递推法解题两例
递推法解题两例
例1.平面上有n条直线，它们中任意两条都不平行，且任意三条都不交于一点。
这n条直线可以把平面分割成多少个部分？
此问题的变例（即特殊情况）：
变例1：十刀最多可以把一张饼分成多少块？
变例2：一个圆形纸片，切100刀，最多可以将它分割为多少块？
对变例2 ，我们首先猜测其结论：
令S1，S2，……，S n分别表示将圆形纸片切一刀，二刀，……，n刀所得块数，则有
S1 =2=1+1
S2 =4=1+1+2
S3 =7=1+1+2+3
S4 =11=1+1+2+3+4
……
S n=1+1+2+3+4+……+n=1+(n+1)·n
∴当n=100时，有S100=1+（100+1）·100=5051（块）
解：设b n表示一条直线被n个不同的点分割后所得的分段数，则有b n=n+1.
设a n-1 为平面被符合条件的n-1条直线分割成的部分数，则当平面上插入符合条件的第n条直线时，前 n-1条直线与第n 条直线相交于n-1个不同的点，这n-1个点分第n 条直线为b n-1段，而每一分段恰分平面上一个已存在的部分为两个部分，于是，有：
a n =a n-1 +
b n-1（n＞1，n∈N）
又：b n-1=n
∴ a n=a n-1+n=a n-2+( n-1)+ n =……
=n+( n-1)+( n-2)+……+2+a1
又：a1=2=1+1
∴a n=n+( n-1)+( n-2 )+ ……+2+1+1
例2.有10级台阶，小王从下向上走，若每次只能跨一级或两级，他走上去共有多少种不同的走法？
解：考虑更一般的情况：在同样条件下走n级台阶，情况如何？
设a n为上n级台阶的所有不同的走法数目。
若第一次走一级，则余下的n-1级有a n-1 种走法；若第一次走两级，则余下的 n-2 级有a n-2 种走法。
∴ a n=a n-1 +a n-2 (n＞2，n∈N)
显然a1=1，a2=2
∴a3=a1+a2=3
a4=a3+a2=5
a5=a4+a3=8
a6=a5+a4=13
a7=a6+a5=21
a8=a7+a6=34
a9=a8+a7=55
a10=a9+a8=89
思考题：用8张1×2的方格纸覆盖2×8的方格纸，共有多少种不同的覆盖方式？。
应用递推公式解决直言命题
应用递推公式解决直言命题吉林华图教育直言命题是我们学习中的一个难点部分，如何准确的解决直言命题是我们学习的重点，在上一篇文章中，作者已经将常见的直言命题的题型以及解题方式向大家进行了介绍，本篇文章主要是针对直言命题中相对比较难的题型进行讲解。
在本篇文章中主要灵活的应用递推公式与换位解决复杂的直言命题。
复杂的直言命题主要有两类：第一类题干中条件可以相互递推换位；第二种题型需要将题干信息进行换位在递推。
首先我们先来看第一类题型的解题方法及步骤：第一类题型主要考察的是题中已知条件的相互递推，解题过程类似于翻译推理。
具体解题方法参考下题：【例1】某公司30岁以下的年轻员工中有一部分报名参加了公司在周末举办的外语培训斑。
该公司的部门经理一致同意在本周末开展野外拓展训练。
所有报名参加外语培训班的员工都反对在本周末开展拓展训练。
由此可以推出（）A.所有部门经理年龄都在30岁以上B.该公司部门经理中有人报名参加了周末的外语培训班C.报名参加周末外语培训班的员工都是30岁以下的年轻人D.有些30岁以下的年轻员工不是部门经理【答案】D【解析】题干中：①有的30以下年轻→外语培训；②所有经理→拓展训练；③所有外语培训→－拓展训练。
①与③递推的结果为④有的30以下年轻员工→－拓展训练。
根据②得出：⑤－拓展训练→－经理。
再将④与⑤递推得出D选项有的30以下年轻员工不是经理。
在本题中换位的考察主要是排除其他干扰选项，可以直接应用题干已知递推的出结论。
第二类题型主要是将题干中的已知条件先进行换位，换位得出的结论与题干中其他已知或者其他条件换位结果进行递推，主要的解题思路如例2。
【例2】某知名跨国公司的总部员工中，所有懂英语的都不精通印尼语，有些懂英语的不精通西班牙语，有些懂韩语的精通印尼语，所有懂韩语的都精通西班牙语，有些懂韩语的精通英语。
如果以上陈述为真，以下除哪项外也一定为真？（）A.有些懂韩语的员工不精通印尼语B.有些懂印尼语的不精通西班牙语C.有些懂韩语的职工不精通英语D.有些懂英语的不精通韩语【答案】B【解析】①所有英语→－印尼语；换位得出②所有印尼语→－英语。
数列-递推公式求通项的十大模型
