3.3递推法解题
最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版
最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版类型1)(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。
变式1.1:（2004，全国I ，个理22．本小题满分14分）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.解：Θk k k a a )1(122-+=-，kk k a a 3212+=+∴k k k k k k a a a 3)1(312212+-+=+=-+，即k k k k a a )1(31212-+=--+∴)1(313-+=-a a ，2235)1(3-+=-a a …………k k k k a a )1(31212-+=--+将以上k 个式子相加，得]1)1[(21)13(23])1()1()1[()333(22112--+-=-+⋅⋅⋅+-+-++⋅⋅⋅++=-+k k k k k a a将11=a 代入，得1)1(21321112--+⋅=++kk k a ，1)1(21321)1(122--+⋅=-+=-k k k k k a a 。
经检验11=a 也适合，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--⋅+⋅--⋅+⋅=-+)(1)1(21321)(1)1(21321222121为偶数为奇数n n a nn n n n类型2n n a n f a )(1=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
例3:已知31=a ，n n a n n a 23131+-=+)1(≥n ，求n a 。
解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3a n n n n a n +-•+⨯-⨯•⋅⋅⋅•+---•+---=3437526331348531n n n n n --=⋅⋅⋅⋅=---L 。
三项递推关系求通项
三项递推关系求通项1. 什么是递推关系？在数学中，递推关系是指通过给定的初始条件和递推公式来确定一系列数值的方法。
递推关系常用于解决一些复杂的问题，特别是与数列、函数或图形有关的问题。
2. 什么是通项？通项是指一个数列中任意一项与其序号之间的关系。
通过求得一个数列的通项，我们可以方便地计算出该数列的任意一项。
3. 求解三项递推关系的方法下面将介绍如何求解三项递推关系，并得到该递推关系的通项公式。
步骤1：观察前几个数值首先，我们需要观察给定的数列或序列，并记录下前几个已知的数值。
这些已知数值将作为我们求解递推公式和通项公式的基础。
步骤2：建立递推公式根据观察到的已知数值，我们可以尝试建立一个递推公式，使得该公式能够从前一项或几个前置项计算出当前项。
例如，假设我们观察到以下数列：1, 2, 4, 8, …我们可以发现，每一项都是前一项的两倍。
因此，我们可以建立如下的递推公式：a(n) = 2 * a(n-1)，其中a(n)表示第n项。
步骤3：求解递推公式在建立了递推公式之后，我们需要通过该公式来计算数列的其他项。
首先，我们可以使用递推公式计算出第3项和第4项：a(3) = 2 * a(2) = 2 * 2 = 4 a(4) = 2 * a(3) = 2 * 4 = 8然后，我们可以继续使用递推公式计算出更多的项。
步骤4：观察数列并总结规律通过计算数列的多个项，我们可以进一步观察数列中的规律，并总结出通项公式。
以前面的例子为例，观察数列可知，每一项均为前一项乘以一个常数。
因此，通项公式可以表示为：a(n) = a(1) * (常数)^n对于这个例子来说，常数为2。
因此，通项公式可以写成：a(n) = a(1) * (2)^n步骤5：验证通项公式最后，我们需要验证所得到的通项公式是否能够正确地计算出数列中的任意一项。
我们可以选择一个任意的n值，将其代入通项公式中计算得到的结果与实际数列中的对应项进行比较。
递推关系解题的关键技巧与应用
递推关系解题的关键技巧与应用递推关系（recurrence relation）是数学中常见的一种关系式，它可以通过前一项或前几项的数值来表示后一项。
在解决问题时，递推关系常常被用于推导出问题中的规律，从而找出解决方法。
本文将介绍递推关系解题的关键技巧以及应用。
一、递推关系解题的关键技巧1. 确定初始条件：在使用递推关系解题时，首先需要确定初始条件。
也就是说，要找到递推关系式中的第一个或前几个数值。
初始条件的确定通常需要根据问题的具体情况来判断。
2. 推导递推关系：通过观察问题中给出的数值和规律，可以尝试推导出递推关系。
这个关系有可能是数列、数表或者其他形式的递推公式。
3. 利用递推关系求解：一旦递推关系确定，就可以利用它来求解问题。
根据递推关系的定义，通过已知的数值逐步推导出后面的数值。
4. 验证解答的正确性：最后，需要验证所得到的解答是否正确。
可以通过递推关系来逐项验证，或者将解答代入原始问题中进行验证。
通过以上技巧的应用，可以更加轻松、高效地解决递推关系问题。
二、递推关系解题的应用递推关系的应用非常广泛，以下是一些常见的例子：1. 斐波那契数列：斐波那契数列是一个经典的递推关系问题。
其递推关系式为F(n) = F(n-1) + F(n-2)，其中F(1) = 1，F(2) = 1。
可以利用这个递推关系来求解斐波那契数列中的任意项。
2. 阶乘计算：阶乘是另一个常见的递推关系问题。
定义n的阶乘为n! = n * (n-1) * (n-2) * ... * 1，其中0的阶乘为1。
通过递推关系n! = n * (n-1)!，可以计算出任意非负整数的阶乘。
3. 数字排列组合：在某些排列组合问题中，递推关系也经常被使用。
比如在八皇后问题中，可以通过递推关系来确定皇后在每一行中的位置，从而求解出问题的解。
4. 动态规划问题：动态规划是一种使用递推关系进行求解的方法。
通过将问题分解为子问题，并利用递推关系求解子问题，最终得到原始问题的解。
递推关系知识点总结
递推关系知识点总结一、递推关系的基本概念1.1 递推关系的定义递推关系是一种反映事物发展变化规律的数学模型。
通常来说，递推关系是指数列的前项与后项之间的关系。
例如，斐波那契数列就是一个经典的递推关系，它的递推式是F(n)=F(n-1)+F(n-2)，其中F(n)表示第n个斐波那契数。
1.2 递推关系的元素递推关系一般包括以下几个元素：- 初始条件：递推关系的第一个数值，通常是已知的特定值。
- 递推公式：描述数列前后项之间关系的公式，用于计算数列后续项的值。
- 递推方程：将递推公式用代数方式表示的方程。
1.3 递推关系的类型根据递推公式的性质和形式，递推关系可以分为线性递推关系、非线性递推关系、齐次递推关系、非齐次递推关系等类型。
不同类型的递推关系有不同的性质和求解方法。
二、递推关系的性质2.1 线性递推关系的性质线性递推关系具有以下性质：- 线性组合性：若数列{an}与{bn}分别满足递推关系an=an-1+an-2和bn=bn-1+bn-2，则任意常数c1和c2的线性组合{c1an+c2bn}也满足递推关系an=an-1+an-2。
- 独立性：若数列{an}和{bn}都满足递推关系an=an-1+an-2，则其线性组合{an+bn}也满足该递推关系。
2.2 齐次递推关系的性质齐次递推关系是指递推关系的递推式中不包含任何常数项或者其他特殊项。
对于齐次递推关系，如果其通解为an=cn1^n+cn2^n2，其中c1和c2是任意常数，n1和n2是特征方程的两个不同实根，那么其特解为包含初始条件的实数数列。
2.3 非齐次递推关系的性质非齐次递推关系是指递推关系的递推式中包含有常数项或者其他特殊项。
对于非齐次递推关系，如果其通解为an=cn1^n+cn2^n2+fn，其中cn1^n+cn2^n2是其对应的齐次递推关系的通解，fn是递推式的非齐次项对应的特解。
