高阶等差数列详解

一、基本知识

1.定义：对于一个给定的数列{a_n}，把它的连结两项a_n+1与a_n的差a_n+1-a_n记为b_n，得到一个新数列{ b_n}，把数列b_n你为原数列{a_n}的一阶差数列，如果c_n=b_n+1-b_n，则数列{c_n}是{a_n}的二阶差数列依此类推，可得出数列{a_n}的p阶差数列，其中pÎN

2.如果某数列的p阶差数列是一非零常数列，则称此数列为p阶等差数列

3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称

4.高阶等差数列的性质：

(1)如果数列{a_n}是p阶等差数列，则它的一阶差数列是p-1阶等差数列

(2)数列{a_n}是p阶等差数列的充要条件是：数列{a_n}的通项是关于n的p次多项式

(3) 如果数列{a_n}是p阶等差数列，则其前n项和S_n是关于n的p+1次多项式

5.高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前n项和，更深层次的问题是差分方程的求解，解决问题的基本方法有：

(1)逐差法：其出发点是a_n=a₁+

(2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项a_n与前n项和S_n是确定次数的多项式(关于n的)，先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得

(3)裂项相消法：其出发点是a_n能写成a_n=f(n+1)-f(n)

(4)化归法：把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的

二、例题精讲

例1.数列{a_n}的二阶差数列的各项均为16，且a₆₃=a₈₉=10，求a₅₁

解：法一：显然{a_n}的二阶差数列{b_n}是公差为16的等差数列，设其首项为a,则b_n=a+(n-1)×16,于是a_n= a₁+

=a₁+(n-1)a+8(n-1)(n-2)

这是一个关于n的二次多项式，其中n²的系数为8，由于a₆₃=a₈₉=10,所以

a_n=8(n-63)(n-89)+10，从而a₅₁=8(51-63)(51-89)+10=3658

解：法二：由题意，数列{a_n}是二阶等差数列，故其通项是n的二次多项式，又a₆₃=a₈₉=10，故可设a_n=A(n-63)(n-89)+10

由于{a_n}是二阶差数列的各项均为16，所以(a₃-a₂)-(a₂-a₁)=16

即a₃-2a₂+a₁=16，所以

A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63)×(1-89)+10=16

解得：A=8

a_n=8(n-63)(n-89)+10，从而a₅₁=8(51-63)(51-89)+10=3658

例2.一个三阶等差数列{a_n}的前4项依次为30,72,140,240，求其通项公式

解：由性质(2)，a_n是n的三次多项式，可设a_n=An³+Bn²+Cn+D

由a₁=30、a₂=72、a₃=140、a₄=240得

解得：

所以a_n=n³+7n²+14n+8

例3.求和：S_n=1×3×2²+2×4×3²+…+n(n+2)(n+1)²

解：S_n是是数列{n(n+2)(n+1)²}的前n项和，

因为a_n=n(n+2)(n+1)²是关于n的四次多项式，所以{a_n}是四阶等差数列，于是S_n是关于n的五次多项式

k(k+2)(k+1)²=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2)，故求S_n可转化为求

K_n=和T_n=

k(k+1)(k+2)(k+3)=[ k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)]，所以

K_n==

T_n==

从而S_n=K_n-2T_n=

例4.已知整数列{a_n}适合条件：

(1)a_n+2=3a_n+1-3a_n+a_n-1,n=2,3,4,…

(2)2a₂=a₁+a₃-2

(3)a₅-a₄=9,a₁=1

求数列{a_n}的前n项和S_n

解：设b_n=a_n+1-a_n,C_n=b_n+1-b_n

C_n=b_n+1-b_n= (a_n+2-a_n+1)-( a_n+1-a_n)=a_n+2-2a_n+1+a_n=(3a_n+1-3a_n+a_n-1) -2a_n+1+a_n=a_n+1-2a_n+a_n-1

=C_n-1 (n=2,3,4,…)

所以{ C_n}是常数列

由条件(2)得C₁=2,则{a_n}是二阶等差数列

因此a_n=a₁+

由条件(3)知b₄=9，从而b₁=3，于是a_n=n²

例5.求证：二阶等差数列的通项公式为

证明：设{a_n}的一阶差数列为{b_n}，二阶差数列为{c_n}，由于{a_n}是二阶等差数列，故{c_n}为常数列

又c₁=b₂-b₁=a₃-2a₂+a₁

所以

例6.求数列1,3+5+7,9+11+13+15+17,…的通项

解：问题等价于：将正奇数1,3,5,…按照“第n个组含有2n-1个数”的规则分组：

(1)、(3,5,7)、(9,11,13,15,17),… 然后求第n组中各数之和a_n

依分组规则，第n组中的数恰好构成以2为公差的项数为2n-1的等差数列，因而确定了第n组中正中央这一项，然后乘以(2n-1)即得a_n

将每一组的正中央一项依次写出得数列：1,5,13,25,…这个数列恰为一个二阶等差数列，不难求其通项为2n²-2n+1，故第n组正中央的那一项为2n²-2n+1，从而

a_n=(2n-2n+1)(2n-1)

例7.数列{a_n}的二阶差数列是等比数列，且a₁=5,a₂=6,a₃=9,a₄=16,求{a_n}的通项公式

解：易算出{a_n}的二阶差数列{c_n}是以2为首项，2为公比的等比数列,则c_n=2ⁿ,

{a_n}的一阶差数列设为{b_n}，则b₁=1且

从而

例8.设有边长为1米的正方形纸一张，若将这张纸剪成一边长为别为1厘米、3厘米、…、(2n-1)厘米的正方形，愉好是n个而不剩余纸，这可能吗？

解：原问题即是是否存在正整数n，使得1²+3²+…+(2n-1)²=100²

由于1²+3²+…+(2n-1)²=[1²+2²+…+(2n)²]-[2²+4²+…+(2n)²]=随着n的增大而增大，当n=19时=9129<10000，当n=20时=10660>10000

故不存在…

例9.对于任一实数序列A={a₁,a₂,a₃,…}，定义DA为序列{a₂-a₁,a₃-a₂,…}，它的第n项为a_n+1-a_n，假设序列D(DA)的所有项均为1，且a₁₉=a₉₂=0,求a₁

解：设序列DA的首项为d,则序列DA为{d,d+1,d+2,…},它的第n项是d+(n-1)，因此序列A的第n项

显然a_n是关于n的二次多项式，首项等比数列为

由于a₁₉=a₉₂=0，必有

所以a₁=819