小学数学计数之递推法.教师版

7-6-4. 计数之递推法教学目标前面在讲加法原理、乘法原理、排列组合时已经穿插讲解了计数中的一些常用的方法，比如枚举法、树形图法、标数法、捆绑法、排除法、插板法等等，这里再集中学习一下计数中其他常见的方法，主要有归纳法、整体法、对应法、递推法．对这些计数方法与技巧要做到灵活运用．对于某些难以发现其一般情形的计数问题，可以找出其相邻数之间的递归关系，有了这一递归关系就可以利用前面的数求出后面未知的数，这种方法称为递推法．【例1】每对小兔子在出生后一个月就长成大兔子，而每对大兔子每个月能生出一对小兔子来．如果一个人在一月份买了一对小兔子，那么十二月份的时候他共有多少对兔子？【考点】计数之递推法【难度】 3 星【题型】解答【解析】第一个月，有1对小兔子；第二个月，长成大兔子，所以还是 1 对；第三个月，大兔子生下一对小兔子，所以共有 2 对；第四个月，刚生下的小兔子长成大兔子，而原来的大兔子又生下一对小兔子，共有3 对；第五个月，两对大兔子生下 2 对小兔子，共有 5 对；⋯⋯这个特点的说明每月的大兔子数为上月的兔子数，每月的小兔子数为上月的大兔子数，即上上月的兔子数，所以每月的兔子数为上月的兔子数答案】144与上上月的兔子数相加．依次类推可以列出下表：经过月数：---1---2---3---4---5---6---7---8---9---10---11---12 兔子对数：---1---1---2---3---5---8--13--21--34--55--89 —144，所以十二月份的时候总共有144 对兔子．例 2 】树木生长的过程中，新生的枝条往往需要一段“休息”时间供自身生长，而后才能萌发新枝．一棵树苗在一年后长出一条新枝，第二年新枝“休息”，老枝依旧萌发新枝；此后，老枝与“休息”过一年的枝同时萌发，当年生的新枝则依次“休息”．这在生物学上称为“鲁德维格定律”．那么十年后这棵树上有多少条树枝？考点】计数之递推法【难度】 3 星【题型】解答解析】一株树木各个年份的枝桠数，构成斐波那契数列：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，⋯⋯所以十年后树上有89 条树枝．答案】89例3】一楼梯共10 级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第10 级，共有多少种不同走法？考点】计数之递推法【难度】 4 星【题型】解答3 级4 级 10 级 3 种5 种 ？解析】 登 1 级 1 种方法 2级2种我们观察每级的种数，发现这么一个规律：从第三个数开始，每个数是前面两个数的和；依此规律 我们就可以知道了第 10 级的种数是 89.其实这也是加法的运用：假如我们把这个人开始登楼梯的位 置看做 A 0，那么登了 1 级的位置是在 A 1，2 级在 A 2... A 10 级就在 A 10．到 A 3 的前一步有两个位置；分 别是 A 2 和 A 1 ．在这里要强调一点，那么 A 2 到 A 3 既然是一步到了，那么 A 2 、A 3 之间就是一种选 择了； 同理 A 1 到 A 3 也是一种选择了． 同时我们假设到 n 级的选择数就是 An ．那么从 A 0 到 A 3 就 可以分成两类了：第一类： A0 A1 --------------------------------------------- A3 ，那么就可以分成两步．有 A1×1 种，也就是 A1 种；（A1 A3 是一种选择 ）第二类：A0 A2 A3， 同样道理 有 A2 ．类类相加原理： A3 = A1 ＋ A2，依次类推 An = An-1 + An-2．89 一楼梯共 10 级，规定每步只能跨上一级或三级，要登上第 10 级，共有多少种不同走法？ 计数之递推法 【难度】 4 星 【题型】解答登 1 级 2 级 3 级 4 级 5 级 10 级1 种方法 1 种2 种3 种4 种 ............. ？我们观察每级的种数，发现这么一个规律：从第三个数开始，每个数是前面相隔的两个数的和；依 此规律我们就可以知道了第 10 级的种数是 28. 28 1×2 的小长方形 （ 横的竖的都行 ） 覆盖 2×10 的方格网，共有多少种不同的盖法． 