递归与递推公式的掌握技巧
第31讲 数列的递推

第12讲 数列的递推本节主要内容两个基本递推:a n +1=a n +d ,a n =qa n ;线性递推,二阶或高阶递推的特征方程与特征根;其他递推.1.基本概念:①递归式:一个数列}{n a 中的第n 项n a 与它前面若干项1-n a ,2-n a ,…,k n a -(nk <)的关系式称为递归式.②递归数列:由递归式和初始值确定的数列成为递归数列. 2.常用方法:累加法,迭代法,代换法,代入法等. 3.思想策略:构造新数列的思想. 4.常见类型: 类型Ⅰ:⎩⎨⎧=≠+=+为常数)a aa n p n q a n p a n n ()0)(()()(11(一阶递归)其特例为:(1))0(1≠+=+p q pa a n n (2))0()(1≠+=+p n q pa a n n (3))0()(1≠+=+p q a n p a n n解题方法:利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列.①形如)(1n q a a n n +=+的递归式,其通项公式求法为:1111111()()n n n k k k k a a a a a q k --+===+-=+∑∑②形如n n a n p a)(1=+的递归式,其通项公式求法为: 3211121(1)(2)(1)n n n a a a a a a p p p n a a a -=⋅⋅⋅=⋅⋅-③形如)1()(1≠+=+p n q pa a n n 的递推式,两边同除以1+n p 得111)(++=+=n nn n n pn q pa pa ,令n nn b pa =则句可转化为①来处理. 类型Ⅱ:⎩⎨⎧==≠≠+=++为常数)b a b a a a q p qa pa a nn n ,(,)0,0(2112(二阶递归)解题方法:利用特征方程q px x +=2,求其根α、β,构造n n n B A a βα+=,代入初始值求得B A ,. ①若p+q=1时,有q a a n n -=-+1)(1--n n a a 可知}{1n n a a -+是等比数列,先求得n n a a -+1,再求出n a . ②若p+q ≠l ,则存在α,β满足=α-+n n a a 1)(1--βn n a a 整理得11)(-+αβ-β+α=n n n a a a 从而α+β=p , αβ=q ,可解出α、β,这样可先求出}{1n n a a α-+的通项表达式,再求出n a .注意α、β实质是二次方程q px x +=2的两个根,将方程q px x +=2叫做递归式n n n qa pa a +=++12的特征方程. 在数列{n a }中,给出a 1, a 2,且n n n qa pa a +=++12 ,它的特征方程q px x +=2的两根为α与β.如果α≠β,则n n n B A a βα+=;如果α=β则nnB An aα+=)(,其中A 与B 是常数,可由初始值a 1,a 2 求出.类型Ⅲ. 如果递归数列{a n }满足 a n+1dca b aa n n ++=,其中c ≠0,ad -bc ≠0,以及初始值a 0≠f (a 1),则称此数列为分式线性递归数列.我们称方程dcx b ax x ++=的根为该数列的不动点.若该数列有两个相异的不动点p 、q ,则}{qa p a n n --为等比数列;若该数列仅有惟一的不动点p ,则}1{pa n -是等差数列·5.求递归数列通项的常用方法有:换元法、特征根法、数学归纳法等.A 类例题例1 一给定函数)(x f y =的图象在下列图中,并且对任意)1,0(1∈a ,由关系式)(1n n a f a =+得到的数列}{n a 满足)N (*1∈>+n a a n n ,则该函数的图象是( )(2005年辽宁卷)(A ) (B) (C)(D) 分析 利用递推式意义及数形结合,分析清楚函数值与自变量的关系,即可判断. 解 由)(1n n a f a =+,n n a a >+1,得n n a a f >)(,即x x f >)(,故选A . 例2已知数列1}{1=a a n 中,且a 2k =a 2k -1+(-1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,……. (I )求a 3, a 5;(II )求{ a n }的通项公式. (2004年全国高考题)分析 由于给出两个递推关系与奇数项、偶数项有关,因此因从奇数项或偶数项之间的关系入手. 解(I )a 2=a 1+(-1)1=0, a 3=a 2+31=3.a 4=a 3+(-1)2=4, a 5=a 4+32=13, 所以,a 3=3,a 5=13. (II) a 2k+1=a 2k +3k = a 2k -1+(-1)k +3k ,所以a 2k+1-a 2k -1=3k +(-1)k, 同理a 2k -1-a 2k -3=3k -1+(-1)k -1, …… a 3-a 1=3+(-1).所以(a 2k+1-a 2k -1)+(a 2k -1-a 2k -3)+…+(a 3-a 1) =(3k +3k -1+…+3)+[(-1)k +(-1)k -1+…+(-1)], 由此得a 2k+1-a 1=23(3k -1)+21[(-1)k -1],于是a 2k+1=.1)1(21231--++kka 2k = a 2k -1+(-1)k=2123+k(-1)k -1-1+(-1)k=2123+k(-1)k =1.{a n }的通项公式为:当n 为奇数时,a n =;121)1(232121-⨯-+-+n n当n 为偶数时,.121)1(2322-⨯-+=nnna说明 这种给出递推关系,求通项公式问题,一般是转化为等差数列或等比数列,或者通过观察、归纳,或者通过顺次迭代,以求通项公式.情景再现1.已知数列{a n }满足a 1=1,a n =2a n -1+n -2(n ≥2),求通项a n . (2004年四川省高中数学联赛) 2.设cbx x x f +=)((c b ,为常数),若21)2(=f ,且02)(=-x x f 只有唯一实数根(1)求)(x f 的解析式(2)令)(,111-==n na f a a 求数列{}na 的通项公式.B 类例题例3 (1)一次竞赛在n(n >1)轮中共发了m 枚奖章.第一轮发了1枚及余下的m -1枚的71,第2轮发了2枚及余下的71,…,直至第n 轮正好发了n 枚而没有余下奖章.这个竞赛共包括几轮?一共发了多少枚奖章?(第9届国际数学奥林匹克)(2)把一个圆分成n 个不同的扇形(n ≥2),依次记为S 1,S 2,…, S n ,每个扇形都可以用红、蓝、白三种颜色中任一种涂色,要求相邻的扇形颜色互不相同,问有多少种涂法?分析 第(1)题,每一轮发的奖章数具有一定规律,因而可以建立每一轮发的奖章数的关系或每一轮余下的奖章数的关系.