斐波那契数列的性质都有那些？
斐波那契数列的性质特别多。真是一个神奇的数列！今天就给您介绍这么几条。
第一组3条：
性质1：斐波那契数列前n项和等于第n+2项减1。用公式表示就是：
比如，前8项和：
1+1+2+3+5+8+13+21=55－1=54。
（第9项34没有出现。但其实它是最后两项的和。）
这条性质不难证明，如下：
相加，得
即
性质2：前n个项数为奇数的斐波那契数之和等于第2n个斐波那契数，或者说，第偶数项的斐波那契数等于其前面所有奇数项斐波那契数之和。用公式表示即为：
不用连加符号，更加直观一些：
比如，
证明不难，仍可采用“拆项、抵消”的方法。对照上面不用连加符号的公式，心里想一下即可想通。
性质3：前n个项数为偶数的斐波那契数之和等于第2n+1个斐波那契数减1，或者说，第奇数项的斐波那契数等于其前面所有偶数项斐波那契数之和再加1。用公式表示即为：
比如
证明不难。考虑性质1即下面的公式(1')和性质2即下面的公式(2)，再考虑下面的(4)式，用公式(1')减去公式(2)，便可得出性质3的公式(3)。
第二组3条：
性质1：前n个斐波那契数的平方和等于第n个斐波那契数与第n+1个斐波那契数的乘积。用公式表示就是：
这样一来，我们求前9个斐波那契数的平方和，就不必每个数平方后再相加，而只需求两个数的乘积即可，简单了很多。又因为一个斐波那契数等于其前面两个斐波那契数之和（斐波那契数的定义），所以，我们只需求出这9个斐波那契数的最后两个之和，即F10，再让这个和乘以最后一个斐波那契数F9即可。比如：
这个性质即公式(1)的证明很简单：
以上n个式子相加，右端出现两两抵消的情况，最后就剩下一项，就是我们想要的结果。
性质2：斐波那契数列中前2n个相邻两项乘积之和，等于第2n+1个斐波那契数的平方再减1。即
（注意，(1)我们单说“项”时是指斐波那契数列的项，比如F5；上式左侧两相邻项的乘积，我们可以称其为“乘积项”，比如F2F3，但不称其为“项”，以免与斐波那契数列的“项”混淆。(2)上式左边共有2n(偶数)个乘积项，但因为每一乘积项都是连续两个斐波那契数的乘积，所以，一共涉及前2n+1个斐波那契数。）
举例：
我们要求前10个乘积项之和，但涉及前11个斐波那契数（如上表），所以结果就是F11的平方再减1。
（注意，性质2中左侧求乘积项之和时，一定是偶数个乘积项之和。右侧平方数中一定是斐波那契的奇数项的平方，其实就是左侧序号最大的那个斐波那契数的平方。否则性质不成立。比如，若是前5个乘积的和，则左侧为1+2+6+15+40=64，而右侧为8^2-1=64-1=63。两者不相等。我们从下面的证明过程也可以看出左侧一定是偶数个乘积项之和，才能两两配对成功。求和符号上限2n已经说明了求和的数量是偶数。）
下面的证明过程：
性质3：斐波那契数列中前2n-1个相邻两项乘积之和，等于斐波那契数列第2n项的平方。即：
上一条中求和号上限为偶数，本条性质就来解决奇数的情况。左侧涉及2n个斐波那契数，右侧是其中最大的那个斐波那契数的平方。证明不难，把上一条的证明稍加改造即可。如下：