三、递推关系的求解方法3.1 通项公式法通项公式法是求解递推关系最直接的方法。
求函数极限的方法与技巧
求函数极限的方法与技巧求函数极限是高等数学中的重要部分，也是数学分析的基础。
函数极限的求解需要运用一些方法和技巧，通过适当的方案来解除一些复杂问题。
本文将详细介绍一些常用的方法与技巧，以帮助读者更好地理解和掌握函数极限的求解。
一、函数极限的概念及性质1.1 函数极限的定义函数极限的定义是指在自变量趋于某个值的时候，因变量的取值也趋于某个值。
具体来说，对于函数f(x)，当x趋于a时，如果存在一个数L，对于任意给定的正数ε，都存在另一个正数δ，使得当0<|x-a|<δ时，都有|f(x)-L|<ε成立，就称函数f(x)当x趋于a时的极限为L，记作lim(x→a) f(x) = L。
函数极限具有一些重要的性质，包括：唯一性、有界性、保号性和四则运算法则等。
具体来说，函数在某点处的极限是唯一的，即函数在一点的极限只有一个值；如果函数在某点处的极限存在，则函数在这一点是有界的；如果函数在某点处的极限为正值（或负值），那么函数在该点的邻域内是恒大于零（或恒小于零）的；以及函数的极限具有四则运算法则，即两个函数的和、差、积、商的极限分别等于这两个函数极限的和、差、积、商的极限。
二、求函数极限的方法2.1 代数法代数法是求函数极限的一种基本方法，通常用于求解简单的极限问题。
代数法的核心思想是利用基本代数运算性质来对原函数进行适当的变形，从而得到函数极限的解。
对于极限lim(x→a) (f(x) + g(x))，可以利用极限的唯一性和四则运算法则，将其分解为lim(x→a) f(x) + lim(x→a) g(x)的形式，然后再分别求出f(x)和g(x)在x趋于a时的极限值，最终求得原函数的极限。
2.2 几何法几何法是一种直观的方法，通常用于求解具有几何意义的极限问题。
几何法的核心思想是通过几何图形的分析和推理，来推导出函数极限的解。
对于极限lim(x→a) f(x)，可以将函数f(x)的图像画出来，然后通过图像的趋近性来判断极限的存在性和极限值。
高中数学：第三章：数列-递推法解题(竞赛精讲)
§3.3递推法解题基础知识对于某些与自然数有关的问题，我们有时可以用递推法解决，扎谓用递推法解题，就是根据题目的特点，构造出递推关系解题的一种方法，解决问题的关键在于构造递推关系。
递推关系一般可以用归纳、猜想等途径获得。
利用递推法解题的一般步骤为：(1)确定初始值；(2)建立递推关系；(3)利用递推关系求通项。
递推方法是人们从开始认识数量关系时就很自然地产生的一种推理思想.例如自然数中最小的数是1，比1大1的数是2，接下来比2大1的数是3，…由此得到了自然数数列：1，2，3，4，5，….在这里实际上就有了一个递推公式，假设第n个数为a n，则a n+1=a n+1; 即由自然数中第n个数加上1，就是第n+1个数。
由此可得a n＋2=a n＋1＋1，这样就可以得到自然数数列中任何一个数.再看一个例子：平面上5条直线最多能把圆的内部分成几部分？平面上100条直线最多能把圆的内部分成几部分？解：假设用a k表示k条直线最多能把圆的内部分成的部分数.这里k＝0，1，2，….a0＝1a1=a0+1＝2a2=a1＋2=4a3=a2＋3=7a4=a3+4＝11…归纳出递推公式a n＋1＝a n+n. （1）即画第n＋1条直线时，最多增加n部分.原因是这样的：第一条直线最多把圆分成两部分，故a1＝2.当画第二条直线时要想把圆内部分割的部分尽可能多，就应和第一条直线在圆内相交，交点把第二条直线在圆内部分分成两条线段，而每条线段又把原来的一个区域划分成两个区域，因而增加的区域数是2，正好等于第二条直线的序号.同理，当画第三条直线时，要想把圆内部分割的部分数尽可能多，它就应和前两条直线在圆内各有一个交点.两个交点把第三条线在圆内部分成三条线段.而每条线段又把原来一个区域划分成两个区域.因而增加的区域部分数是3，正好等于第三条直线的序号，….这个道理适用于任意多条直线的情形.所以递推公式（1）是正确的.这样就易求得5条直线最多把圆内分成：a5=a4+5＝11=5＝16（部分）。
小学奥数计数之递推法(完整版)
小学奥数计数之递推法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．例题精讲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．【答案】144【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【解析】 登 1级 2级 3级 4级 ...... 10级1种方法 2种 3种 5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：A 0 ---- A 1 ------ A 3 ，那么就可以分成两步．有A 1×1种，也就是A 1 种；(A 1 ------ A 3 是一种选择)第二类：A 0 ---- A 2 ------ A 3， 同样道理 有A 2 ．类类相加原理：A 3 = A 1 ＋A 2，依次类推An = An -1 + An -2．【答案】89【巩固】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？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 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.【答案】28【例 4】 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．【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 如果用12⨯的长方形盖2n ⨯的长方形，设种数为n a ,则11a =，22a =,对于3n ≥，左边可能竖放1个12⨯的，也可能横放2个12⨯的，前者有-1n a 种，后者有-2n a 种，所以-1-2n n n a a a =+,所以根据递推，覆盖210⨯的长方形一共有89种．【答案】89【例 5】 用13⨯的小长方形覆盖38⨯的方格网，共有多少种不同的盖法？【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 如果用13⨯的长方形盖3n ⨯的长方形，设种数为n a ,则11a =，21a = ,32a = ,对于4n ≥，左边可能竖放1个13⨯的，也可能横放3个13⨯的，前者有-1n a 种，后者有-3n a 种，所以-1-3n n n a a a =+,依照这条递推公式列表：31⨯ 32⨯ 33⨯ 34⨯ 35⨯ 36⨯ 37⨯ 38⨯1 1234 6 9 13所以用13⨯的小长方形形覆盖38⨯的方格网，共有13种不同的盖法．【答案】13【例 6】 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？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 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： 1根 2根 3根 4根 5根 6根 7根 8根 9根 10根 11根 12根1 2 4 7 13 24 44 81 149 274 504 927取完这堆火柴一共有927种方法．【答案】927【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 4 7 13 24 44 81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n a 种．则21a =，31a =，41a =．由于每次拿出2枚或3枚，所以32n n n a a a --=+(5n ≥)．