第(2)题,设法建立涂法总数的递推关系和求得初始值,进而求得涂法总数. 解 (1)设竞赛进行了k 轮后,余下a k 枚奖章.因为第k 轮发出奖章数k+17(a n -1 -k )具有a k =a k -1- [k+17(a k -1 -k )]即a k = 67a k -1-67 k 且a 0=m, a n =0.进一步变形为a k +6k -36= 67[a k -1+6(k -1)-36]从而a n +6n -36= (a 0-36)n)76(= (m -36)n)76(即a n = (m -36)n)76(-(6n -36),又因为a n =0,故(m -36)=(n -6)167-n n而n -6<6n -1,且7n 与6n -1互质,m,n ∈N +,故n=6,m=36. 因此,这个竞赛共包括6轮,一共发了36枚奖章.(2)设涂法总数为a n (n ≥2)当n=2时,先对S 1涂法色,有3种涂法,继而得S 2只有两种涂法,因而a 2=6.当时n ≥3, S 1有3种涂法, S 2有2种涂法, S 3有2种涂法,…, S n -1有2种涂法, S n 仍有2种涂法. (不论是否S 1与同色),这样共有3×2n -1种涂法,但这3×2n -1种涂法分为两类:一类是S n 与S 1同色,认为S n 与S 1合为一个扇形,此时涂法有a n -1种涂法;另一类是S n 与S 1不同色,此时涂法有a n 种涂法.因而有a n + a n -1=3×2n -1(n ≥3)令p n =a n2n , 则2p n +p n -1=3 (n ≥3)于是有1-np =)1(211---n p , (n ≥3) p 2=a 222从而有1-n p =)1()21(22---p n =121-⎪⎭⎫ ⎝⎛--n于是1=n p 121-⎪⎭⎫⎝⎛--n 得a n =2n p n =2n +(-1)n ·2 (n ≥3)但当n=2时也适合上式,故得a n =2n +(-1)n ·2 (n ≥2) 故共有种a n =2n +(-1)n ·2 (n ≥2)涂法说明 这类试题经常在全国高中数学联赛及国际数学奥林匹克中出现.这两个问题都是用递推方法解决计数问题,希望读者对这类问题能够进行较为深入的钻研. 例4 数列{a n }定义如下:a 1=1,a n+1 =161(1+4 a n +na 241+),求它的通项公式.分析 带根号的部分不好处理,平方会导致较繁的关系式,容易想到作代换:令=nbn a 241+解 设=nb n a 241+,则2412-=n n b a ,.51=b 于是原递推式可化为41(16124121+=-+n b 2412-⋅n b +)nb即(2b n+1)2=(b n +3)2,由于b n 、b n+1非负,所以2b n+1=b n +3. 故b n+1-3=21(b n -3).所以b n+1-3= (b n -3)(21)n -2即2)21(3-+=n nb所以2412-=n nb a=nn 212313112+⋅+-说明 这是1981年IMO 的预选题,解题的关键是换元、转化.例5设{x n }、{y n }为如下定义的两个数列:x 0=1,x 1=1,x n+1=x n +2 x n -1,y 0=1,y 1=7,y n+1=2y n +3y n -1,(n=1,2,3…),于是这两个数列的前n 项为x n :1,1,3,5,11,21…, y n :1,7,17,55,161,487,….证明:除了“1”这项外,不存在那样的项,它同时出现在两个数列之中. (第二届美国中学生数学竞赛试题) 分析 本题题均属于线性递归数列问题,可用特征根的方法来解决.解 数列{x n }的通项公式形如nnnC C x β+α=21,其中βα、是数列的特征方程x 2=x +2的两根,即1,2-=β=α,故nnnC C x )1(221-+=.由x 0=1,x 1=1得C 1=23,C 2=13,所以 =nx 23×2n +13(-1)n = 13[2n+1+(-1)n ]同理可得数列的{y n }通项公式为 y n =2×3n -(-1)n .用反证法证明两个数列无其它公共项. 假设 x m =y n ,即13[2m+1+(-1)m ]= 2×3n -(-1)n ,则 2(3n+1-2m )=(-1)m +3(-1)n ①若奇偶性相同,则①式右边为4或-4.左边=2(奇-偶)=2×奇数,故左边不是4的倍数,因此左边不等于右边.同理若m 、n 奇偶性不相同时左边也不等于右边.说明 在求得特征方程的根以后,要依据根的重数正确写出数列通项的一般表达式,再根据初始值求得待定系数的值.例6 数列{a n }满足a 0=1,23645721-+=+n n n a a a,N n ∈,证明:(1)对于任意N n ∈,a 为整数;(2)对于任意N n ∈,11-+n n a a 为完全平方数. (2005年高中数学联赛) 证明:(1)由题设得a 1=5,且数列{a n }严格单调递增,将条件变形得36457221-=-+n n n a a a ,两边平方法整理得0972121=++-++n n n n a a a a①∴0972112=++---n nn na a a a ② ①-②得0)7)((111=-+--++n n n n n a a a a a∵1+<n na a , ∴0711=-+-+nn n a a a , 117-+-=n nn a a a ③由③及a 0=1, a 1=5可得a n 为正整数.(2)将①两边配方得=++21)(n na a )1(91-+n n a a∴11-+n n a a =21)3(nn a a ++④因为是n a 整数,故11-+n n a a 为整数,故④右边是整数的平方.即为为完全平方数. 所以对于任意N n ∈,11-+n n a a 为完全平方数.情景再现3.小伟和小明来到咖啡店,他们买了一杯咖啡和一杯牛奶各150ml,每个杯子的容积为200ml,甲杯盛牛奶,乙杯盛咖啡,想将二者混合,兑换成近乎相同的奶咖啡,没有其它的容器,只得利用二个杯子中的剩余空间倒来倒去,使其混合.规定将乙杯里的部分倒入甲杯中,使甲杯盛满饮料,充分搅匀,再将甲杯里的饮料倒入乙杯中,使甲、乙杯中的饮料相等.这叫做一次操作.请你回答下列四个问题: Ⅰ、一次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比为多少?Ⅱ、求第n 次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比的数学表达式. Ⅲ 至少几次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比不超过51%?Ⅳ、你能否设计新操作,得到更优的方案以减少操作次数? (2003年北京应用知识竞赛题) 4. 