计数之递推法 【难度】 4 星 【题型】解答如果用 1 2的长方形盖 2 n 的长方形， 设种数为 a n ,则 a 1 1，a 2 2,对于 n 3，左边可能竖放 1 个 1 2的，也可能横放 2 个1 2的，前者有 a n-1种，后者有 a n-2种，所以 a n a n-1 a n-2 ,所以根据递推， 覆盖 2 10的长方形一共有 89 种． 89用 1 3 的小长方形覆盖 3 8 的方格网，共有多少种不同的盖法？ 计数之递推法 【难度】 5 星 【题型】解答如果用 1 3的长方形盖 3 n 的长方形，设种数为 a n ,则 a 1 1，a 2 1,a 3 2,对于 n 4 ，左边可能竖 放 1 个1 3的，也可能横放 3 个1 3的，前者有 a n-1种，后者有 a n-3种，所以 a n a n-1 a n-3 ,依照这 条递推公式列表：13 13 有一堆火柴共 12 根，如果规定每次取 1～3 根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？ 计数之递推法【难度】 4 星 【题型】解答取 1 根火柴有 1 种方法，取 2 根火柴有 2 种方法，取 3 根火柴有 4 种取法，以后取任意根火柴的种 数等于取到前三根火柴所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下：取完这堆火柴一共有 927 种方法． 答案】 927答案】 巩固】解析】 答案】例 4 】 考答案】例答案】例 6 】 考巩固】 一堆苹果共有 8个，如果规定每次取 1～3 个，那么取完这堆苹果共有多少种不同取法？ 考点】计数之递推法 【难度】 4 星 【题型】解答解析】 取 1个苹果有 1种方法，取 2个苹果有 2 种方法，取 3 个苹果有 4 种取法，以后取任意个苹果的种数等于取到前三个苹果所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下：1个 2个 3个 4个 5个 6个 7个 8个 1 2 4713244481取完这堆苹果一共有 81 种方法．答案】 81例 7 】 有 10 枚棋子，每次拿出 2 枚或 3 枚，要想将 10 枚棋子全部拿完，共有多少种不同的拿法？ 考点】计数之递推法 【难度】 4 星 【题型】解答 解析】本题可以采用递推法，也可以进行分类讨论，当然也可以直接进行枚举．（法 1）递推法．假设有 n 枚棋子，每次拿出 2枚或 3枚，将 n 枚棋子全部拿完的拿法总数为 a n种． 则a 2 1， a 3 1 ， a 4 1 ．由于每次拿出 2 枚或 3 枚，所以 a n a n 3 a n 2 （n 5）．所以，a 5 a 2 a 3 2； a 6 a 3 a 4 2； a 7 a 4 a 5 3； a 8 a 5 a 64； a 9 a 6 a 7 5； a 10 a 7 a 8 7 ．即当有 10枚棋子时，共有 7 种不同的拿法． （ 法 2）分类讨论．由于棋子总数为 10枚，是个偶数，而每次拿 2枚或 3枚，所以其中拿 3 枚的次数也应该是偶数．由 于拿 3 枚的次数不超过 3 次，所以只能为 0 次或 2 次． 若为 0 次，则相当于 2 枚拿了 5次，此时有 1 种拿法；若为 2 次，则 2 枚也拿了 2 次，共拿了 4 次，所以此时有 C 42 6 种拿法． 根据加法原理，共有 1 67 种不同的拿法．答案】 7行，共有多少种回家的方法？ 解析】 蜜蜂 “每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行 ”这意味着它只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房．明确了行走路径的方向，就可以运用标数法进行计算．如右图所示，小蜜蜂从 出发到 B 处共有 89 种不同的回家方法． 答案】 89 巩固】小蜜蜂通过蜂巢房间，规定只能由小号房间进入大号房间问小蜜蜂由 方法？考点】计数之递推法 【难度】 4 星 【题型】解答 解析】斐波那契数列第八项． 21 种．例 8】 如下图，一只蜜蜂从 A 处出发，回到家里 B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆考点】计数之递推法 【难度】 4 星 【题型】A 房间到达B 房间有多少种 例 9 】 如下图，一只蜜蜂从 A 处出发，回到家里 B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，共有多少种回家的方法？