递推公式求通项的十种类型类型1.等差数列：相邻两项递推形式：d d a a n n ，（=--1为常数，+∈≥N n n 且2）或者相邻三项递推形式：)2(211++-∈≥=+N n n a a a n n n 且.这种递推形式下，直接用等差数列的通项公式：即可解决！例1.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足11a =1=，则n a =（）A．21n -B．nC．21n +D．12n -解析：∵11a ==1，∴是以1为首项，以1为公差的等差数列，(1)11(1)1n n n =-⨯=+-⨯=，即2n S n =，∴()221121n n n a S S n n n -=-=--=-（2n ≥）.当1n =时，11a =也适合上式，∴21n a n =-.故选：A.注1：在等差数列中，有一类比较特殊的递推类型，即b kn a a n n +=++1，它可以得到两个子数列分别是公差为k 的等差数列.例2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，()142n n a a n n +++=+∈N ，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2021项的和为()A．20212022B．20202021C．20192020D．10101011解析：∵12a =，()142n n a a n n +++=+∈N ，∴216a a +=，解得24a =．142n n a a n ++=+ ，∴2146n n a a n +++=+，两式相减，得24n na a +-=，∴数列{}n a 的奇数项与偶数项均为公差为4的等差数列，∴当n 为偶数时，2(1)422n n a a n =+-⨯=．当n 为奇数时，1n +为偶数，∴根据上式和(*)知1422n n a n a n +=+-=，数列{}n a 的通项公式是2n a n =，易知{}n a 是以2为首项，2为公差的等差数列，故()()2212n n nS n n +==+，()111111n S n n n n ==-++，设1n S ⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和为n T ，则20211111112021112232021202220222022T =-+-++-=-= ．故选：A．例3．数列{}n a 中，112,21,N n n a a a n n *+=+=+∈．求{}n a 的通项公式；解析：（1）由121++=+n n a a n ①2123n n a a n ++⇒+=+②，②-①22n n a a +⇒-=，∴{}n a 的奇数项与偶数项各自成等差数列，由11223a a a =⇒+=，∴21a =，∴2112(1)2n a a n n -=+-=，∴1n a n =+，n 为奇数，212(1)21n a n n =+-=-，∴1n a n =-，n 为偶数．∴()()**1,21,N 1,2,Nn n n k k a n n k k ⎧+=-∈⎪=⎨-=∈⎪⎩.类型2.等比数列：相邻两项递推：)2,0,0(1+-∈≥≠≠=N n n a q qa a n n n且且或q a a n n=-1.或者相邻三项递推：)2(211≥∈=+-+n N n a a a n n n 且.注2：在等比数列应用中，有一类比较特殊的递推类型，即++∈∀⋅=N n m a a a n m m n ,,，我们可以对其赋值得到一个等比数列.例4．数列{}n a 中，112a =，对任意,N m n *∈有m n m n a a a +=，若19111k k k a a a +++++ 15522=-，则k =（）A．2B．3C．4D．5解析：由任意,m n *∈N 都有m n m n a a a +=，所以令1m =，则11n n a a a +=，且112a =，所以{}n a 是一个等比数列，且公比为12，则1910155191112222222k k k k k k k k a a a ++++++++=+++=-=- 所以5k =，故选：D.例5．已知数列{}n a 满足22,2,n n n a n a a n ++⎧=⎨⎩为奇数为偶数且11a =，22a =．求通项n a ；解析：当n 为奇数时，由22n n a a +-=知数列{}21k a -是公差为2的等差数列，()2111221k a a k k -=+-⨯=-，∴n a n =，n 为奇数；当n 为偶数时，由22n n a a +=知数列{}2k a 是公比为2的等比数列，1222k kk a a q -==，∴22nn a =，n 为偶数∴2,2,n n n n a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数.类型3.)(1n f a a n n =--累加型例6．若数列{}n a 满足11a =，12n n a a n +-=．求{}n a 的通项公式.