqrt(5)。

我们可以得到以下等式：A^2 - B^2 = (A + B)(A - B) = 1 * (A - B)将A 和B 代入等式，得到：((1 + sqrt(5)) / 2)^2 - ((1 - sqrt(5)) / 2)^2 = 1 * (((1 + sqrt(5)) / 2) - ((1 - sqrt(5)) / 2))化简后，我们得到：((1 + sqrt(5)) / 2)^n - ((1 - sqrt(5)) / 2)^n = ((1 + sqrt(5)) / 2 - ((1 - sqrt(5)) / 2) * ((1 + sqrt(5)) / 2)^(n-1)由此，我们得到了斐波那契数列的通项公式：F(n) = (1 / sqrt(5)) * [((1 + sqrt(5)) / 2)^n - ((1 - sqrt(5)) / 2)^n]斐波那契数列在数学、生物学、金融等领域有着广泛的应用。

例如，在黄金分割比例中，斐波那契数列就起着关键作用。

此外，斐波那契数列还与贝叶斯定理、杨辉三角等数学知识密切相关。

斐波那契数列通项公式
定义
斐波那契数列指的是每⼀项都等于前两项之和的数列，定义为F[1]=1，F[2]=1, F[n]=F[n-1]+F[n-2]（n>=3）。

通项公式
我们先来研究形如F[n]=c1F[n-1]+c2F[n-2]的数列。

对于这样的数列，F[n]-xF[n-1]与F[n-1]-xF[n-2]的⽐值⼀定是⼀个定值，即：
将其进⾏移项运算，得：
对应得：
回到斐波那契数列的问题中来，把c1=c2=1代⼊特征⽅程组得：
解得：
两组解分别记为x1、y1、x2、y2。

再看：
此式是⼀个公⽐为y的等⽐数列，第⼀项为F[1]-xF[0]，第⼆项为F[2]-xF[1]，以此类推，第n项为F[n]-xF[n-1]，根据等⽐数列公式F[n]=F[1]q n-1得：将两组x、y的解代⼊得⽅程组：
将x1=y2；x2=y1代⼊后，解得：
因为F[0]，F[1]，x1，x2均为已知，可记为常项，得到斐波那契数列的通项公式：
⼜因为F[1]=F[2]=1，所以得到⽅程组：
解得：
因此，斐波那契数列的通项公式为：。

斐波那契数列通项公式首先，我们先从前几项开始观察斐波那契数列的规律：F(0)=0F(1)=1F(2)=F(1)+F(0)=1+0=1F(3)=F(2)+F(1)=1+1=2F(4)=F(3)+F(2)=2+1=3F(5)=F(4)+F(3)=3+2=5...可以发现，斐波那契数列的每一项都是前两项的和。

也就是说，F(n)=F(n-1)+F(n-2)。

现在，我们假设斐波那契数列的通项公式为Fn=a^n，其中a为待确定的常数。

将这个表达式代入F(n)=F(n-1)+F(n-2)中，得到: a^n=a^(n-1)+a^(n-2)接下来，我们将方程两边都除以a^(n-2)，得到：a^2=a+1由上述方程可以得到a的两个解：a1 = (1 + sqrt(5))/2a2 = (1 - sqrt(5))/2所以，斐波那契数列的通项公式可以表示为：Fn = ( (1 + sqrt(5))/2 )^n - ( (1 - sqrt(5))/2 )^n / sqrt(5)这就是斐波那契数列的通项公式。