解析】按照蜜蜂只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房的原则，运用标号法进行计算．如右图所示，小蜜蜂从 A 出发到 B 处共有296 种不同的回家方法．答案】296例10】对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1，如此进行直到得数为1操作停止．问经过9 次操作变为1的数有多少个？考点】计数之递推法【难度】4星【题型】解答解析】可以先尝试一下，倒推得出下面的图：1264其中经 1 次操作变为 1 的 1 个，即2，经 2 次操作变为1的 1 个，即4，经 3 次操作变为1的 2 个，是一奇一偶，以后发现，每个偶数可以变成两个数，分别是一奇一偶，每个奇数变为一个偶数，于是，经1、2、⋯次操作变为 1 的数的个数依次为：1，1，2，3，5，8，⋯这一串数中有个特点：自第三个开始，每一个等于前两个的和，即即经过9 次操作变为 1 的数有34 个.为什么上面的规律是正确的呢？道理也很简单. 设经过n次操作变为1的数的个数为a n,则a1 1，a2 1，a3 2，⋯从上面的图看出，a n 1比a n大.一方面，每个经过n次操作变为 1 的数，乘以2，就得出一个偶数，经过n 1次操作变为1；反过来，每个经过n 1次操作变为 1 的偶数，除以2，就得出一个经过n次操作变为 1 的数. 所以经过n次操作变为 1 的数与经过n 1次操作变为 1 的偶数恰好一样多.前者的个数是a n ,因此后者也是a n个. 另一方面，每个经过n次操作变为1的偶数，减去1，就得出一个奇数，它经过n 1次操作变为1，反过来.每个经过n 1次操作变为 1 的奇数，加上1，就得出一个偶数，它经过n次操作变为 1. 所以经过n次操作变为1的偶数经过n 1次操作变为 1 的奇数恰好一样多. 而由上面所说，前者的个数就是a n 1 ,因此后者也是a n 1 .经过n 1 次操作变为 1 的数，分为偶数、奇数两类，所以a n 1 a n a n 1，即上面所说的规律的确成立.答案】34例11】有20个石子，一个人分若干次取，每次可以取 1 个，2个或 3 个，但是每次取完之后不能留下质数个，有多少种方法取完石子？（石子之间不作区分，只考虑石子个数）考点】计数之递推法【难度】 5 星【题型】解答解析】如果没有剩下的不能使质数这个条件，那么递推方法与前面学过的递推法相似，只不过每次都是前面 3 个数相加．现在剩下的不能是质数个，可以看作是质数个的取法总数都是0，然后再进行递推．答案】25巩固】有20个相同的棋子，一个人分若干次取，每次可取1个，2个，3个或4个，但要求每次取之后留下的棋子数不是 3 或 4 的倍数，有种不同的方法取完这堆棋子.考点】计数之递推法【难度】 5 星【题型】填空解析】把20、0和20以内不是3或4的倍数的数写成一串，用递推法把所有的方法数写出来：答案】54例12】 4 个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方法？考点】计数之递推法【难度】 5 星【题型】解答解析】设第n次传球后，球又回到甲手中的传球方法有a n 种．可以想象前n 1次传球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每次传球都有3种可能，由乘法原理，共有31 43 434⋯2 434 34n31 (种) (n 1) 个 3 传球方法．这些传球方法并不是都符合要求的，它们可以分为两类，一类是第n 1次恰好传到甲手中，这有a n 1种传法，它们不符合要求，因为这样第n 次无法再把球传给甲；另一类是第n 1次传球，球不在甲手中，第n次持球人再将球传给甲，有a n种传法．根据加法原理，有a n 1 a n3 3 ⋯3 3n 1．1n41 4 4n42 4 4 4 43( n 1)个 3由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以a1 0 ．利用递推关系可以得到：a2 3 0 3 ，a3 3 3 3 6 ，a4 3 3 3 6 21 ，a5 3 3 3 3 21 60 ．这说明经过 5 次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有60种．