已知a 1=1,a 2=3,a n+2=(n+3)a n+1-(n+2)a n ,若当m ≥n ,a m 的值都能被9整除,求n 的最小值.(湖南省2002年高中数学竞赛)C 类例题例7 数列{a n }按如下法则定义:a 1=1nn n a a a 41211+=+, 证明:对n >1,1222-n a 均为正整数·(1991年全苏数学冬令营)分析 因为结论中涉及到根号及a 2n项,因而令1222-=n na b ,并对已给递推关系两边平方就容易找到解题思路. 解 令1222-=n na b , 则12222-=n na b ,因此221nnb a=+12,因为++=+222116141nn n a a a14于是++211n b 12 = 14 (++211n b12)+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2111612n b +14即 )2(22221+=+n n n b b b①所以]2)2((2[22121221++=--+n n n n b b b b=2212)1(4+-n n b b . ②4122222=-=a b ,24122233=-=a b ,由②及b 2 、b 3∈N*, 知道对n >1,1222-n a 均为正整数.说明 这道试题,通过换元,将关于如的问题转化为关于b n 的问题,得到①式后,再用)2(221212+=--n n n b b b 代入可证明21+n b是一个完全平方数的关键一步,通过这一步代入可使问题得到顺利解决.例8. 设a 1=1,a 2=3,对一切正整数n 有 a n+2=(n+3)a n+1-(n+2)a n ,求所有被11整除的如的值. 分析 先根据给定的递推关系,通过换元,把问题转化,最后求得a n 的通项公式,进而完成本题. 解 由已知条件得(a n+2-a n+1)= (n+2)(a n+1-a n )设b n+1=a n+1-a n (n ≥1),则由条件有b n+1=(n+1)(a n -a n -1)=(n+1) b n (n ≥2),故b n = nb n -1=n(n -1) b n -2= n(n -1)(n -2)…3 b 2 =n !(n ≥2) 所以a n =(a n -a n -1 )+(a n -1-a n -2)+ …+(a 2-a 1)+a 1=b n + b n -1 +…+b 2+1=1nk k =∑!由此可以算出a 4=41k k =∑!=33=11×3,a 8=81k k =∑!=46233=11×4203,a 10=101k k =∑!=4037913=11×367083.当n ≥11时,注意到11nk k =∑!能被11整除,因而a n =101k k =∑!+11nk k=∑!也能被11整除.故当n=4,n=8或当n ≥10时, a n 均被11整除.说明 这是1990年巴尔干地区的数学奥林匹克试题,本题中换元起了重要的作用.这是阿贝尔求和法.情景再现5.3个数列{a n }、{ b n }、{ c n }存在下列关系:a 1=1, b 1=21,b n =a n+1-a n , c n =b n+1-b n =np n --13(n=1,2,3…)这里的p 为正常数. (1)求a n ;(2)证明:若c n ≥0,则c n+1>0;(3)若数列{b n }的最小项为b 4,求p 取值范围.6.数列{a n }、{ b n }满足0<a 1<b 1,nnn b a a 21111+=+nn n b a b +=+2121 (n=1,2,3…)证明下列命题:(1) a 2<b 2<b 1;(2) 对任何正整数n 有b n > a n+1; (3) 对任何整数n ≥2,有b n <b 1.习题12A 类习题1. 已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=a n +n 2(n ≥2),求通项a n .2.(2003年全国高考题)已知数列).2(3,1}{111≥+==--n a a a a n n n n 满足(Ⅰ)求;,32a a (Ⅱ)证明.213-=nn a3.(2001上海春季高考)某公司全年的利润为b 元,其中一部分作为奖金发给n 位职工,奖金分配方案如下:首先将职工按工作业绩(工作业绩均不相同)从大到小,由1到n 排序,第1位职工得奖金nb 元,然后再将余额除以n 发给第2位职工,按此方法将奖金逐一发给每位职工,并将最后剩余部分作为公司发展基金. (1)设a k (1≤k ≤n )为第k 位职工所得奖金金额,试求a 2,a 3,并用k 、n 和b 表示a k (不必证明); (2)证明a k >a k +1(k =1,2,…,n -1),并解释此不等式关于分配原则的实际意义; (3)发展基金与n 和b 有关,记为P n (b ),对常数b ,当n 变化时,求lim ∞→n P n (b ).4.已知点的序列A n (x n ,0),n ∈N*,其中x 1=0,x 2=a (a >0),A 3是线段A 1A 2的中点,A 4是线段A 2A 3的中点,…,A n 是线段A n -2A n -1的中点,….(1)写出x n 与x n -1、x n -2之间关系式(n ≥3);(2)设a n =x n +1-x n ,计算a 1,a 2,a 3,由此推测数列{a n }的通项公式,并加以证明; (3) 求lim ∞→n x n .5.已知+++∈-===N n a a aa a n n n ,22,4,01221求数列{a n }的通项公式.6.已知++++∈-+====N n a a a aa a a n n n n ,22,6,2,0123321求数列{a n }的通项公式.B 类习题7.已知++++∈+-====N n a a a aa a a n n n n ,8126,8,2,1123321求数列{a n }的通项公式. 8.已知++++∈+-=-===N n a a a aa a a n n n n ,12167,13,1,2123321求数列{a n }的通项公式.9.有一条n 级楼梯,如果每步只能跨上一级或两级,问欲登上去,共有几种走法?10.(1)是否存在正整数的无穷数列{a n },使得对任意正憨整数n 都有a 2n+1≥2 a n a n+2. (2)是否存在正无理数的无穷数列{a n },使得对任意正憨整数n 都有a 2n+1≥2 a n a n+2.(首届中国东南地区数学奥林匹克试题)C 类习题11.设数列}{n a 满足条件:2,121==a a ,且 ,3,2,1(12=+=++n a a a n n n )求证:对于任何正整数n ,都有nnnn a a 111+≥+ (湖南省2004年高中数学竞赛)12.