解析：因为12n n a a n +-=，11a =，所以()()()1122112(1)2(2)21n n n n n a a a a a a a a n n ---=-+-++-+=-+-+++2222(1)112n n n n -+⋅-+=-+=，故21n a n n =-+.类型4.)(1n f a a n n=-(2≥∈+n N n 且)累乘型.例7．数列{}n a 及其前n 项和为n S 满足：11a =，当2n ≥时，111n n n a a n -+=-，则12320231111a a a a ++++= （）A．20211011B．40442023C．20231012D．40482025解析：当2n ≥时，111n n n a a n -+=-，即111n n a n a n -+=-，所以3124123213451,,,,,12321n n n n a a a a a n n a a a a n a n ---+=====-- 累乘得：()113451123212n n n a n n a n n ++=⨯⨯⨯⨯=-- ，又11a =，所以()12n n n a +=所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭则1232023111111111111222212233420232024a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭14046202321202420241012⎛⎫=-== ⎝⎭.故选：C.类型5.d ca a n n +=-1型（待定系数法）一般形式：1(,n n a ca d c d -=+为常数，0,1,0)c c d ≠≠≠，可以构造一个等比数列，只要在每一项同加上一个常数即可，且常数1dx c =-，1()n n a x c a x -+=+，令n n b a x =+，则n b 为等比数列，求出n b ，再还原到n a ，1)1(11--⋅-+=-c dc cd a a n n .例8．在数列{}n a 中，12a =，()*1432,N n n a a n n -=-≥∈．求{}n a 的通项公式.解析：依题意，数列{}n a 中，12a =，()*1432,N n n a a n n -=-≥∈，所以()()1*N 1412,n n a a n n --=-≥∈，所以数列{}1n a -是首项为111a -=，公比为4的等比数列.例9.(2014年新课标全国1卷)已知数列{}n a 满足13,111+==+n n a a a ，证明⎭⎬⎫⎩⎨⎧+21n a 是等比数列，并求{}n a 的通项公式.解析：显性构造：13,111+==+n n a a a ，)21(3211+=++n n a a ，)13(21-=n n a .类型6.nn n b m qa a ⋅+=+1型例10．已知数列{}n a 的首项1=6a ，且满足1142n n n a a ++=-．求数列{}n a 的通项公式；解析：∵1142n n n a a ++=-，∴112122n n n n a a ++=⋅-，∴1112122n n n n a a ++⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，又∵1122a -=，故12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列．112222n nn n a --=⋅=，则42n n n a =+．类型7.)1)((1≠+=+p n f pa a n n 型.方法1.数学归纳法.方法2.1111)()(+++++=⇒+=n n n n n n n p n f p a p a n f pa a ，令n n n p a b =，则11)(++=-n n n pn f b b ，用累加法即可解决！（公众号：凌晨讲数学）例11.(2020年新课标全国3卷)设数列{}n a 满足31=a ，n a a n n 431-=+.（1）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明；（2）求数列{}n na 2的前n 项和n S .解析：方法1：归纳法.（1）235,7,a a ==猜想21,n a n =+得1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+，1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+方法2：构造法.由n a a n n 431-=+可得：1113433+++-=-n n n n n n a a ，累加可得：123123+=⇒+=n a n a n n n n .