本题也可以列表求解．由于第n 次传球后，球不在甲手中的传球方法，第n 1次传球后球就可能回到甲手中，所以只需求从表中可以看出经过五次传球后，球仍回到甲手中的传球方法共有60 种．答案】60巩固】五个人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过 4 次传球后，球仍回到甲手中．问：共有多少种传球方式？考点】计数之递推法【难度】 5 星【题型】解答解析】递推法．设第n 次传球后球传到甲的手中的方法有a n种．由于每次传球有 4 种选择，传n 次有4n 次可能．其中有的球在甲的手中，有的球不在甲的手中，球在甲的手中的有a n 种，球不在甲的手中的，正八边形的任一顶点跳到其相邻两个顶点中任意一个，落到顶点 点 A 出发恰好跳 10次后落到 E 的方法总数为 种． 考点】计数之递推法 【难度】 5 星 【题型】填空 关键词】清华附中 解析】可以使用递推法．回到 A跳到 B 或 H跳到 C 或 G跳到 D 或 F 停在 E1步12步 213步314步 6425步1046步 201487步34148步 6848289步11648其中， 第一列的每一 个数都等于它的上一行的第二列的数的2 倍，第二列的每 一个数都等于它的上 一行的第一列和第三列的两个数的和，第三列的每一个数都等于它的上一行的第二列和第四列的两 个数的和，第四列的每一个数都等于它的上一行的第三列的数，第五列的每一个数都等于都等于它 的上一行的第四列的数的 2 倍．这一规律很容易根据青蛙的跳动规则分析得来．所以，青蛙第 10 步跳到 E 有 48 2 96种方法． 答案】 96 A 点开始跳动，它每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上，6 次之内 （含 6 次）跳到 D 点有种不同跳法．考点】计数之递推法 【难度】 5 星 【题型】填空解析】采用递推的方法． 列表如下：跳到 A 跳到 B 跳到 C 停在 D 跳到 E1步11 2步 21 13步31 2 4步 53 25步83 5 6步 138 5其中， 根据规则， 每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上， 一旦跳到 D 点上就停止跳动．所以， 每一步跳到 A 的跳法数等于上一步跳到 B 和 E 的跳法数之和，每一步跳到 B 的跳法数等于上一步跳 到 A 和C 的跳法数之和，每一步跳到 C 的跳法数等于上一步跳到 B 的跳法数，每一步跳到 E 的跳法 数等于上一步跳到 A 的跳法数，每一步跳到 D 的跳法数等于上一步跳到 C 或跳到 E 的跳法数． 观察可知，上面的递推结果与前面的枚举也相吻合，所以青蛙在 6 次之内 （含 6 次）跳到 D 点共有 1 1 2 3 5 12种不同的跳法．答案】 12例 14】 有 6 个木箱，编号为 1，2，3，⋯⋯，6，每个箱子有一把钥匙， 6 把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好．先挖开 1，2 号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把 6 把锁都打 开，则说这是一种放钥匙的 “好 ”的方法，那么 “好”的方法共有 种．考点】计数之递推法 【难度】 5 星 【题型】填空下一次传球都可以将球传到甲的手中，故有 由于 a 1 0，所以 a 2 41 a 1 4， a 3 42 到甲手中的传球方法有 52 种．答案】 52a n 1种．所以 a n a n 1 4n ． a 2 12 ， a 4 43 a 3 52 ．即经过 4次传球后，球仍回例 13 】 设 A 、 E 为正八边形 ABCDEFGH 的相对顶点，顶点 A 处有一只青蛙，除顶点 E 外青蛙可以从E 时青蛙就停止跳动，则青蛙从顶 巩固】在正五边形 ABCDE 上，一只青蛙从 一旦跳到 D 点上就停止跳动．青蛙在 CD关键词】迎春杯，中年级组，决赛解析】（法1）分类讨论．如果1，2号箱中恰好放的就是1，2号箱的钥匙，显然不是“好”的方法，所以“好” 的方法有两种情况：⑴1，2号箱的钥匙恰有1把在1，2号箱中，另一箱装的是3～6箱的钥匙．⑵1，2 号箱的钥匙都不在1，2号箱中．