求所有a ∈R,使得由a n+1=2n -3a n (n ∈N)所确定的数列a 0, a 1, a 2,…是递增数列.(1980年英国中学生数学竞赛试题)本节“情景再现”解答:1.解:由已知可得:a n +n =2(a n -1+n -1)(n ≥2)令b n =a n +n ,则b 1=a 1+1=2,且b n =2b n -1(n ≥2) 于是b n =2·2n -1=2n ,即a n +n =2n 故a n =2n -n (n ≥2), 因为a 1=1也适合上述式子, 所以a n =2n -n (n ≥1) 2.解:(1)bc cb f 242122)2(-=∴=+=,又cbx bx c x x x f 22)2(2)(+--=-令02)(=-x x f 得0)2(=--bx c x当0≠b 时得方程的实数根0=x 和bc x -=2 于是1,2==b c , 当0=b 时4=c 方程有唯一实数根0=xxx x f +=∴2)(或4)(x x f =(2)当xxx f +=2)(时,211+=--n n n a a a ,令,1nna b =则121+=-n nbb ,)1(211+=+∴-n n b b 12112-=∴-=∴nn nn a b 当4)(x x f =时,141-=n n a a {}n a ∴为等比数列,1)41(-=n n a 121-=∴nn a 或nn a -=143.解:Ⅰ.设 p=150 , %pp p a 7543311==+=Ⅱ. 设n 次操作前、后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比分别为、a n 1-n a ,则n 次操作前、后乙杯里的饮料中牛奶的体积百分比分别为、a n 11--n a -1,pp pa p a a n n n 3131)1(11+⋅-+=--=41211+-n a , ∴法 ①)(21211----=-n n n n a a a a ∴12121++=n n a∴ 法②)21(21211-=--n n a a∴12121++=n naⅢ. ∴1005121211≤++n ∴n ≥6.Ⅳ. 规定将乙杯里的部分倒入甲杯中,使甲杯盛满饮料,充分搅匀,再将甲杯里的饮料倒入乙杯中,使乙杯盛满饮料,充分搅匀.这叫做一次操作.设n 次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比分别为n a ,乙杯里的饮料中牛奶的体积百分比为n b .43311=+=p p pa , 83323232431=+⨯=p p pb . 1693232328332432=+⨯+⨯=pp p p a 321532323283321692=+⨯+⨯=pp p p b∴ppb p a a n n n 34323211⨯+⨯=-- 第n 次操作后甲杯里的饮料p 32,乙杯里的饮料p 34.∴p b p a p n n =⨯+⨯3432∴343=+n n b a .n a =83411+-n a , ∴nn n a 212212+=-∴10051212212≤+-nn , ∴n ≥4.至少4操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比不超过51%.4.解:由)(12++-n n a a=11)2()3(-+-+-+n n n a a n an ))(2(1n n a a n -+=+))(1)(2(1--++=n n a a n n)(34)1)(2(12a a n n n -⋅⋅⋅⋅++=)2(+=n !故++-+-+= )()(23121a a a a a a n)(1--n na a=1+2!+3!+…+n !(n ≥1),由于153,33,9,3,154321=====a a a a a ,此时153被9整除.当m ≥5时∑=+=mk m ka a 15!而k ≥6时6!被9整除.于是当m ≥5时a n 被9整除,故所求的n 的最小值为55. (1)因为c n =b n+1-b n =3n -1-np,故b n =b 1+ (b 2-b 1)+ (b 3-b 2)+ …+(b n -b n -1) =12 +(1+3+…+3n -2)-[1+2+3+…+(n -1)]p=12 [3n -1-n(n -1)p], 即b n =a n+1-a n =12[3n -1-n(n -1)p]故a n =a 1+ (a 2-a 1)+ (a 3-a 2)+ …+(a n -a n -1)= 3n -1+34- p6-1)(n -2)(2)若c n =b n+1-b n =3n -1-np ≥0, 则3n -1≥np,c n+1=b n+2-b n+1=3n -(n+1)p ≥3np -(n+1)p =(2n -1)p >0.(3)因为b n =12 [3n -1-n(n -1)p]≥b 4,故应有c 3=b 4-b 3≤0,c 4=b 5-b 4≥0,即c 3=9-3p ≤0, c 4=27-4p ≥0,故3≤p≤274.利用(2)的结论验算可知,当3≤p ≤274时,对一切正整数n,均有b n ≥b 4.故p 的取值范围是[3,274] 6.(1)⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=++nn n n n n ba b b a a 212211111②① 因为110b a <<由①②可知n n b a ,皆正.①×②得242142121211=⋅+≥+++=++nn nn nn nn n n b a a b b a a b a b ,所以,11++≥n n a bn=1时,22a b ≥但若2111224b a a b a b =⇔=112b a =⇔,这与110b a <<矛盾,故只可能有,22a b >又由②可得1111122321212b b b b a b =+<+=,即 11243b b b <<,因此122b b a <<.(2)由(1)可知,11++≥n n a b即nna b ≥,由②得n n n b a b241+=+nn n n b a b b 2)(41-=-+=nnnb b a --)(<0,故nn b b<+1,即nn n b b a <≤++11所以n n b a<+1.(3)由(2)知nn b b<+1故{b n }卓单调递减,从而121b b bb n n<<<<- ,因此1b b n<.本节“习题12”解答: 1.∵a n +1=a n +n 2,∴a n +1-a n =n 2,故a n =(a n -a n -1 )+(a n -1-a n -2)+ …+(a 2-a 1)+a 1=-1+16n(n-1)(2n-1)= 16(n 3-3n 2+n-6)2.(Ⅰ)∵a 1=1 . ∴a 2=3+1=4, a 3=32+4=13 .