高階等差數列

對於一個給定的數列，把它的連續兩項a_n+1與a_n的差a_n+1-a_n記為b_n，得到一個新數列，把數列b_n稱為原數列的一階差數列，如果c_n=b_n+1-b_n，則數列cn是an的二階差數列依此類推，可得出數列的p階差數列，其中p∈N⁺

基本介紹

• 中文名：高階等差數列
• 外文名：arithmetic progression of higher order
• 學科：數學
• 定義：二階及以上的等差數列
• 性質1：前n項和Sn是關於n的p+1次多項式
• 性質2：數列的通項是關於n的p次多項式

基本知識

⒈定義：一般地，如果{a_n+1－a_n}是K階等差數列，就稱原數列{a_n}為K+1階等差數列，二階以及高於二階的等差數列統稱為高階等差數列。

⒉如果某數列的p階差數列是一非零常數列，則稱此數列為p階等差數列

⒊高階等差數列是二階或二階以上等差數列的統稱

⒋高階等差數列的性質：

⑴如果數列是p階等差數列，則它的一階差數列是p-1階等差數列

⑵數列是p階等差數列的充要條件是：數列的通項是關於n的p次多項式

⑶ 如果數列是p階等差數列，則其前n項和S_n是關於n的p+1次多項式

⒌高階等差數列中最重要也最常見的問題是求通項和前n項和，更深層次的問題是差分方程的求解，解決問題的基該方法有：

⑴逐差法：其出發點是

⑵待定係數法：在已知階數的等差數列中，其通項an與前n項和Sn是確定次數的多項式（關於n的），先設出多項式的係數，再代入已知條件解方程組即得

⑶裂項相消法：其出發點是a_n能寫成a_n=f(n+1)-f(n)

⑷化歸法：把高階等差數列的問題轉化為易求的同階等差數列或低階等差數列的問題，達到簡化的目的

例題精講

例1.

數列的二階差數列的各項均為16，且a₆₃=a₈₉=10，求a₅₁

法一：

顯然{a_n}的二階差數列{b_n}是公差為16的等差數列，設其首項為a，則b_n=a+(n-1）×16，於是

=a₁+(n-1)a+8(n-1)(n-2)

這是一個關於n的二次多項式，其中n2的係數為8，由於a₆₃=a₈₉=10，所以

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

法二：

由題意，數列是二階等差數列，故其通項是n的二次多項式，又a₆₃=a₈₉=10，故可設a_n=A(n-63)(n-89)+10

由於是二階差數列的各項均為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，得a₅₁=8(51-63)(51-89)+10=3658

例2.

一個三階等差數列的前4項依次為30,72,140,240，求其通項公式

解：由性質⑵，a_n是n的三次多項式，可設a_n=A_n³+B_n²+C_n+D

由a₁=30、a₂=72、a₃=140、a₄=240得

A+B+C+D=30 A=1

8A+4B+2C+D=72 解得： B=7

27A+9B+3C+D=140 C=14

64A+16B+4C+D=240 D=8

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是是數列{n(n+2)(n+1)²}的前n項和，

因為a_n=n(n+2)(n+1)²是關於n的四次多項式，所以{a_n}是四階等差數列，於是S_n是關於n的五次多項式

k(k+2)(k+1)²=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2），故求S_n可轉化為求

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==

從而S_n=K_n-2T_n=

例4.

已知整數列適合條件：

⑴a_n+2=3a_n+1-3a_n+a_n-1,n=2,3,4，…

⑵2a₂=a₁+a₃-₂

⑶a₅-a₄=9,a₁=1

求數列{a_n}的前n項和S_n

解：設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}是常數列

由條件⑵得C₁=2，則{a_n}是二階等差數列

因此

由條件⑶知b₄=9，從而b₁=3，於是a_n=n²,

例5.

求證：二階等差數列的通項公式為

證明：設{a_n}的一階差數列為{b_n}，二階差數列為{c_n}，由於{a_n}是二階等差數列，故{c_n}為常數列

又c₁=b₂-b₁=a₃-2a₂+a₁

所以=

=

=

例6.

求數列1,3+5+7,9+11+13+15+17，…的通項

解：問題等價於：將正奇數1,3,5，…按照“第n個組含有2n-1個數”的規則分組：

⑴、（3,5,7）、（9,11,13,15,17），… 然後求第n組中各數之和a_n

依分組規則，第n組中的數恰好構成以2為公差的項數為2n-1的等差數列，因而確定了第n組中正中央這一項，然後乘以（2n-1）即得a_n

將每一組的正中央一項依次寫出得數列：1,5,13,25，…這個數列恰為一個二階等差數列，不難求其通項為2n²-2n+1，故第n組正中央的那一項為2n²-2n+1，從而

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

例7.

數列{a_n}的二階差數列是等比數列，且a₁=5,a₂=6,a₃=9,a₄=16，求{a_n}的通項公式

解：易算出的二階差數列是以2為首項，2為公比的等比數列，則c_n=2ⁿ,

的一階差數列設為b_n，則b₁=1且b_n=,

從而an=

例8.

設有邊長為1米的正方形紙一張，若將這張紙剪成一邊長為別為1厘米、3厘米、…、（2n-1）厘米的正方形，恰好是n個而不剩餘紙，這可能嗎？

解：原問題即是是否存在正整數n，使得1²+3²+…+(2n-1)²=100²

由於1²+3²+…+(2n-1)²=[1²+2²+…+(2n-1)²]-[2²+4²+…+(2n)²]=隨著n的增大而增大，當n=19時=9129<10000，當n=20時=10660>10000

故不存在…

例9.

對於任一實數序列A={a₁,a₂,a₃，…}，定義DA為序列{a₂-a₁,a₃-a₂，…}，它的第n項為a_n+1-a_n，假設序列D(DA）的所有項均為1，且a₁₉=a₉₂=0，求a₁

解：設序列DA的首項為d，則序列DA為{d,d+1,d+2，…},它的第n項是d+(n-1），因此序列A的第n項

顯然a_n是關於n的二次多項式，首項等比數列為

由於a₁₉=a₉₂=0，必有

所以a₁=819