所以，5232a a a =+=；6342a a a =+=；7453a a a =+=；8564a a a =+=；9675a a a =+=；10787a a a =+=．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246C =种拿法．根据加法原理，共有167+=种不同的拿法．【答案】7【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行，共有多少种回家的方法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【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A 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A 房间到达B房间有多少种方法？【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．【答案】21【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？ 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答 【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：BA AB 135794682123581321345589186427531BA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n a ,则1a =1，2a =1，3a =2，… 从上面的图看出，1n a +比n a 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1n +次操作变为1；反过来，每个经过1n +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1n +次操作变为1的偶数恰好一样多.前者的个数是n a ,因此后者也是n a 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1n +次操作变为1，反过来.每个经过1n +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1n +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1n a -,因此后者也是1n a -.经过n +1次操作变为1的数，分为偶数、奇数两类，所以11n n n a a a +-=+，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2410131112514302831643215167683421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n a 种．可以想象前1n -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11333333n n --⨯⨯⨯=()个…(种)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1n -次恰好传到甲手中，这有1n a -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1n -次传球，球不在甲手中，第n 次持球人再将球传给甲，有n a 种传法．根据加法原理，有11133333n n n n a a ---+=⨯⨯⨯=(个…)．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10a =． 利用递推关系可以得到：2303a =-=，33336a =⨯-=，4333621a =⨯⨯-=，533332160a =⨯⨯⨯-=．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1n +次传球后球就可能回到甲手中，所以只需求出第四次传球后，球不在甲手中的传法共有多少种．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n a 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n a 种，球不在甲的手中的，下一次传球都可以将球传到甲的手中，故有1n a +种．所以14n n n a a ++=．由于10a =，所以12144a a =-=，232412a a =-=，343452a a =-=．即经过4次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有52种．【答案】52【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E 时青蛙就停止跳动，则青蛙从顶点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 2 13步 3 14步 6 4 25步 10 46步 20 14 87步 34 148步 68 48 289步 116 48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48296⨯=种方法．【答案】96【巩固】在正五边形ABCDE 上，一只青蛙从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，一旦跳到D 点上就停止跳动．青蛙在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 1 12步 2 1 13步 3 1 24步 5 3 25步 8 3 56步 13 8 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，AB C DE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1123512++++=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【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．⑴1，2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248⨯=(种)选法，每一种选法放入1，2号箱各有2种放法，共有8216⨯=(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3216⨯⨯=(种)．所以，第⑴种情况有“好”的方法16696⨯=(种)．对于⑴，从3～6号箱的钥匙中选2把放入1，2号箱，有4312⨯=(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224⨯=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212⨯=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⑴种情况有“好”的放法()1242222144⨯++++=(种)．所以“好”的方法共有96144240+=(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1k ，2k ，3k ，…，6k ．当箱子数为n (2n ≥)时，好的放法的总数为n a ．当2n =时，显然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．当3n =时，显然33k ≠，否则第3个箱子打不开，从而13k =或23k =，如果13k =，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2a 种；当23k =也是如此．