（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯ .①23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯ .②-①②得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯ ，1(21)2 2.n n S n +=-+类型8.)0(1≠⋅+=+q p qpa ta a n nn 型例12．已知数列{}n a 满足11a =，*1,N 1nn n a a n a +=∈+，求数列{}n a 的通项公式.因为*1,N 1n n n a a n a +=∈+，所以1111n na a +=+，即1111n n a a +-=，又11a =，所以111a =，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为首项为1，公差为1的等差数列，所以()1111n n n a =+-⨯=，故1n a n =，所以数列{}n a 的通项公式为1n a n=.类型9.已知n S 与n a 关系，求n a .（公众号：凌晨讲数学）解题步骤：第1步：当1=n 代入n S 求出1a ；第2步：当2≥n ，由n S 写出1-n S ；第3步：1--=n n n S S a （2≥n ）；第4步：将1=n 代入n a 中进行验证，如果通过通项求出的1a 跟实际的1a 相等，则n a 为整个数列的通项，若不相等，则数列写成分段形式，.)2()1(1⎩⎨⎧≥==n a n a a n n 在本考点应用过程中，具体又可分为三个角度，第一，消n S 留n a ，第二个角度，消n a 留n S ，第三个角度，级数形式的前n 项和，下面我们具体分析.例13．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，112n n n S S a ++⋅=-.证明：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列.证明：∵112n n n S S a ++⋅=-，∴112n n n n S S S S ++⋅=-，易知0n S ≠，∴111112n n n n n nS S S S S S +++-=-=⋅，∴数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为2的等差数列.例14．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1=2a ，()*123N n n n a S n +=+∈.求n S .解析：因为()*123N n n n a S n +=+∈,所以11233,3n nn n n n n S S S S S ++-=+=+∴，则111111,333333n n n n n n n n S S S S ++++-=+=，11233S =，即{}3n n S 为首项为23，公差为13的等差数列，则211(1)(1)3333n n S n n =+-=+，故1(1)3n n n S -=+⋅.例15．已知数列{}n a 满足123123252525253n n na a a a ++++----…．求数列{}n a 的通项公式.解析：123123252525253n n na a a a +++=----…，①当1n =时，14a =．当2n ≥时，123112311252525253n n n a a a a ---++++----…，②由①-②，得()3522n n a n +=≥，因为14a =符合上式，所以352n n a +=．例16.（2022新高考1卷）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11=a ，{}n n S a 是公差为13的等差数列．求{}n a 得通项公式.解析：111==S a ，所以111=S a ，所以{}n n S a 是首项为1，公差为13的等差数列，所以121(1)33+=+-⋅=n n S n n a ，所以23+=n n n S a ．当2n 时，112133--++=-=-n n n n n n n a S S a a ，所以1(1)(1)--=+n n n a n a ，即111-+=-n n a n a n （2n ）；累积法可得：(1)2+=n n n a （2n ），又11=a 满足该式，所以{}n a 得通项公式为(1)2+=n n n a ．类型9：已知前n 项积求n a .例17.记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．