(Ⅱ)证明:由已知a n -a n -1=3n -1,故.2131333)()()(21112211-=++++=+-++-+-=-----nn n n n n n n a a a a a a a a所以证得213-=nn a .3.(1)第1位职工的奖金a 1=nb ,第2位职工的奖金a 2=n1(1-n1)b ,第3位职工的奖金a 3=n1(1-n1)2b ,…,第k 位职工的奖金a k =n1 (1-n1)k -1b ;(2)a k -a k +1=21n(1-n1)k -1b >0,此奖金分配方案体现了“按劳分配”或“不吃大锅饭”的原则.(3)设f k (b )表示奖金发给第k 位职工后所剩余数,则f 1(b )=(1-n1)b ,f 2(b )=(1-n1)2b ,…,f k (b )=(1-n1)k b .得P n (b )=f n (b )=(1-n1)nb ,故eb b P n n =∞→)(lim .4.(1)当n ≥3时,x n =221--+n n x x ;=-=--=-+=-==-=212212232121,21)(212,)2(a a x x x x x x x a a x x aaa x x x x x x x 41)21(21)(2122332334=--=--=-+=-=, 由此推测a n =(-21)n -1a (n ∈N . 证:因为a 1=a >0,且1111121)(2122----+-=-=-=-+=-=n n n nn n n n n n n a x x x x x x x x x a (n ≥2)所以a n =(-21)n -1a .(3)当n ≥3时,有x n =(x n -x n -1)+(x n -1-x n -2)+…+(x 2-x 1)+x 1=a n -1+a n -2+…+a 1,由(2)知{a n }是公比为-21的等比数列,所以32)21(1lim 1=--=∞→a x n n a .5.特征方程x 2=2x -2有两个相异实根x 1=1+i,x 2=1-i.则数列{a n }的通项公式为:n n n i C i C a )1()1(21-++=,代入前两项的值,得⎩⎨⎧=-++=-++4)1()1(0)1()1(222121i C i C i C i C解此方程组得:C 1=-1-i,C 2=-1+i, 故π+-=--+-=+++41cos2)1()1(2311n i i an n n n.6.特征方程x 3=2x 2+x -2有三个相异实根x 1=1,x 2=-1, x 2=2,则数列{a n }的通项公式为:nn n C C C a 2)1(321+-+=,代入前三项的值,得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++=+-,68,24,02321321321C C C C C C C C C解此方程组得:C 1=-2,C 2=0,C 3=1 故22-=nna.7.特征方程x 3=6x 2-12x +2有三重实根x =2,则数列{a n }的通项公式为:nn C n nC C a 2)(3221⋅++=,代入前三项的值,得⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++,872248,21684,1222321321321C C C C C C C C C解此方程组得:C 1=1,C 2=43-,C 3=41 故222)34(-+-=n nn n a.8.特征方程x 3=7x 2-16x +12有x 1=x 2=2, x 3=3,,则数列{a n }的通项公式为:32132)(C nC C a nn n +⋅+=,代入前三项的值,得⎪⎩⎪⎨⎧-=++=++=++,1327248,1984,2322321321321C C C C C C C C C 解此方程组得:C 1=4,C 2=23,C 3=-3, 故.3232112+-+-⋅+=n n n n n a9. 由于登上n 级台阶可以从第n -2直接上来,也可以通过第n -1级分步上来,这样登上n 级台阶的走法不仅与登上n -1级走法有关,且也与登上n -2级台阶的走法有关,故这里可以考虑通过二阶递推式来进行求解.登上第一级只有一种走法,记a 1=1,登上第二级,有两种走法,记a 2=2,如果要登上第n 级,那么可能是第n -1级走上来,也可能是第n -2级跨上两级上来的,故有a n =a n -1+a n -2, 显然这是缺了F 0项的Fibonacci 数列,它的通项为 F n =51[(251+)n+1-(251-)n+1]所n 级楼梯,共有F n 种不同的走法.10.假设存在正整数列{a n }满足条件. ∵2212++≥n n n a a a , a n >0∴211≤-n n a a 22121≤--n n a a 23221---≤≤n n n a a 12a a ,n=3,4,5,又∵12a a 122221a a ⋅≤-所以有≤-1n n a a 221-n 12a a ⋅,n=2,3,4,5,∴≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=--112221n n n a a a a ≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-2212)3()2(21n n n a a a ≤⎪⎪⎭⎫⎝⎛≤-++-+-22121)3()2(21a a a n n n∴212122212---⋅⎪⎭⎫⎝⎛≤n n n n a a a设[)Z k a k k∈∈+,2,2122取N=k+3则有<⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛≤---212122212N N N Na a a,1122112211≤⋅⎪⎭⎫⎝⎛++++k k k k a 这Na 与是正整数矛盾.所以不存在正整数列{a n }满足条件.11.证明:令 10=a ,则有 11-++=k k k a a a ,且 ),2,1(1111=+=+-+k a a a a k k k k于是 ∑∑=+-=++=nk k k nk k k a a a a n 11111由算术-几何平均值不等式,可得 nn n a a a a a a 132211+⋅⋅⋅≥+nn n a a a a a a 113120+-⋅⋅⋅注意到 110==a a ,可知nn n nn a a a 11111+++≥,即nnnn a a 111+≥+12.令b n =a n 2n ,则b n+1=-32b n +12,两边减去 15 , 得b n+1-15=-32(b n -15),即数列{ b n -15}是公比为-32的等比数列,所以b n -15=(b 0-15)(-32)n =(a 0-15)(-32n ,a n =2n b n =2n (a 0-15)·(-32)n +15·2n , 即a n =(a 0-15)·(-3)n +15·2n (n ≥0),从而a n+1-a n = 2n10[ 403 (a 0-15)·(-32)n +1] ,设A=403 (a 0-15)则a n+1-a n = 2n10[ A(-32)n +1] ,若a 0>15, 则A >0,对充分大的奇数n 有(-32)n >1A a n <a n -1, 若a 0<15,则A <0. 对充分大的偶数n 有(32)n >-1A于是a n <a n -1.综上所述,当a 0≠15时,数列{a n }不是单调递增.仅当a 0= 15时a n+1-a n = 2n10>0,数列{a n }是单调递增.。