于是2n =时的每一种情况对应13k =或23k =时的一种情况，这样就有3224a a ==．当4n ≥时，也一定有n k n ≠，否则第n 个箱子打不开，从而1k 、2k 、……、1n k -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1k 、2k 、……、1n k -这()1n -把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有1n a -种．所以()11n n a n a -=-．所以，6542554543225!240a a a a ==⨯==⨯⨯⨯=⨯=，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1k ，2k ，3k ，…，6k ．当箱子数为n (2n ≥)时，好的放法的总数为n a ．当2n =时，显然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．当3n =时，显然33k ≠，否则第3个箱子打不开，从而13k =或23k =，如果13k =，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2a 种；当23k =也是如此．于是2n =时的每一种情况对应13k =或23k =时的一种情况，这样就有3224a a ==．当4n ≥时，也一定有n k n ≠，否则第n 个箱子打不开，从而1k 、2k 、……、1n k -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1k 、2k 、……、1n k -这()1n -把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有1n a -种．所以()11n n a n a -=-．所以，109829989876543229!=725760a a a a ==⨯==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯，即好的方法总数为725760种．【答案】725760。
数列三项递推求通项特征方程
数列三项递推求通项特征方程数列是我们日常生活中非常常见的数学模型，它们可以描述一种事物或现象的变化规律。
在数列中，常常需要计算出第 n 项，而有些数列可以通过递推关系式来求解第 n 项。
其中，三项递推是一种常见的递推方式。
在这篇文章中，我们将介绍如何利用三项递推求解数列的通项公式，以及如何使用特征方程来解决数列的求解问题。
一、数列三项递推求通项公式对于数列 {a1，a2，a3，…，an}，如果它们之间存在递推关系式：an = f(an-1，an-2，an-3)，n ≥ 4那么我们可以通过这个递推关系式来求解数列的通项公式。
具体来说，我们可以通过迭代使用递推关系式，通过已知的前三项（a1、a2、a3），逐个求出数列的每一项。
当我们求得第 n 项时，我们就可以得到数列的通项公式。
例如，我们考虑这样一个数列：{1，1，2，3，5，8，13，…}我们发现这个数列的特点是，每一项都是前两项之和。
我们可以用以下递推关系式来描述这个数列：an = an-1 + an-2，n ≥ 3利用这个递推关系式，我们可以求出数列中的每一项，如下所示：a1 = 1a2 = 1a3 = a2 + a1 = 2a4 = a3 + a2 = 3a5 = a4 + a3 = 5a6 = a5 + a4 = 8a7 = a6 + a5 = 13…我们发现，这个数列的通项公式可以写成：an = fib(n)，n ≥ 1其中，fib(n) 表示斐波那契数列的第 n 项。
这个数列是一个非常著名的数列，每一项都是前两项之和，它的前几项是1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…二、特征方程的应用除了使用递推关系式来求解数列的通项公式之外，我们还可以使用特征方程的方法来解决这个问题。
特征方程是什么呢？它可以帮助我们求出数列的通项公式。
对于一个递推关系式：an = c1an-1 + c2an-2 + … + cm an-m，n ≥ m我们可以构造一个特征方程：x^m - c1x^(m-1) - c2x^(m-2) - … - cm = 0其中，x 是未知数。
高中物理竞赛实用解题方法——递推法
递推法递推法是解决物体与物体发生多次作用后的情况. 即当问题中涉及相互联系的物体较多并且有规律时，应根据题目特点应用数学思想将所研究的问题归类，然后求出通式. 具体方法是先分析某一次作用的情况，得出结论. 再根据多次作用的重复性和它们的共同点，把结论推广，然后结合数学知识求解. 用递推法解题的关键是导出联系相邻两次作用的递推关系式.例1 质点以加速度a 从静止出发做直线运动，在某时刻t ，加速度变为2a ；在时刻2t ，加速度变为3a ；…；在nt 时刻，加速度变为（n +1）a ，求：（1）nt 时刻质点的速度；（2）nt 时间内通过的总路程.解析 根据递推法的思想，从特殊到一般找到规律，然后求解.（1）物质在某时刻t 末的速度为at v t =2t 末的速度为at at v at v v t t t 2,222+=+=所以3t 末的速度为at at at at v v t t 32322++=+=……则nt 末的速度为nat v v t n nt +=-)1()321()1(32n at nat at n at at at ++++=+-++++=at n n n n at )1(21)1(21+=+⋅= （2）同理：可推得nt 内通过的总路程.)12)(1(1212at n n n s ++= 例2 小球从高m h 1800=处自由下落，着地后跳起又下落，每与地面相碰一次，速度减小)2(1=n n，求小球从下落到停止经过的总时间为通过的总路程.（g 取10m/s 2） 解析 小球从h 0高处落地时，速率s m gh v /60200==第一次跳起时和又落地时的速率2/01v v =第二次跳起时和又落地时的速率2022/v v =第m 次跳起时和又落地时的速率m m v v 2/0= 每次跳起的高度依次4022*******,2n h g v h n h g v h ====， ……通过的总路程 +++++=∑m h h h h s 222210m h n n h n h h n n n n h h m 300351112)1111(202202002242200==-+⋅=-+=++++++=- 经过的总时间为 +++++=∑m t t t t t 210s g v n n g v n n g v gv g v g v m m 183)11(])1(2121[2200010==-+=+⋅++⋅+=++++=例3 A 、B 、C 三只猎犬站立的位置构成一个边长为a 的正三角形，每只猎犬追捕猎物的速度均为v ，A 犬想追捕B 犬，B犬想追捕C 犬，C 犬想追捕A 犬，为追捕到猎物，猎犬不断调整方向，速度方向始终“盯”住对方，它们同时起动，经多长时间可捕捉到猎物？解析 由题意可知，由题意可知，三只猎犬都做等速率曲线运动，而且任一时刻三只猎犬的位置都分别在一个正三角形的三个顶点上，但这正三角形的边长不断减小，如图6—1所示.所以要想求出捕捉的时间，则需用微元法将等速率曲线运动变成等速率直线运动，再用递推法求解.设经时间t 可捕捉猎物，再把t 分为n 个微小时间间隔△t ，在每一个△t 内每只猎犬的运动可视为直线运动，每隔△t ，正三角形的边长分别为a 1、a 2、a 3、…、a n ，显然当a n →0时三只猎犬相遇. t v n a a t v a t v a a t v a t v a a t v a BB AA a a n ∆⋅-=∆⨯-=∆-=∆⨯-=∆-=∆-=︒--=23,23323,23223,2360cos 2312111因为,023=∆⋅-t v n a 即va t t t n 32==∆所以 此题还可用对称法，在非惯性参考系中求解.