通过这个公式，我们可以直接计算任意一项的值，而不需要逐个相加。

斐波那契数列的通项公式在数学和计算机科学中有着广泛的应用。

因为斐波那契数列具有许多特殊的数学性质，这个通项公式可以用来研究这些性质，解决一些相关的问题。

而在计算机科学中，通过这个公式可以更高效地计算斐波那契数列的任意一项的值，而不需要使用递归或迭代的方法。

总结一下，斐波那契数列的通项公式为Fn = ( (1 +sqrt(5))/2 )^n - ( (1 - sqrt(5))/2 )^n / sqrt(5)。

这个公式可以用来计算斐波那契数列的任意一项的值，大大提高了计算效率。

求斐波那契数列的通项公式斐波那契数列，这可是数学世界里一个相当有趣的家伙！咱们先来了解一下啥是斐波那契数列。

比如说，一开始有一对小兔子，小兔子长大需要一个月，长大之后每个月就能生一对小兔子。

第一个月就这一对小兔子，第二个月还是这一对，第三个月这一对长大能生了，就变成两对，第四个月原来的一对又生了一对，加上之前的两对，就有三对……这样依次下去，1，1，2，3，5，8，13，21……这就是斐波那契数列。

那怎么求出它的通项公式呢？这可得费点脑筋。

咱们先设斐波那契数列的第 n 项为 F(n) 。

为了找到通项公式，咱们可以试试从简单的数学方法入手。

比如说，咱们可以观察相邻两项的关系。

发现 F(n) = F(n - 1) + F(n - 2) ，这就是斐波那契数列的核心特点。

但仅仅知道这个关系还不够，要找到通项公式可没那么简单。

这时候就得用到一些更高级的数学工具啦。

咱们假设通项公式是一个形如 F(n) = x^n 的形式。

把这个假设代入到 F(n) = F(n - 1) + F(n - 2) 这个关系式中，经过一系列复杂的计算和推导（这过程可有点烧脑），最终就能得到斐波那契数列的通项公式。

说到这，我想起之前给学生讲这部分内容的时候，有个小家伙特别积极，瞪着大眼睛，一直问问题。

我给他一步一步解释，看着他从一脸迷茫到最后恍然大悟的样子，那种成就感简直爆棚！求出斐波那契数列的通项公式，不仅能让我们更深入地理解这个神奇的数列，还能在很多实际问题中派上用场。

比如说在计算机编程里，用通项公式可以快速生成斐波那契数列的项，提高程序的效率。

总之，虽然求斐波那契数列的通项公式有点难，但只要咱们有耐心，有探索的精神，就能攻克这个难关，发现数学世界里更多的精彩！。

斐波那契数列斐波那契数列的通项公式推导山西省原平市原平一中任所怀做了这些年的数学题，我时常有这样的感受。

一个新的数学题初次接触时，会觉得这个题的解题技巧很妙，甚至有点非夷所思，但如果把同类型问题多做几个，你就会发现原来所谓的技巧，其实是一种再正常不过的想法，是一种由已知到未知的必然之路。

这样我们就由解题的技巧而转化到了通解通法，进一步就会形成解题的思想，所以我对于数学爱好者建议，做题时要把同类型题多种总结和分析，这样你的数学才会有长足的进步。

下面我们就由递推推导通项的问题，进行对比分析。

例1在数列中，，求数列的通项。

（普通高中课程标准实验教科书人教A版必修5第69页6题）分析：此题可分两步来进行，首先由构造一个等比数列，其中，并写出的通项；然后利用，两边同除以得，由累加法，就可求出数列的通项。

解：（设，则（）所以数列为等比数列，且首项为，公比为3。

所以。

于是有，两边都除以得设，则有由累加法可得因为所以（）于是有。

总结：上面的求解过程实质，求是一个把已知条件逐步化简的过程，由相邻三项的递推关系化为相邻两项的递推关系，进一步求出通项公式。

下面我们来研究一下著名的斐波那契数列的通项。

已知数列，其中，，求数列的通项。

解：首先我们要构造一个等比数列，于是设则有。

（1）则由已知得（2）对照（1）（2）两式得解得或。

我们取前一解，就会有。

设，则有所以数列为等比数列，首项为，公比为所以。

即（3）再次构造等比数列，设则有对照（3）式，可得所以x=.于是有设，则有数列为等比数列，首项为，公比为，于是=所以有。

作者简介：任所怀，性别男，山西省原平市原平一中数学教师。

生于1973年9月10日，主要致力于中学数学教学研究。