递归递推区别分析与例题总结

递归递推区别分析与例题总结递归与递推⽂章⽬录特点递归(recursive)运⾏过程中⾃我调⽤,求解过程分为回溯和递推两个过程,占⽤内存多(栈数先积累后收缩,有可能爆栈),代码简洁但低效。
尾递归和递归区别⬇function story() {从前有座⼭,⼭上有座庙,庙⾥有个⽼和尚,⼀天⽼和尚对⼩和尚讲故事:story() // 尾递归,进⼊下⼀个函数不再需要上⼀个函数的环境了,得出结果以后直接返回。
}function story() {从前有座⼭,⼭上有座庙,庙⾥有个⽼和尚,⼀天⽼和尚对⼩和尚讲故事:story(),⼩和尚听了,找了块⾖腐撞死了 // ⾮尾递归,下⼀个函数结束以后此函数还有后续,所以必须保存本⾝的环境以供处理返回值。
}尾递归省内存、⾼效(相当于(或者说递推?))Python⽆法在语⾔中实现尾递归优化(Tail Call Optimization, TCO),所以采⽤了for, while等特殊结构代替recursive的表述(优化是编译器⼲的,发现尾递归结构就给优化了)。
递推(iterative)效率⽐递归⾼,尽量递推,除⾮只能递归。
例题递推例⼦⼀般都是数学题。
重点是找递推公式(也太好偷懒了吧)平⾯分割问题直线分割平⾯(基本结论)如果当前有 n 条直线,新增加⼀条直线(第 n+1 条直线),可以多出来 n 个交点(新的直线和之前所有的直线都有交点),⽽多出来 n 个交点对应到可以多出 n+1 个平⾯(⽐如从两条线,⼜新增⼀条线时,新的线和两条线都相交,作⽤在三个区域上,对这三个区域切分,增加三个平⾯)。
也即:S n+1=S n+(n+1)=1+(n+1)(n+2)2当平⾯上已有n-1条曲线将平⾯分割成a n-1个区域后,第n-1条曲线每与曲线相交⼀次,就会增加⼀个区域,因为平⾯上已有了n-1条封闭曲线,且第n条曲线与已有的每⼀条闭曲线恰好相交于两点,且不会与任两条曲线交于同⼀点,故平⾯上⼀共增加2(n-1)个区域,加上已有的a n-1个区域,⼀共有a n-1+2(n-1)个区域。
解读小学数学中的递推与递归关系

解读小学数学中的递推与递归关系递推与递归是小学数学中的重要概念,它们在数学问题的解决中起着关键的作用。
递推是一种通过给出初始条件和递推关系来确定数列或者数值序列中后续项的方法,而递归则是一种通过函数调用自身来解决问题的方法。
在本文中,我们将解读小学数学中的递推与递归关系,并探讨其在数学学习中的应用。
首先,我们来了解递推关系。
递推关系是指一个数列或者数值序列中的后一项与前面一项之间存在的特定关系。
通过递推关系,我们可以通过已知的初始条件来确定数列或者数值序列中的任意一项。
例如,在计算等差数列的任意一项时,我们可以利用递推关系an = a1 + (n-1)d 来计算。
其中an表示第n个项,a1表示第一个项,d表示公差。
通过递推关系,我们可以轻松地计算出等差数列中的任意一项,从而解决各种问题。
在小学数学中,递推关系经常出现在各种数学题目中,例如数列、图形的生成等。
通过观察数列或者图形的规律,我们可以总结出递推关系,并利用递推关系来解决问题。
例如,有一道经典的数学题目:有一只兔子,从第三个月开始每个月都会生一对小兔子,新生的小兔子在第一个月不会生育,从第二个月开始每个月也会生一对小兔子。
问经过n个月后,一共有多少对兔子?通过观察,我们可以得出递推关系Fn = Fn-1 + Fn-2,其中Fn表示经过n个月后兔子的总数。
利用递推关系,我们可以轻松地计算出经过任意月份后兔子的总数。
接下来,我们来了解递归关系。
递归是指一个函数在执行过程中调用自身来解决问题的方法。
通过递归,我们可以将一个大型复杂的问题分解成一个个相同或类似的子问题,并通过解决子问题来解决整个问题。
递归在解决问题中具有很强的灵活性和高效性,在小学数学中也有着广泛的应用。
在小学数学中,递归关系经常出现在各种数学题目中,例如阶乘、斐波那契数列等。
阶乘是指一个数与除了它自身以外的所有正整数的积,表示为n!。
通过递归关系n! = n * (n-1)!,我们可以轻松地计算出任意正整数的阶乘。
数学中的递推关系探索递推公式和递归函数

数学中的递推关系探索递推公式和递归函数数学中的递推关系探索: 递推公式和递归函数数学是一门富有创造力和逻辑思维的学科,其中递推关系是一个重要的概念。
递推关系可以用递推公式或递归函数来表示,它们在数学、计算机科学和物理等领域中都有着广泛的应用。
本文将探索递推关系的概念,并介绍递推公式和递归函数的相关知识。
一、递推关系的定义和特点递推关系是指数列中的每一项与它前面的一些项之间的关系。
一般来说,递推关系具有以下特点:1. 递归性:递推关系式根据前面的项计算后面的项,这种递归性质使得数列的每一项都可以通过前面的项来计算得出。
2. 初始条件:递推关系需要指定数列的初始项,这些初始项是递推关系的起点。
3. 通项公式:递推关系可以通过通项公式来表示,该公式能够给出数列中任意项的值。
递推关系和递推公式是密切相关的概念,下面将详细介绍递推公式和递归函数。
二、递推公式的应用和示例递推公式是表示递推关系的一种方式,它可以用来计算数列中任意一项的值。
递推公式的形式通常是通过前面的项来计算当前项的表达式。
递推公式在数学和物理等领域中有着广泛的应用。
以斐波那契数列为例,它的递推公式为F(n) = F(n-1) + F(n-2),其中F(n)表示斐波那契数列的第n项,F(n-1)表示第n-1项,F(n-2)表示第n-2项。
通过递推公式,我们可以计算斐波那契数列中任意一项的值。
另一个著名的例子是阶乘函数的递推公式n! = n * (n-1)!,其中n!表示n的阶乘,(n-1)!表示n-1的阶乘。
递推公式可以用来计算阶乘函数中任意整数的阶乘值。
三、递归函数的定义和应用递归函数是一种通过函数调用自身的方式来解决问题的方法。
递归函数在计算机科学中有着重要的应用,尤其在算法和数据结构中。
递归函数与递推公式密切相关,它们都是通过前面的项来计算当前项的值。