对于⑴，从1，2号箱的钥匙中选 1 把，从3～6 号箱的钥匙中选1把，共有 2 4 8（种）选法，每一种选法放入1，2 号箱各有 2 种放法，共有8 2 16（种）放法．不妨设1，3号箱的钥匙放入了1，2号箱，此时 3 号箱不能装2号箱的钥匙，有3种选法，依次类推，可知此时不同的放法有 3 2 1 6（种）．所以，第⑴种情况有“好”的方法16 6 96（种）．对于⑵，从3～6 号箱的钥匙中选 2 把放入1，2 号箱，有 4 3 12（种）放法．不妨设3， 4 号箱的钥匙放入了1， 2 号箱．此时1， 2 号箱的钥匙不可能都放在3，4 号箱中，也就是说3，4 号箱中至少有 1 把5， 6 号箱的钥匙．如果3，4号箱中有2把5，6 号箱的钥匙，也就是说3，4号箱中放的恰好是5，6号箱的钥匙，那么1， 2 号箱的钥匙放在5， 6 号箱中，有 2 2 4 种放法；如果3，4 号箱中有1把5，6号箱的钥匙，比如3，4号箱中放的是5，1号箱的钥匙，则只能是 5 号箱放 6 号箱的钥匙， 6 号箱放 2 号箱的钥匙，有 2 1 2 种放法；同理，3，4号箱放5，2 号箱或6，1号箱或6，2号箱的钥匙，也各有 2 种放法．所以，第⑵种情况有“好”的放法12 4 2 2 2 2 144（种）．所以“好”的方法共有96 144 240（种）．（法2）递推法．设第1，2，3，⋯，6号箱子中所放的钥匙号码依次为k1，k2，k3，⋯，k6．当箱子数为n（n 2 ）时，好的放法的总数为a n．当n 2时，显然a2 2（ k1 1，k2 2或k1 2，k2 1）．当n 3时，显然k3 3，否则第3个箱子打不开，从而k1 3或k2 3，如果k1 3，则把 1 号箱子和 3 号箱子看作一个整体，这样还是锁着1， 2 两号钥匙，撬开1，2 两号箱子，那么方法有a2种；当k2 3也是如此．于是n 2时的每一种情况对应k1 3或k2 3时的一种情况，这样就有a3 2a2 4 ．当n 4时，也一定有k n n ，否则第n 个箱子打不开，从而k1、k2、⋯⋯、k n 1中有一个为n ，不论其中哪一个是n ，由于必须要把该箱子打开才能打开n 号箱子，所以可以将锁着这把钥匙的箱子与第n号箱子看作1个箱子，于是还是锁着k1、k2、⋯⋯、k n 1这n 1 把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有a n 1种．所以a n n 1 a n 1．所以，a6 5a5 5 4a4 L 5 4 3 2a2 2 5! 240 ，即好的方法总数为240 种．答案】240巩固】有10 个木箱，编号为1，2，3，⋯⋯，10，每个箱子有一把钥匙，10 把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好．先挖开1，2 号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把10 把锁都打开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共有种．考点】计数之递推法【难度】 5 星【题型】填空解析】递推法．设第1，2，3，⋯，6 号箱子中所放的钥匙号码依次为k1 ，k2 ，k3 ，⋯，k6 ．当箱子数为n（n 2）时，好的放法的总数为a n．当n 2时，显然a2 2（ k1 1，k2 2或k1 2，k2 1）．当n 3时，显然k3 3，否则第3个箱子打不开，从而k1 3或k2 3，如果k1 3，则把 1 号箱子和 3 号箱子看作一个整体，这样还是锁着1， 2 两号钥匙，撬开1，2 两号箱子，那么方法有a2种；当k2 3也是如此．于是n 2时的每一种情况对应k1 3或k2 3时的一种情况，这样就有a 32a24 ．当n 4时，也一定有k n n，否则第n个箱子打不开，从而k1、k2、⋯⋯、k n 1中有一个为n，不论其中哪一个是n ，由于必须要把该箱子打开才能打开n 号箱子，所以可以将锁着这把钥匙的箱子与第n号箱子看作1个箱子，于是还是锁着k1、k2、⋯⋯、k n 1这n 1 把钥匙，需要撬开1，2 两号箱子，所以每种情况都有a n 1种．所以a n n 1 a n 1．所以，a10 9a9 9 8a8 L 9 8 7 6 5 4 3 2a2 2 9!=725760 ，即好的方法总数为725760 种．答案】725760。