例4 一列进站后的重载列车，车头与各节车厢的质量相等，均为m ，若一次直接起动，车头的牵引力能带动30节车厢，那么，利用倒退起动，该车头能起动多少节同样质量的车厢？解析 若一次直接起动，车头的牵引力需克服摩擦力做功，使各节车厢动能都增加，若利用倒退起动，则车头的牵引力需克服摩擦力做的总功不变，但各节车厢起动的动能则不同.原来挂钩之间是张紧的，倒退后挂钩间存在△s 的宽松距离，设火车的牵引力为F ，则有： 车头起动时，有2121)(mv s mg F =∆-μ 拉第一节车厢时：11)(mv v m m ='+ 故有s g mF v v ∆-==)(21412121μ 2122221221)2(v m mv s mg F '⨯-⨯=∆-μ 拉第二节车厢时：222)2(mv v m m ='+ 故同样可得：s g m F v v ∆-==')35(32942222μ …… 推理可得 s g n m F n n v n∆+-+=')312(12μ 由mg n F v n μ312:02+>>'可得 另由题意知46,31<=n mg F 得μ因此该车头倒退起动时，能起动45节相同质量的车厢.例5 有n 块质量均为m ，厚度为d 的相同砖块，平放在水平地面上，现将它们一块一块地叠放起来，如图6—2所示，人至少做多少功？解析 将平放在水平地面上的砖一块一块地叠放起来，每次克服重力做的功不同，因此需一次一次地计算递推出通式计算.将第2块砖平放在第一块砖上人至少需克服重力做功为mgd W =2将第3、4、…、n 块砖依次叠放起来，人克服重力至少所需做的功分别为dn m g W dm g W dm g W dm g W n )1(432543-====所以将n 块砖叠放起来，至少做的总功为W =W 1+W 2+W 3+…+W n 2)1()1(32-⋅=-++++=n n m gd dn m g d m g d m g m gd例6 如图6—3所示，有六个完全相同的长条薄片1(=i B A i i 、2、…、6）依次架在水平碗口上，一端搁在碗口，另一端架在另一薄片的正中位置（不计薄片的质量）. 将质量为m 的质点置于A 1A 6的中点处，试求：A 1B 1薄片对A 6B 6的压力.解析 本题共有六个物体，通过观察会发现，A 1B 1、A 2B 2、…、A 5B 5的受力情况完全相同，因此将A 1B 1、A 2B 2、…A 5B 5作为一类，对其中一个进行受力分析，找出规律，求出通式即可求解.以第i 个薄片AB 为研究对象，受力情况如图6—3甲所示，第i 个薄片受到前一个薄片向上的支持力N i 、碗边向上的支持力和后一个薄片向下的压力N i +1. 选碗边B 点为轴，根据力矩平衡有2,211++=⋅=⋅i i i i N N L N L N 得 所以65321)21(212121N N N N ==⨯== ① 再以A 6B 6为研究对象，受力情况如图6—3乙所示，A 6B 6受到薄片A 5B 5向上的支持力N 6、碗向上的支持力和后一个薄片A 1B 1向下的压力N 1、质点向下的压力mg. 选B 6点为轴，根据力矩平衡有L N L mg L N ⋅=⋅+⋅61432 由①、②联立，解得 421mg N =所以，A 1B 1薄片对A 6B 6的压力为.42mg 例7 用20块质量均匀分布的相同光滑积木块，在光滑水平面上一块叠一块地搭成单孔桥，已知每一积木块长度为L ，横截面是边长为)4/(L h h =的正方形，要求此桥具有最大的跨度（即桥孔底宽），计算跨度与桥孔高度的比值.解析 为了使搭成的单孔桥平衡，桥孔两侧应有相同的积木块，从上往下计算，使积木块均能保证平衡，要满足合力矩为零，平衡时，每块积木块都有最大伸出量，则单孔桥就有最大跨度，又由于每块积木块都有厚度，所以最大跨度与桥孔高度存在一比值.将从上到下的积木块依次计为1、2、…、n ，显然第1块相对第2块的最大伸出量为 21L x =∆ 第2块相对第3块的最大伸出量为2x ∆（如图6—4所示），则224)2(222⨯==∆⋅∆-=∆⋅L L x G x L x G 同理可得第3块的最大伸出量323⨯=∆L x ……最后归纳得出nL x n ⨯=∆2 所以总跨度h xk n n 32.11291=∆=∑=跨度与桥孔高的比值为258.1932.11==h h H k 例8 如图6—5所示，一排人站在沿x 轴的水平轨道旁，原点O 两侧的人的序号都记为3,2,1(=n n …）. 每人只有一个沙袋，0>x 一侧的每个沙袋质量为m =14kg ，0<x 一侧的每个沙袋质量kg m 10='. 一质量为M =48kg 的小车以某初速度v 0从原点出发向正x 轴方向滑行. 不计轨道阻力. 当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v 朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，v 的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n 倍.（n 是此人的序号数）（1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？（2）车上最终有大小沙袋共多少个？解析 当人把沙袋以一定的速度朝与车速相反的方向沿车面扔到车上时，由动量守恒定律知，车速要减小，可见，当人不断地把沙袋以一定的速度扔到车上，总有一时刻使车速反向或减小到零，如车能反向运动，则另一边的人还能将沙袋扔到车上，直到车速为零，则不能再扔，否则还能扔.小车以初速0v 沿正x 轴方向运动，经过第1个（n =1）人的身旁时，此人将沙袋以0022v nv u ==的水平速度扔到车上，由动量守恒得,)(2100v m M v m Mv +=⋅-当小车运动到第2人身旁时，此人将沙袋以速度1142v nv u =='的水平速度扔到车上，同理有211)2(2)(v m M nv m v m M +=⋅-+，所以，当第n 个沙袋抛上车后的车速为n v ，根据动量守恒有111)1(,)(2])1([---++-=+=⋅--+n n n n n v nmM m n M v v nm M mv n v m n M 即. 同理有n n v mn M m n M v )1()2(1+++-=+，若抛上（n+1）包沙袋后车反向运动，则应有.0,01<>+n n v v即.0)2(,0)1(<+->+-m n M m n M 由此两式解得：n n n ,1420,1438><为整数取3. 当车反向滑行时，根据上面同样推理可知，当向左运动到第n 个人身旁，抛上第n 包沙袋后由动量守恒定律有：''++='-''-++--n n nv m n m M nv m v m n m M )3(2])1(3[11 解得：''+++'+-+='''++'+-+='+-n n n n v m n m M m n m M v v m n m M m n m M v )1(3)2(33)1(311同理设抛上n+1个沙袋后车速反向，要求0,01≤>'+n n v v即⎩⎨⎧=>⎩⎨⎧≤'+-+>'+-+870)2(30)1(3n n m n m M m n m M 解得 即抛上第8个 沙袋后车就停止，所以车上最终有11个沙袋.例9 如图6—6所示，一固定的斜面，倾角︒=45θ，斜面长L=2.00米. 在斜面下端有一与斜面垂直的挡板. 一质量为m 的质点，从斜面的最高点沿斜面下滑，初速度为零. 下滑到最底端与挡板发生弹性碰撞. 已知质点与斜面间的动摩擦因数20.0=μ，试求此质点从开始到发生第11次碰撞的过程中运动的总路程.解析 因为质点每次下滑均要克服摩擦力做功，且每次做功又不相同，所以要想求质点从开始到发生n 次碰撞的过程中运动的总路程，需一次一次的求，推出通式即可求解.