解析：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠，所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈，所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列.（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n n b n ∴=+-⨯=+,22211n n n b n S b n +==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.类型10.特征方程法（强基层次）：n n n ba aa a +=++12型.求解方程：02=--b a λλ，根据方程根的情况，可分为：（1）若特征方程有两个相等的根，则nn x b An a 0)(+=（2）若特征方程有两个不等的根，则n nn Bx Ax a 21+=例18．已知数列{}n a 满足12a =，28a =，2143n n n a a a ++=-.求数列{}n a 的通项公式；解析：2143n n n a a a ++=-，变形为：()2113n n n n a a a a +++-=-，216a a -=，∴数列{}1n n a a +-是等比数列，首项为6，公比为3.∴116323n nn n a a -+-=⨯=⨯，变形为：1133n n n n a a ++-=-，131a -=-，∴31n n a -=-，∴31n n a =-例19.已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a ．解析：其特征方程为2441x x =-，解得1212x x ==，令()1212nn a c nc ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由1122121()121(2)24a c c a c c ⎧=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩，得1246c c =-⎧⎨=⎩，1322n n n a --∴=．例20.已知数列{}n a 满足11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+，求数列{}n a 的通项n a ．解析：其特征方程为221x x x +=+，化简得2220x -=，解得121,1x x ==-，令111111n n n n a a c a a ++--=⋅++由12,a =得245a =，可得13c =-，∴数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=+为首项，以13-为公比的等比数列，1111133n n n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，3(1)3(1)n n n n na --∴=+-．。
归纳推理(递推法)
第十二讲归纳推理人们在探索某一类事物的性质或它们之间的关系的时候，经常从观察具体事物入手，通过分析、猜测、验证，找出这类事物的一般属性。
这种“从特殊到一般的推理方法”，叫做归纳法。
在研究某个问题的过程中，经过对若干次出现的现象的观察，有的人经过分析思考能很快地找到其中的某种规律，有的人却熟视无睹。
这就反映他们的归纳能力不同。
希望小同学们养成细观察、勤思考的习惯，不断提高归纳能力。
b5E2RGbCAP 例1 把1～1993这1993个自然数，按顺时针方向依次排列在一个圆圈上，如图12—1，从1开始沿顺时针方向，保留1，擦去2；保留3，擦去4；……<每隔一个数，擦去一个数），转圈擦下去。
求最后剩的是哪个数？p1EanqFDPw分析：如果依照题意进行操作，直到剩下一个数为止，实在是很困难。
我们先从简单情况研究，归纳出解决问题的规律，再应用规律解题。
DXDiTa9E3d如果是2个数1、2，最后剩下1；如果是3个数1、2、3，最后剩3；如果是4个数1、2、3、4，最后剩1；如果是5个数1、2、3、4、5，最后剩的是3；如果是6个数1、2、3、4、5、6，最后剩的是5；如果是7个数1、2、3、4、5、6、7，最后剩的是7；如果是8个数1～8，最后剩的是1。
RTCrpUDGiT我们发现当数的个数是2，4，8时，最后剩的都是1<操作的起始数）。
这是为什么呢？以8个数为例，数一圈，擦掉2，4，6，8，就相当于从1开始，还有4个数的情况，4个数时，从1开始，数一圈，又擦掉2个，还剩从1开始的两个数，擦掉1以外的数，最后剩1。
5PCzVD7HxA这样，数的个数是16，32，64，……，2n时，最后剩的都是起始数1。
