一、基本知識

1.定義：對于一個(gè)給定的數(shù)列{a_n}，把它的連結(jié)兩項(xiàng)a_n+1與a_n的差a_n+1-a_n記為b_n，得到一個(gè)新數(shù)列{ b_n}，把數(shù)列b_n你為原數(shù)列{a_n}的一階差數(shù)列，如果c_n=b_n+1-b_n，則數(shù)列{c_n}是{a_n}的二階差數(shù)列依此類推，可得出數(shù)列{a_n}的p階差數(shù)列，其中pÎN

2.如果某數(shù)列的p階差數(shù)列是一非零常數(shù)列，則稱此數(shù)列為p階等差數(shù)列

3.高階等差數(shù)列是二階或二階以上等差數(shù)列的統(tǒng)稱

4.高階等差數(shù)列的性質(zhì)：

(1)如果數(shù)列{a_n}是p階等差數(shù)列，則它的一階差數(shù)列是p-1階等差數(shù)列

(2)數(shù)列{a_n}是p階等差數(shù)列的充要條件是：數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)是關(guān)于n的p次多項(xiàng)式

(3) 如果數(shù)列{a_n}是p階等差數(shù)列，則其前n項(xiàng)和S_n是關(guān)于n的p+1次多項(xiàng)式

5.高階等差數(shù)列中最重要也最常見的問題是求通項(xiàng)和前n項(xiàng)和，更深層次的問題是差分方程的求解，解決問題的基本方法有：

(1)逐差法：其出發(fā)點(diǎn)是a_n=a₁+

(2)待定系數(shù)法：在已知階數(shù)的等差數(shù)列中，其通項(xiàng)a_n與前n項(xiàng)和S_n是確定次數(shù)的多項(xiàng)式(關(guān)于n的)，先設(shè)出多項(xiàng)式的系數(shù)，再代入已知條件解方程組即得

(3)裂項(xiàng)相消法：其出發(fā)點(diǎn)是a_n能寫成a_n=f(n+1)-f(n)

(4)化歸法：把高階等差數(shù)列的問題轉(zhuǎn)化為易求的同階等差數(shù)列或低階等差數(shù)列的問題，達(dá)到簡化的目的

二、例題精講

例1.數(shù)列{a_n}的二階差數(shù)列的各項(xiàng)均為16，且a₆₃=a₈₉=10，求a₅₁

解：法一：顯然{a_n}的二階差數(shù)列{b_n}是公差為16的等差數(shù)列，設(shè)其首項(xiàng)為a,則b_n=a+(n-1)×16,于是a_n= a₁+

=a₁+(n-1)a+8(n-1)(n-2)

這是一個(gè)關(guān)于n的二次多項(xiàng)式，其中n²的系數(shù)為8，由于a₆₃=a₈₉=10,所以

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

解：法二：由題意，數(shù)列{a_n}是二階等差數(shù)列，故其通項(xiàng)是n的二次多項(xiàng)式，又a₆₃=a₈₉=10，故可設(shè)a_n=A(n-63)(n-89)+10

由于{a_n}是二階差數(shù)列的各項(xiàng)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，從而a₅₁=8(51-63)(51-89)+10=3658

例2.一個(gè)三階等差數(shù)列{a_n}的前4項(xiàng)依次為30,72,140,240，求其通項(xiàng)公式

解：由性質(zhì)(2)，a_n是n的三次多項(xiàng)式，可設(shè)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是是數(shù)列{n(n+2)(n+1)²}的前n項(xiàng)和，

因?yàn)?i>a_n=n(n+2)(n+1)²是關(guān)于n的四次多項(xiàng)式，所以{a_n}是四階等差數(shù)列，于是S_n是關(guān)于n的五次多項(xiàng)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(zhuǎn)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(shù)列{a_n}適合條件：

(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

求數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n

解：設(shè)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(shù)列

由條件(2)得C₁=2,則{a_n}是二階等差數(shù)列

因此a_n=a₁+

由條件(3)知b₄=9，從而b₁=3，于是a_n=n²

例5.求證：二階等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為

證明：設(shè){a_n}的一階差數(shù)列為{b_n}，二階差數(shù)列為{c_n}，由于{a_n}是二階等差數(shù)列，故{c_n}為常數(shù)列

又c₁=b₂-b₁=a₃-2a₂+a₁

所以

例6.求數(shù)列1,3+5+7,9+11+13+15+17,…的通項(xiàng)

解：問題等價(jià)于：將正奇數(shù)1,3,5,…按照“第n個(gè)組含有2n-1個(gè)數(shù)”的規(guī)則分組：

(1)、(3,5,7)、(9,11,13,15,17),… 然后求第n組中各數(shù)之和a_n

依分組規(guī)則，第n組中的數(shù)恰好構(gòu)成以2為公差的項(xiàng)數(shù)為2n-1的等差數(shù)列，因而確定了第n組中正中央這一項(xiàng)，然后乘以(2n-1)即得a_n

將每一組的正中央一項(xiàng)依次寫出得數(shù)列：1,5,13,25,…這個(gè)數(shù)列恰為一個(gè)二階等差數(shù)列，不難求其通項(xiàng)為2n²-2n+1，故第n組正中央的那一項(xiàng)為2n²-2n+1，從而

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

例7.數(shù)列{a_n}的二階差數(shù)列是等比數(shù)列，且a₁=5,a₂=6,a₃=9,a₄=16,求{a_n}的通項(xiàng)公式

解：易算出{a_n}的二階差數(shù)列{c_n}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列,則c_n=2ⁿ,

{a_n}的一階差數(shù)列設(shè)為{b_n}，則b₁=1且

從而

例8.設(shè)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，愉好是n個(gè)而不剩余紙，這可能嗎？

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

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

故不存在…

例9.對于任一實(shí)數(shù)序列A={a₁,a₂,a₃,…}，定義DA為序列{a₂-a₁,a₃-a₂,…}，它的第n項(xiàng)為a_n+1-a_n，假設(shè)序列D(DA)的所有項(xiàng)均為1，且a₁₉=a₉₂=0,求a₁

解：設(shè)序列DA的首項(xiàng)為d,則序列DA為{d,d+1,d+2,…},它的第n項(xiàng)是d+(n-1)，因此序列A的第n項(xiàng)

顯然a_n是關(guān)于n的二次多項(xiàng)式，首項(xiàng)等比數(shù)列為

由于a₁₉=a₉₂=0，必有

所以a₁=819