设每次开始下滑时，小球距档板为s则由功能关系：θθμsin )()(cos 2121s s mg s s mg -=+θθμsin )()(cos 3232s s mg s s mg -=+ 即有32cos sin cos sin 2312=+-===θμθθμθ s s s s 由此可见每次碰撞后通过的路程是一等比数列，其公比为.32∴在发生第11次碰撞过程中的路程 11321222s s s s s ++++=1111111321321])32(1[2)(2s s s s s s s ---⨯=-++++= )(86.9)()32(121011m m =⨯-= 例10 如图6—7所示，一水平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌面上，槽内嵌着三个大小相同的刚性小球，它们的质量分别是m 1、m 2和m 3，m 2=m 3=2m 1. 小球与槽的两壁刚好接触而它们之间的摩擦可忽略不计. 开始时，三球处在槽中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的位置，彼此间距离相等，m 2和m 3静止，m 1以初速2/0R v π=沿槽运动，R 为圆环的内半径和小球半径之和，设各球之间的碰撞皆为弹性碰撞，求此系统的运动周期T.解析 当m 1与m 2发生弹性碰撞时，由于m 2=2m 1，所以m 1碰后弹回，m 2向前与m 3发生碰撞. 而又由于m 2=m 3，所以m 2与m 3碰后，m 3能静止在m 1的位置，m 1又以v 速度被反弹，可见碰撞又重复一次. 当m 1回到初始位置，则系统为一个周期.以m 1、m 2为研究对象，当m 1与m 2发生弹性碰撞后，根据动量守恒定律，能量守恒定律可写出：221101v m v m v m += ①222211201212121v m v m v m += ② 由①、②式得：002112002121132231)(v v m m m v v v m m m m v =+=-=+-= 以m 2、m 3为研究对象，当m 2与m 3发生弹性碰撞后，得032203='=v v v 以m 3、m 1为研究对象，当m 3与m 1发生弹性碰撞后，得0130v v v ='=' 由此可见，当m 1运动到m 2处时与开始所处的状态相似. 所以碰撞使m 1、m 2、m 3交换位置，当m 1再次回到原来位置时，所用的时间恰好就是系统的一个周期T ，由此可得周期).(2021010)32232(3)(30000321s R R v R v R v R v R t t t T ===++⨯=++=ππππππ 例11 有许多质量为m 的木块相互靠着沿一直线排列于光滑的水平面上. 每相邻的两个木块均用长为L 的柔绳连接着. 现用大小为F 的恒力沿排列方向拉第一个木块，以后各木块依次被牵而运动，求第n 个木块被牵动时的速度.解析 每一个木块被拉动起来后，就和前面的木块成为一体，共同做匀加速运动一段距离L 后，把绳拉紧，再牵动下一个木块. 在绳子绷紧时，有部分机械能转化为内能. 因此，如果列出221)1(n nmv FL n =-这样的关系式是错误的. 设第)1(-n 个木块刚被拉动时的速度为1-n v ，它即将拉动下一个木块时速度增至1-'nv ， 第n 个木块刚被拉动时速度为n v . 对第)1(-n 个木块开始运动到它把下一段绳子即将拉紧这一过程，由动能定理有：2121)1(21)1(21----'-=n n mv n v m n FL ① 对绳子把第n 个木块拉动这一短暂过程，由动量守恒定律，有n nnmv v m n ='--1)1( 得：n n v n n v 11-='- ② 把②式代入①式得：212)1(21)1()1(21-----=n n mv n v n n m n FL 整理后得：21222)1(2)1(---=-n n v n v n m FL n ③ ③式就是反映相邻两木块被拉动时速度关系的递推式，由③式可知当n =2时有：2122222v v mFL -= 当n =3时有：2222322322v v m FL -=⋅当n =4时有：2322423423v v mFL -=⋅… 一般地有21222)1(2)1(---=-n n v n v n m FL n 将以上)1(-n 个等式相加，得：21222)1321(v v n m FL n n -=-++++ 所以有212222)1(v v n mFL n n n -=⋅- 在本题中01=v ，所以.)1(nmn FL v n -= 例12 如图6—8所示，质量m =2kg 的平板小车，后端放有质量M =3kg 的铁块，它和车之间动摩擦因数.50.0=μ开始时，车和铁块共同以s m v /30=的速度向右在光滑水平面上前进，并使车与墙发生正碰，设碰撞时间极短，碰撞无机械能损失，且车身足够长，使得铁块总不能和墙相碰，求小车走过的总路程.解析 小车与墙撞后，应以原速率弹回. 铁块由于惯性继续沿原来方向运动，由于铁块和车的相互摩擦力作用，过一段时间后，它们就会相对静止，一起以相同的速度再向右运动，然后车与墙发生第二次碰撞，碰后，又重复第一次碰后的情况. 以后车与墙就这样一次次碰撞下去. 车每与墙碰一次，铁块就相对于车向前滑动一段距离，系统就有一部分机械能转化为内能，车每次与墙碰后，就左、右往返一次，车的总路程就是每次往返的路程之和.设每次与墙碰后的速度分别为v 1、v 2、v 3、…、v n 、…车每次与墙碰后向左运动的最远距离分别为s 1、s 2、s 3、…、s n 、…. 以铁块运动方向为正方向，在车与墙第)1(-n 次碰后到发生第n 次碰撞之前，对车和铁块组成的系统，由动量守恒定律有 n n v m M v m M )()(1+=-- 所以 511--=+-=n n n v v m M m M v 由这一关系可得： ,5,521312v v v v ==一般地，有 ,511-=n n v v 由运动学公式可求出车与墙发生第n 次碰撞后向左运动的最远距离为2221215122-⋅==n n a v a v s 类似的，由这一关系可递推到：222142132212211512,,512,512,2-⋅=⋅=⋅==n n a v s a v s a v s a v s 所以车运动的总路程)(2321 +++++=n s s s s s 总24255111)5151511(2221221224221⋅=-⋅=+++++⋅=-a v a v a v n 因此201/215/3s m m Mg a sm v v ====μ 所以)(45m s =总 例13 10个相同的扁长木块一个紧挨一个地放在水平地面上，如图6—9所示，每个木块的质量,40.0kg m =长度m l 45.0=，它们与地面间的静摩擦因数和动摩擦因数均为.10.02=μ原来木块处于静止状态. 左方第一个木块的左端上方放一个质量为M=1.0kg 的小铅块，它与木块间的静摩擦因数和动摩擦因数均为.20.01=μ现突然给铅块一向右的初速度s m v /3.40=，使其在大木块上滑行. 试确定铅块最后的位置在何处（落在地上还是停在哪块木块上）. 重力加速度g 取2)/(10s m ，设铅块的长度与木块相比可以忽略.解析 当铅块向右运动时，铅块与10个相同的扁长木块中的第一块先发生摩擦力，若此摩擦力大于10个扁长木块与地面间的最大静摩擦力，则10个扁长木块开始运动，若此摩擦力小于10个扁长木块与地面间的最大摩擦力，则10个扁长木块先静止不动，随着铅块的运动，总有一个时刻扁长木块要运动，直到铅块与扁长木块相对静止，后又一起匀减速运动到停止.铅块M 在木块上滑行所受到的滑动摩擦力N Mg f 0.211==μ设M 可以带动木块的数目为n ，则n 满足：0)1()(221≥--+-mg n g m M f μμ 即0)1(4.04.10.2≥---n上式中的n 只能取整数，所以n 只能取2，也就是当M 滑行到倒数第二个木块时，剩下的两个木块将开始运动.