当数的个数是3时，擦去2，就剩2个数，最后应剩下一步的起始数3；数的个数是5时，擦去2，剩4个数，最后也应剩下一步的起始数3。
jLBHrnAILg根据以上规律，如果有18个数，擦去2、4，剩下16个数，再擦下去，最后还应剩下一步的起始数5。
九类常见递推数列求通项公式方法
九类常见递推数列求通项公式方法递推数列通项求解方法类型一：an1panq（p1）思路1（递推法）：anpan1qp(pan2q)qpppan3qqq……pn1a1q(1pp2…pn2qqn1。
)a1pp11p思路2（构造法）：设an1pan，即p1q得qp1，数列an是以a1为首项、p为公比的等比数列，则anqn1qana1pp11pqn1a1p，即p1p1q例1已知数列an满足an2an13且a11，求数列an的通项公式。
解：方法1（递推法）：an2an132(2an23)3222an3333……2n13(122…22n23n13n1)1223。
2112方法2（构造法）：设an12an，即3，数列an3是以a134n1n1n1为首项、2为公比的等比数列，则an3422，即an23。
类型二：an1an思路1（递推法）：f(n)anan1f(n1)an2f(n2)f(n1)an3f(n3)f(n2)f(n1)…a1f(n)。
i1n1思路2（叠加法）：anan1f(n1)，依次类推有：an1an2f(n2)、n1an2an3f(n3)、…、a2a1f(1)，将各式叠加并整理得ana1i1f(n)，即n1ana1i1f(n)。
例2已知a11，anan1n，求an。
解：方法1（递推法）：anan1nan2(n1)nan3(n2)(n1)nn……a1[23…(n2)(n1)n]i1nn(n1)2。
方法2（叠加法）：anan1n，依次类推有：an1an2n1、an2an3n2、…、nnna2a12，将各式叠加并整理得ana1i2n，ana1i2ni1nn(n1)2。
类型三：an1f(n)an思路1（递推法）：anf(n1)an1f(n1)f(n2)an2f(n1)f(n2)f(n3)an3…f(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)a1。
anan1a2a1an1an2ana1思路2（叠乘法）：f(n1)，依次类推有：f(n2)、an2an3f(n3)、…、f(1)，将各式叠乘并整理得f(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)，即anf(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)a1。
高中数学素材：解答排列组合四题型
传承数列思想 解答排列组合四题型我知道数列中有一类问题就是通过递推关系式求出数列的通项公式或数列中的某一项。
这类问题需要对题设中所给出的递推关系式进行分析、推理、变形等处理，发现规律才能达到所要解决问题的目的。
同样，在排列组合问题中也存在类似的解决问题的方法。
所谓的递推法就是按照某种标准找出递推关系式，并求出n 取第一个值(或前几个值)时的各项，然后代入递推关系式，得出所要求的结果。
用递推法，无论是解答数列问题还是解答排列组合问题，它们有一个相同之处就是寻找----递推关系式。
题型一.走楼梯问题例1：欲登上第10级楼梯，如果规定每步只能跨上一级或两级，则不同的走法共有( )（A ）34种 （B ）55种 （C ）89种 （D ）144种解法1：分类法：第一类：没有一步两级，则只有一种走法；第二类：恰有一步是一步两级，则走完10级要走9步，9步中选一步是一步两级的，有919=C 种可能走法；第三类：恰有两步是一步两级，则走完10级要走8步，8步中选两步是一步两级的，有2828=C 种可能走法；依此类推，共有55463728191C C C C C +++++=89，故选(C)。
解法2：递推法：设走n 级有n a 种走法，这些走法可按第一步来分类，第一类：第一步是一步一级，则余下的1-n 级有1-n a 种走法；第二类：第一步是一步两级，则余下的2-n 级有2-n a 种走法，于是可得递推关系式21--+=n n n a a a ，又易得2,121==a a ，由递推可得8910=a ，故选(C)。
解答该题也可以由找出的递推关系21--+=n n n a a a ，求出通项n a ，但对于选择填空题，我们不必大动干戈的去求通项，因为这样太浪费时间与精力。
题型二.更列问题例2：五个人排成一列，重新站队时，各人都不站在原来的位置上，那么不同的站队方式共有多少种？解析：首先我们把人数推广到n 个人，即n 个人排成一列，重新站队时，各人都不站在原来的位置上。
递推法
然后根据公式①递推求出am，问题解决。
改进算法