递归函数的定义中包含了递归基和递归步骤两部分。
递归基是递归函数的边界条件,它表示递归的结束点。
python常用算法 递推法、递归法、迭代法、二分法

python常用算法递推法、递归法、迭代法、二分法Python常用算法之一:递推法递推法是一种基于已知结果推导出未知结果的算法方法。
在递推法中,我们通过已知的初始值或基础情况,以及与前一项或前几项的关系,计算出后一项的值。
递推法常常用于解决数列、数学关系、动态规划等问题。
递推法的基本思想是通过找到问题的递推关系式来求出未知项的值。
这个关系式可以是一个简单的数学公式或逻辑表达式。
为了使用递推法,我们需要先找到递推公式,并明确初始项的值。
通过逐步求解的方式,我们可以得到数列的任意项的值。
递推法的实现通常采用循环结构。
我们可以使用for循环来遍历每一项,并根据递推公式来计算后一项的值。
下面是一个简单的例子,计算斐波那契数列的第n项:pythondef fibonacci(n):if n == 0:return 0elif n == 1:return 1else:a, b = 0, 1for i in range(2, n+1):a, b = b, a + breturn b在这个例子中,我们使用了一个for循环来计算斐波那契数列的第n 项。
首先,我们定义了初始项a=0和b=1。
然后,通过循环计算每一项的值,更新a和b的值,最后返回b作为结果。
递推法的优点是简单明了,适用于不涉及递归调用的问题。
尤其对于一些数值计算的问题,递推法可以利用计算机的高效运算能力,快速求解问题。
接下来,让我们看看另一种常用的算法方法:递归法。
Python常用算法之二:递归法递归法是一种在解决问题时调用自身的方法。
在递归法中,我们将一个复杂的问题分解成一个或多个规模较小的相同问题,直到问题的规模足够小,可以直接求解为止。
递归法需要定义一个递归函数,该函数在调用过程中会不断地传递参数给自身,直到满足停止条件为止。
递归法的实现通常采用函数的递归调用。
在函数的内部,我们可以通过调用自身来解决同类的子问题,同时逐步缩小问题的规模。
递归函数中通常包含两部分:基准情况(停止条件)和递归调用。
数列通项的七种方法

数列通项的七种方法一、递推公式法递推公式法是一种常见的求解数列通项的方法。
通过观察数列中相邻两项的关系,可以找到递推公式,从而求得数列的通项。
例如,我们考虑一个等差数列,已知首项为a,公差为d。
根据等差数列的性质,我们可以得到递推公式an = an-1 + d。
其中,an 表示数列的第n项,an-1表示数列的第n-1项。
利用递推公式,我们可以通过已知的首项和公差,依次求得数列的每一项。
这种方法简单直观,适用于求解各种类型的数列。
二、通项公式法通项公式法是一种通过数学公式来表示数列通项的方法。
对于某些特殊的数列,可以通过观察数列中的规律,建立通项公式,从而直接求得数列的任意项。
例如,斐波那契数列就可以通过通项公式来表示。
斐波那契数列的通项公式为Fn = (1/sqrt(5)) * (((1+sqrt(5))/2)^n - ((1-sqrt(5))/2)^n)。
其中,Fn表示数列的第n项。
通项公式法适用于某些特殊的数列,可以直接求得数列的任意项,省去了逐项求解的步骤,提高了求解效率。
三、递归关系法递归关系法是一种通过递归关系来求解数列通项的方法。
通过观察数列中相邻两项的关系,可以建立递归关系式,从而求得数列的通项。
例如,斐波那契数列就可以通过递归关系来表示。
斐波那契数列的递归关系式为Fn = Fn-1 + Fn-2。
其中,Fn表示数列的第n项,Fn-1表示数列的第n-1项,Fn-2表示数列的第n-2项。
利用递归关系,我们可以通过已知的前两项,依次求得数列的每一项。
递归关系法适用于一些特殊的数列,可以通过递归的方式来求解。
四、等差数列通项公式对于等差数列,我们可以通过等差数列的通项公式来求解数列的任意项。
等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d。
其中,an表示数列的第n项,a1表示数列的首项,d表示数列的公差。
利用等差数列的通项公式,我们可以直接求解数列的任意项,无需逐项计算,提高了求解效率。
数列递推的技巧

数列递推的技巧
数列递推是指根据已知的数列前几项,通过某种规律或公式来确定数列的后续项。
下面列举一些常见的数列递推的技巧:
1. 线性递推法:对于满足线性递推关系的数列,可以使用线性递推法来求解。
线性递推关系一般可以表示为an = c1 * an-1 + c2 * an-2 + ... + ck * an-k,其中c1,c2,...,ck为常数。
常见的线性递推数列有斐波那契数列、等差数列等。
2. 指数递推法:对于满足指数递推关系的数列,可以使用指数递推法来求解。
指数递推关系一般可以表示为an = c * an-1^k,其中c和k为常数。
常见的指数递推数列有幂函数数列、几何数列等。
3. 差分递推法:对于满足差分递推关系的数列,可以使用差分递推法来求解。
差分递推关系一般可以表示为an = an-1 + dn,其中dn为常数。
常见的差分递推数列有阶乘数列、等差数列等。
4. 递归递推法:对于满足递归递推关系的数列,可以使用递归递推法来求解。
递归递推关系一般可以表示为an = f(an-1, an-2, ...),其中f为一个函数。
常见的递归递推数列有斐波那契数列、双核函数数列等。
5. 其他递推技巧:还有一些特殊的递推技巧,如矩阵快速幂递推法、莫比乌斯反演递推法等,可根据具体的问题和数列特点选择合适的方法进行递推求解。
探索数学中的递推和递归

探索数学中的递推和递归数学是一门充满魅力和无限可能的学科,其中递推和递归是数学中常见的重要概念。
递推和递归都是一种通过前一项或几项的信息来求解后一项的方法,但在使用和理解上存在一定的差异。
一、递推递推是一种按照特定规则从已知的初始值开始,通过逐步计算后一项的方式来得到数列或其他数学对象的方法。
在递推中,每一项都依赖于前一项或前几项的值。
我们可以通过一个具体的数列来理解递推的概念。
以斐波那契数列为例,斐波那契数列的递推公式为Fn = Fn-1 + Fn-2,其中F0 = 0,F1 = 1。
通过递推公式,我们可以从已知的F0和F1开始,不断计算得到后面的项,如F2=F1+F0=1+0=1,F3=F2+F1=1+1=2,以此类推。
递推在数学中的运用非常广泛。
它不仅可以用于数列,还可以应用于概率、几何等各个数学领域。
递推不仅简洁高效,而且能够提供一种清晰的计算思路,使得复杂的问题变得简单。
二、递归递归是一种通过调用自身来解决问题的方法。
递归的思想是将原始问题拆分成更小的相同问题,并通过递归调用来逐步解决这些小问题,最终得到原始问题的解。
递归的应用非常广泛,尤其在计算机科学中。