设铅块刚离开第8个木块时速度为v ，则 l Mg Mv Mv 821211202⋅-=μ 得：0)/(49.222>=s m v由此可见木块还可以滑到第9个木块上. M 在第9个木块上运动如图6—9甲所示，则对M 而言有：M Ma Mg =-1μ得：2/0.2s m a M -=第9及第10个木块的动力学方程为：m ma mg g m M Mg 2)(221=-+-μμμ， 得：./25.02s m a m =设M 刚离开第9个木块上时速度为v '，而第10个木块运动的速度为V '，并设木块运动的距离为s ，则M 运动的距离为l s +，有：s a V l s a v v m M 2)(2222='++='ta V t a v v m M ='+=' 消去s 及t 求出：⎩⎨⎧='-='⎩⎨⎧='='sm V s m v s m V s m v /23.0/26.0/212.0/611.0或，显然后一解不合理应舍去. 因V v '>'，故M 将运动到第10个木块上.再设M 运动到第10个木块的边缘时速度为v ''，这时木块的速度为V ''，则： )(222l s a v v M +'+'=''解得：0463.12<'--=''s v ，故M 不能滑离第10个木块，只能停在它的表面上，最后和木块一起静止在地面上.例14 如图6—10所示，质量为m 的长方形箱子，放在光滑的水平地面上. 箱内有一质量也为m 的小滑块，滑块与箱底间无摩擦. 开始时箱子静止不动，滑块以恒定的速度v 0从箱子的A 壁处向B 处运动，后与B 壁碰撞. 假设滑块与箱壁每碰撞一次，两者相对速度的大小变为该次碰撞前相对速度的e 倍，.214=e （1）要使滑块与箱子这一系统消耗的总动能不超过其初始动能的40%，滑块与箱壁最多可碰撞几次？（2）从滑块开始运动到刚完成上述次数的碰撞期间，箱子的平均速度是多少？解析 由于滑块与箱子在水平方向不受外力，故碰撞时系统水平方向动量守恒. 根据题目给出的每次碰撞前后相对速度之比，可求出每一次碰撞过程中动能的损耗.滑块开始运动到完成题目要求的碰撞期间箱子的平均速度，应等于这期间运动的总位移与总时间的比值.（1）滑块与箱壁碰撞，碰后滑块对地速度为v ，箱子对地速度为u . 由于题中每次碰撞的e 是一样的，故有：1111220011----==--=--=n n n n u v v u u v v u u v v u e 或1111220110----==--=--=-n n n n u v u v u v u v v u v e 111122011)(----⨯⨯--⨯-=-n n n n nu v u v u v u v v u v e 即碰撞n 次后0)(v e u v n n n -=- ①碰撞第n 次的动量守恒式是0mv mu mv n n =+ ②①、②联立得00])(1[21])(1[21v e u v e v n n n n --=-+=第n 次碰撞后，系统损失的动能)(21212220n n kn k kn u v m mv E E E +-=-=∆ kn n n E e m v e e m v m v 212121)1(4121220222020-=⨯-=+-=下面分别讨论：当146.0221121,12=-=-=∆=e E E n k kl 时 25.0221121,242=-=-=∆=eE E n k k 时323.022121121,363=-=-=∆=e E E n k k 时 375.0241121,484=-=-=∆=eE E n k k 时 412.022141121,5105=-=-=∆=eE E n k k 时 因为要求的动能损失不超过40%，故n=4.（2）设A 、B 两侧壁的距离为L ，则滑块从开始运动到与箱壁发生第一次碰撞的时间00v L t =. 在下一次发生碰撞的时间0111||ev L v u L t =-=，共碰撞四次，另两次碰撞的时间分别为022v e L t =、033v e Lt =，所以总时间).1(32033210e e e v e L t t t t t +++=+++= 在这段时间中，箱子运动的距离是：3322110t u t u t u s +++=)1(2222222)1(21)1(21)1(21323320303020200e e e eLL e L L e L L e L v e L v e v e L v e ev L v e +++=+++-+=⨯++⨯-+⨯+=所以平均速度为：2)1()1(203203323v e e e v e L e e e e L t s v =++++++== 例15 一容积为1/4升的抽气机，每分钟可完成8次抽气动作. 一容积为1升的容器与此抽气筒相连通. 求抽气机工作多长时间才能使容器内的气体的压强由76mmmHg 降为1.9mmHg.（在抽气过程中容器内的温度保持不变）解析 根据玻一马定律，找出每抽气一次压强与容器容积和抽气机容积及原压强的关系，然后归纳递推出抽n 次的压强表达式.设气体原压强为p 0，抽气机的容积为V 0，容器的容积为V . 每抽一次压强分别为p 1、p 2、…，则由玻一马定律得：第一次抽气后：)(010V V p V p += ① 第二次抽气后：)(021V V p V p += ② 依次递推有：)(032V V p V p += ③)(01V V p V p n n +=- ○n由以上○n 式得：)lg(lg)(000vV V p p n p V V Vp nn n +=+=所以代入已知得：2725.1lg 400lg ==n （次）工作时间为：38.3827==t 分钟 例16 使一原来不带电的导体小球与一带电量为Q 的导体大球接触，分开之后，小球获得电量q. 今让小球与大球反复接触，在每次分开有后，都给大球补充电荷，使其带电量恢复到原来的值Q. 求小球可能获得的最大电量.解析 两个孤立导体相互接触，相当于两个对地电容并联，设两个导体球带电Q 1、Q 2，由于两个导体球对地电压相等，故有k C C C Q Q Q C C Q Q C Q C Q =+=+==21121121212211,,亦即即， …所以k Q Q k Q ),(21+=为常量，此式表明：带电（或不带电）的小球跟带电大球接触后，小球所获得的电量与总电量的比值不变，比值k 等于第一次带电量q 与总电量Q 的比值，即.Qqk =根据此规律就可以求出小球可能获得的最大电量. 设第1、2、…、n 次接触后小球所带的电量分别为q 1、q 2、…，有：qk q k kq q q Q k q q k kq q kq kQ q Q k q kqq q Q k q qkQ q n n n 1212223121)()()(--++++=+=++=+=+=+=+===由于1<k ，上式为无穷递减等比数列，根据求和公式得：qQ qQQ q q kq q n -=-=-=11 即小球与大球多次接触后，获得的最大电量为.qQ qQ- 例17 在如图6—11所示的电路中，S 是一单刀双掷开关，A 1和A 2为两个平行板电容器，S 掷向a 时，A 1获电荷电量为Q ，当S 再掷向b 时，A 2获电荷电量为q. 问经过很多次S 掷向a ，再掷向b 后，A 2将获得多少电量？解析 S 掷向a 时，电源给A 1充电，S 再掷向b ，A 1给A 2充电，在经过很多次重复的过程中，A 2的带电量越来越多，两板间电压越来越大. 当A 2的电压等于电源电压时，A 2的带电量将不再增加. 由此可知A 2最终将获得电量q 2=C 2E.因为E C Q 1= 所以EQ C =1 当S 由a 第一次掷向b 时，有：21C qC q Q =- 所以Eq Q QqC )(2-=解得A 2最终获得的电量 qQ Qqq -=2 例18 电路如图6—12所示，求当R '为何值时， R AB 的阻值与“网络”的“格”数无关？此时R AB 的阻 值等于什么？解析 要使R AB 的阻值与“网络”的“格”数无关，则图中CD 间的阻值必须等于R '才行.所以有R RR R RR R '=+'+'+222)2( 解得R R )15(-='此时AB 间总电阻R R AB )15(+=例19 如图6—13所示，在x 轴上方有垂直于xy 平面向里 的匀强磁场，磁感应强度为B ，在x 轴下方有沿y 轴负方向的匀 强电场，场强为E. 一质量为m ，电量为－q 的粒子从坐标原点O 沿着y 轴方向射出. 射出之后，第三次到达x 轴时，它与O 点的 距离为L. 求此粒子射出时的速度v 和每次到达x 轴时运动的总 路程s.