但仔细分析，上述算法有一个明显的缺陷：在求由于在求a2要运用 除法，因此会存在实数误差，这个误差在以后递推求am的过程又不 断的扩大。在实际中，当m超过30时，求出的am就明显偏离正确值。 显然，这种算法虽简单但不可靠。 为了减少误差，我们可设计如下算法： ∵ ai=Pia2+Qid+Ria1 =Pi-1a3+Qi-1d+Ri-1a2 =Pi-2a4+Qi-2d+Ri-2a3 …… =Pi-2+kak+Qi-2+kd+Ri-2+kak-1 ∴ an=Pn-k+2ak+Qn-k+2d+Rn-k+2ak-1 ak=(an-Qn-k+2d+Rn-k+2ak-1)/Pn-k+2 ……⑤ 根据公式⑤，可以顺推a2、a3、…、aM。虽然仍然存在实数误差， 但由于Pn-k+2递减，因此最后得出的am要比直接利用公式①精确得 多。
解答
由问题,可写出递推方程
1n 0 fn 2n 1 f f n 2 n2 n 1
算法：
F[0] := 1; F[1] := 2; FOR i := 2 TO N DO F[I] := F[I – 1] + F[I – 2];
总结
ans A[i]
i 1
z 1
例2 : Hanoi塔问题
Hanoi塔由n个大小不同的圆盘和三根木柱a,b,c组成。 开始时，这n个圆盘由大到小依次套在a柱上，如图1所 示。要求把a柱上n个圆盘按下述规则移到c柱上：
举例说明化归三个方法
举例说明化归三个方法化归是数学中常用的一种方法，用于将问题转化为更简单的形式，从而更容易解决。
下面举例说明化归的三种常见方法：代换法、递推法和对称法。
一、代换法代换法是指通过引入新的变量或函数，将原问题转化为一个等价的、更易解的问题。
例1：求解方程x^3-4x^2+5x+2=0的根。
解：我们可以使用代换法将该方程转化为一个更简单的形式。
设y=x-2，则有x=y+2、将x的表达式代入原方程，得到(y+2)^3-4(y+2)^2+5(y+2)+2=0。
化简后得到y^3+2y-8=0。
这是一个更易解的方程，我们可以直接求解它得到y的解，再将y的解带回原方程中求得x的解。
例2：证明任意正整数都可以表示为4个整数的平方和。
解：我们可以使用代换法将该问题转化为一个更易证明的形式。
设n=4k+r，其中k为非负整数，r为0、1、2或3、我们可以证明，对于r=0,1,2,3的情况，都存在一组整数a、b、c、d使得n=a^2+b^2+c^2+d^2、进一步地，我们可以利用代换法证明r=0的情况，然后利用模4的性质证明r=1,2,3的情况。
二、递推法递推法是指通过已知的几个或一些特殊情况的解，推导出问题的一般解。
例3：求解斐波那契数列。
解：斐波那契数列是以递推方式定义的数列，其中每一项都等于前两项的和。
已知第一项F(1)=1、第二项F(2)=1，我们可以使用递推法求解其余的项。
根据递推式F(n)=F(n-1)+F(n-2)，可以依次计算出F(3)、F(4)、F(5)等，得到整个数列的解。
例4：求解汉诺塔问题。
解：汉诺塔问题是一个经典的递推问题，要求将n个盘子从一根柱子移动到另一根柱子，且在移动过程中要满足一个规则：任意时刻都不能将较大的盘子放在较小的盘子上。
已知当n=1时，只需要进行一次移动。
根据这个特殊情况的解，我们可以通过递推的方式求解出移动n个盘子的总步数和移动路径。
三、对称法对称法是指通过寻找问题中的其中一种对称关系，将问题转化为一个与之对称的更易解的问题。
高考数学题型全归纳：如何由递推公式求通项公式典型例题(含答案)
如何由递推公式求通项公式高中数学递推数列通项公式的求解是高考的热点之一，是一类考查思维能力的题型，要求考生进行严格的逻辑推理。
找到数列的通项公式，重点是递推的思想：从一般到特殊，从特殊到一般；化归转换思想，通过适当的变形，转化成等差数列或等比数列，达到化陌生为熟悉的目的。
下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳，以供参考。
类型一：1()nna a f n 或1()n na g n a 分析：利用迭加或迭乘方法。
即：112211()()+()nnnnna a a a a a a a ……或121121n n n nna a a a a a a a ……例1.(1)已知数列na 满足11211,2nna a a nn，求数列n a 的通项公式。
（2）已知数列n a 满足1(1)1,2nn n a a s ，求数列n a 的通项公式。