在计算机中,递归的应用可以极大地简化代码的编写和理解。
典型的例子是计算阶乘的递归函数。
以计算n的阶乘n!为例,递归的定义为n! = n * (n-1)!。
通过这个递归定义,我们可以将原始问题n的阶乘转化为更小的问题(n-1)的阶乘,再通过递归调用不断地将问题规模缩小,直到达到递归的基本情况,即当n=0或n=1时,阶乘的结果为1。
递归虽然功能强大,但也需要注意一些问题。
首先,递归函数的调用次数不能无限增长,否则会导致栈溢出等问题。
其次,递归函数的设计和调用需要合理,避免出现死循环或无限递归的情况。
总结:递推和递归都是数学中常见的求解方法,它们在解决问题时都能够提供一种清晰的思路,使得复杂的问题变得简单。
递推是一种按照特定规则从已知的初始值开始,通过逐步计算后一项的方式来得到数列或其他数学对象的方法。
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递归与递推公式的掌握技巧掌握递归与递推公式的技巧
在计算机科学领域中,递归和递推公式是重要的概念和工具。
递归是指在一个函数或过程内部调用自己,直到满足某个条件才返回结果。
递推公式是指通过前面的结果推导出后面的结果的公式,也称为递归公式。
递归和递推公式在算法设计、数据结构、数学等领域都得到了广泛应用。
递归和递推公式的掌握是编程和数学学习的重点之一。
在实际应用中,掌握递归和递推公式对程序的正确性、效率和可读性都是至关重要的。
本文将介绍如何掌握递归和递推公式的技巧,帮助读者更好地应用它们解决问题。
第一部分:递归的设计和实现
递归的设计和实现是一项重要的技巧。
递归函数的设计和实现需要考虑以下几个方面:
1.确定递归的终止条件
递归的过程必须能够终止,否则会造成死循环或栈溢出等问题。
因此,在设计递归函数时必须确定递归的终止条件。
例如,计算斐波那契数列的递归函数可以定义如下:
```
int fibonacci(int n) {
if (n <= 1) {
return n;
}
else {
return fibonacci(n - 1) + fibonacci(n - 2);
}
}
```
在这个例子中,当n小于或等于1时,递归终止,返回n的值。
如果n大于1时,递归调用fibonacci函数求解f(n-1)和f(n-2)的和。
递归终止条件的确定是函数正确实现的关键之一。
2.转化问题的规模
递归通常是为了解决类似于“分而治之”的问题。
通过递归调用
将原问题拆分成子问题,并在子问题得到解后合并得到原问题的解。
例如,快速排序算法就是一种递归的排序算法,它的实现如下:
```
void quick_sort(int arr[], int left, int right) {
if (left < right) {
int pivot = partition(arr, left, right);
quick_sort(arr, left, pivot - 1);
quick_sort(arr, pivot + 1, right);
}
}
int partition(int arr[], int left, int right) {
int pivot = arr[right];
int i = left - 1;
for (int j = left; j < right; j++) {
if (arr[j] <= pivot) {
i++;
swap(&arr[i], &arr[j]);
}
}
swap(&arr[i + 1], &arr[right]);
return i + 1;
}
```
在这个例子中,快速排序通过递归调用将原问题拆分为更小的子问题,并在子问题解决后进行合并。
递归过程的实现需要考虑如何将原问题解决成更小的子问题。
3.注意递归的效率和空间复杂度
递归的实现可能会导致效率和空间复杂度问题,因为递归过程需要调用多次函数,可能会占用大量的栈空间。
因此,在实现递归函数时需要注意效率和空间复杂度。
例如,计算斐波那契数列的递归实现可以写成非递归的形式:
```
int fibonacci(int n) {
int f_0 = 0, f_1 = 1, f_n;
if (n <= 1) {
return n;
}
for (int i = 2; i <= n; i++) {
f_n = f_0 + f_1;
f_0 = f_1;
f_1 = f_n;
}
return f_n;
}
```
这个实现中不再使用递归调用,而是使用一个循环来计算斐波那契数列的值。
这个实现较递归实现效率更高,并且不会占用额外的栈空间。
第二部分:递推公式的推导和应用
递推公式可以通过观察问题的规律、枚举样例推导得到。
递推公式的设计和应用需要考虑以下几个方面:
1.观察问题的规律
递推公式的推导通常需要观察问题的规律。
通过样例和特殊情况的分析,可以发现问题的规律,从而推导出递推公式。
例如,通过观察一组数据可以推导出斐波那契数列的递推公式:
```
f(0) = 0
f(1) = 1
f(n) = f(n-1) + f(n-2), n>1
```
在这个递推公式中,前两个数的值已知,后面的值可以按照递
推公式计算得到。
通过观察问题的规律,可以推导出一些常见的
递推公式,如阶乘、组合数等。
2.确定递推公式的基础情形
递推公式的基础情形是指递推公式中的第一个或前几个数的值
已知,并且可以通过它们来推导出其他的值。
例如,阶乘函数的递推公式如下:
```
f(n) = n * f(n-1), n>0
f(0) = 1
```
在这个递推公式中,f(0) = 1 是基础情形,它可以通过f(1) = 1 * f(0) 推导出来。
基础情形在递推公式的推导和应用中非常重要,决定了递推公式是否正确和有效。
3.利用递推公式求解问题
递推公式可以用来解决各种问题,如数学运算、计算机算法、数据结构等。
在求解问题时,需要根据问题的要求来选择适当的递推公式,并根据公式计算得到结果。
例如,求解组合数问题可以使用如下的递推公式:
```
C(n, k) = C(n-1, k-1) + C(n-1, k), 0<k<n
C(n, 0) = C(n, n) = 1
```
在这个递推公式中,C(n, k) 表示从n个元素中选取k个元素的组合数。
通过递推公式,可以计算任意一对n和k的组合数。
递推公式的应用在求解组合数问题和其他问题中都有重要的应用。
结论:
递归和递推公式是编程和数学学习的基础内容,掌握递归和递推公式的技巧对于编写高效、正确的程序和解决复杂的数学问题具有重要意义。
在递归的设计和实现中,需要确定递归的终止条件、转化问题的规模和注意效率和空间复杂度。
在递推公式的推导和应用中,需要观察问题的规律、确定基础情形和利用递推公式求解问题。
通过不断练习和实践,可以掌握递归和递推公式的应用技巧,更好地应用它们解决实际问题。