解：（1）由题知：121111(1)1nna a nnn n nn 112211()())n n n n na a a a a +(a -a a (1)111111()()()121122n n nn ……312n（2）2(1)n n s n a 112(2)nn s na n两式相减得：12(1)(2)n nna n a na n 即：1(2)1n na n n a n 121121n n nn n a a a a a a a a (121)121nn n n……n类型二：1(,(1)0)nn a pa q p q pq p 其中为常数，分析：把原递推公式转为：1(),1nnq a tp a t p其中t=，再利用换元法转化为等比数列求解。
例2.已知数列n a 中，11,123n n a a a ，求n a 的通项公式。
解：由123nn a a 可转化为：132(3)n na a 令3,nn b a 11n+1n则b =a +3=4且b =2b n b 1是以b =4为首项，公比为q=2的等比数列11422n n bn即123n na 类型三：1()(nn a pa f n 其中p 为常数)分析：在此只研究两种较为简单的情况，即()f x 是多项式或指数幂的形式。
数列应用题中的递推关系(附答案)
数列应用题中的递推关系以数列知识作为背景的应用题是高中应用题中的常见题型，要正确快速地求解这类问题，需要在理解题意的基础上，正确处理数列中的递推关系。
一、等差、等比数列问题等差、等比数列是数列中的基础，若能转化成一个等差、等比数列问题，则可以利用等差、等比数列的有关性质求解。
例1、流行性感冒（简称流感）是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病。
某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，以后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人。
由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日止，该市在这30天内感染该病毒的患者共有8670人，问11月几日，该市感染此病毒的新患者人数最多？并求这一天的新患者人数。
分析：设11月n 日这一天新感染者最多，则由题意可知从11月1日到n 日，每天新感染者人数构成一等差数列；从n+1日到30日，每天新感染者构成另一个等差数列。
这两个等差数列的和即为这个月总的感染人数。
略解：由题意，11月1日到n 日，每天新感染者人数构成一等差数列a n ，a 1=20,d 1=50,11月n 日新感染者人数a n =50n —30；从n+1日到30日，每天新感染者人数构成等差数列b n ,b 1=50n-60,d 2=—30，b n =(50n-60)+(n-1)(-30)=20n-30,11月30日新感染者人数为b 30-n =20(30-n)-30=-20n+570. 故共感染者人数为：2)30)](57020(6050[2)305020(n n n n n -+-+-+-+=8670，化简得：n 2-61n+588=0,解得n=12或n=49(舍)，即11月12日这一天感染者人数最多，为570人。
二、a n - a n-1=f(n),f(n)为等差或等比数列有的应用题中的数列递推关系，a n 与a n-1的差（或商）不是一个常数，但是所得的差f(n)本身构成一个等差或等比数列，这在一定程度上增加了递推的难度。
利用递推法求解期望问题
2023 年第 3 期
中学数学教学
利用递推法求解期望问题
浙江省杭州第十四中学
摘
要
楼思远
(邮编:
310006)
某些离散型随机变量与试验的顺序有 关,由 于 无 法 列 举 出 所 有 可 能 值 的 情 形,或 者 对 应
概率的计算比较复杂,导致其期望值很难计算 .文章利用递推的思想,通过建立递推关系将这类期望的
面朝上的概率均相等,当连续出现 n 次正面朝上
时即停止,求抛的次数的期望 .
解
设连续 出 现 k 次 正 面 朝 上 时 抛 的 次 数
期望为 Ek ,现考虑 Ek+1 与 Ek 的关系,当已经连
续出 现 k 次 正 面 朝 上 的 情 况 下,再 进 行 一 次 抛
时,会出现下列两种情况:
(
1)正 面 朝 上:概 率 为 0.
为ξ,则ξ 的数学期望为
.
解 设ξ 的数学 期 望 为 E ,现 根 据 第 一 次 与
第二次取出球的颜色(初 始 状 态)进 行 分 类 讨 论,
有以下四种情况:
(
1)第一 次 与 第 二 次 取 出 球 的 颜 色 均 为 红,
1 1 1
× = ,此时结束,取了两次;
3 3 9
(
2)第 一 次 与 第 二 次 取 出 球 的 颜 色 均 不 为
对应概率为
n
=n +m ∑
值较小的情 形,该 法 的 优 点 是 思 路 清 晰,过 程 简
2 2 4
× = ,此 时 这 两 次 作 废,重
3 3 9
新回到最初的情形,还需要 E 次;
红,对应概率为
单易懂;倒推 法 则 更 适 用 于 较 为 复 杂 的 情 况,该