（重力不计）解析 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，经半周后通过x 轴进入电场后做匀减速直线运动，速度减为零后，又反向匀加 速通过x 轴进入磁场后又做匀速圆周运动，所以运动有周期性. 它第3次到达x 轴时距O 点的距离L 等于圆半径的4倍（如图 6—13甲所示）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 4LBq m v R ==所以粒子射出时的速度 mB q Lv 4=粒子做圆周运动的半周长为 41Ls π=粒子以速度v 进入电场后做匀减速直线运动，能深入的最大距离为y ，因为y mEq ay v 222== 所以粒子在电场中进入一次通过的路程为 m EqL B y s 162222==粒子第1次到达x 轴时通过的路程为 41LR s ππ=⋅=粒子第2次到达x 轴时，已通过的路程为 mEqL B Ls s s 16422212+=+=π 粒子第3次到达x 轴时，已通过的路程为 mEqL B Ls s s s 162221213+=++=π 粒子第4次到达x 轴时，已通过的路程为 mEqL B Ls s s 822222214+=+=π 粒子第)12(-n 次到达x 轴时，已通过的路程为mEqL B n L n s n ns s n 16)1(4)1(2221)12(-+=-+=-π粒子第2n 次到达x 轴时，已通过的路程为 )164()(22212mEqL B Ln s s n s n +=+=π上面n 都取正整数.针对训练1．一物体放在光滑水平面上，初速为零，先对物体施加一向东的恒力F ，历时1秒钟，随即把此力改为向西，大小不变，历时1秒钟，接着又把此力改为向东，大小不变，历时1秒钟，如此反复，只改变力的方向，共历时1分钟. 在此1分钟内 （ ）A ．物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东B ．物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置C ．物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末继续向东运动D ．物体一直向东运动，从不向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东2．一小球从距地面为H 的高度处由静止开始落下. 已知小球在空中运动时所受空气阻力为球所受重力的k 倍)1(<k ，球每次与地面相碰前后的速率相等，试求小球从开始运动到停止运动，（1）总共通过的路程； （2）所经历的时间.3．如图6—14所示，小球从长L 的光滑斜面顶端自由下滑，滑到底 端时与挡板碰撞并反弹而回，若每次与挡板碰撞后的速度大小为 碰撞前的4/5，求小球从开始下滑到最终停止于斜面下端物体共 通过的路程.4．如图6—15所示，有一固定的斜面，倾角为45°，斜面长为2 米，在斜面下端有一与斜面垂直的挡板，一质量为m 的质点， 从斜面的最高点沿斜面下滑，初速度为1米/秒. 质点沿斜面下 滑到斜面最底端与挡板发生弹性碰撞. 已知质点与斜面间的滑 动摩擦因数为0.20.（1）试求此质点从开始运动到与挡板发生第10次碰撞的过程中通过的总路程； （2）求此质点从开始运动到最后停下来的过程中通过的总路程. 5．有5个质量相同、其大小可不计的小木块1、2、3、4、5等距 离地依次放在倾角︒=30θ的斜面上（如图6—16所示）.斜面 在木块2以上的部分是光滑的，以下部分是粗糙的，5个木块 与斜面粗糙部分之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数都是μ，开 始时用手扶着木块1，其余各木块都静止在斜面上. 现在放手， 使木块1自然下滑，并与木块2发生碰撞，接着陆续发生其他 碰撞. 假设各木块间的碰撞都是完全非弹性的. 求μ取何值时木块4能被撞而木块5不能被撞.6．在一光滑水平的长直轨道上，等距离地放着足够多的完全 相同的质量为m 的长方形木块，依次编号为木块1，木块 2，…，如图6—17所示.在木块1之前放一质量为M=4m 的大木块，大木块与 木块1之间的距离与相邻各木块间的距离相同，均为L. 现在，在所有木块都静止的情况下，以一沿轨道方向的恒力F 一直作用在大木块上，使其先与木块1发生碰撞，设碰后与木块1结为一体再与木块2发生碰撞，碰后又结为一体，再与木块3发生碰撞，碰后又结为一体，如此继续下去. 今问大木块（以及与之结为一体的各小木块）与第几个小木块碰撞之前的一瞬间，会达到它在整个过程中的最大速度？此速度等于多少？7．有电量为Q 1的电荷均匀分布在一个半球面上，另有无数个电量均为Q 2的点电荷位于通过球心的轴线上，且在半球面的下部. 第k 个电荷与球心的距离为12-⋅k R ，且k =1，2，3，4，…，设球心处的电势为零，周围空间均为自由空间. 若Q 1已知，求Q 2. 8．一个半径为1米的金属球，充电后的电势为U ，把10个半径为1/9米的均不带电的小金属球顺次分别与这个大金属球相碰后拿走，然后把这10个充了电了小金属球彼此分隔摆在半径为10米的圆周上，并拿走大金属球. 求圆心处的电势. （设整个过程中系统的总电量无泄漏）9．真空中，有五个电量均为q 的均匀带电薄球壳，它们的半径 分别为R ，R/2，R/4，R/8，R/16，彼此内切于P 点（如图 6—18）.球心分别为O 1，O 2，O 3，O 4，O 5，求O 1与O 5间的 电势差.10．在图6—19所示的电路中，三个电容器C Ⅰ、C Ⅱ、C Ⅲ的电容值均等于C ，电源的电动势为ε，R Ⅰ、R Ⅱ为电阻，S 为双掷开关. 开始时，三个电容器都不带电.先接通O a ，再接通Ob ，再接通O a ，再接通Ob ……如此反复换向，设每次接通前都 已达到静电平衡，试求：（1）当S 第n 次接通Ob 并达到平衡后，每个电容器两端的电压各是多少？（2）当反复换向的次数无限增多时，在所有电阻上消耗的总电能是多少？11．一系列相同的电阻R ，如图6—20所示连接，求AB 间的等效电阻R AB . 12．如图6—21所示，R 1=R 3=R 5=…=R 99=5Ω，R 2=R 4=R 6=…=R 98=10Ω，R 100=5Ω，ε=10V求：（1）R AB =？（2）电阻R 2消耗的电功率应等于多少？ （3）)99,,3,2,1( =i R i 消耗的电功率；（4）电路上的总功率.13．试求如图6—22所示，框架中A 、B 两点间的电阻R AB ，此框架是用同种细金属丝制作的，单位长的电阻为r ，一连串内接等边 三角形的数目可认为趋向无穷，取AB 边长为a ，以下每个三角 形的边长依次减少一半.14．图6—23中，AOB 是一内表面光滑的楔形槽，固定在水平桌 面（图中纸面）上，夹角︒=1α（为了能看清楚，图中的是 夸大了的）. 现将一质点在BOA 面内从C 处以速度s m v /5= 射出，其方向与AO 间的夹角︒=60θ，OC=10m. 设质点与 桌面间的摩擦可忽略不计，质点与OB 面及OA 面的碰撞都 是弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，可忽略不计，试求： （1）经过几次碰撞质点又回到C 处与OA 相碰？ （计算次数时包括在C 处的碰撞） （2）共用多少时间？（3）在这过程中，质点离O 点的最短距离是多少？。
3阶递推公式例子
3阶递推公式例子1.递推公式的定义和意义递推公式是一种通过前一项或前几项求出后一项的数列或函数的表达式。
这种表达式被广泛应用于数学、物理、计算机科学、工程学等各个领域中。
递推公式的意义在于，它们提供了一种递归计算方法，能够在很短的时间内求出大量的数据，从而方便了科学研究、工程设计及其他各种实际运用。
2.递归和递推的区别递归和递推都是一种通过自身调用实现计算的算法。
两者最本质的区别在于，递推是自底向上的计算，而递归是自顶向下的计算。
递推从已知条件开始，通过一步一步的迭代计算得到结果；而递归则是从未知的问题开始，将问题不断分解为子问题，直到问题得到解决。
递归算法很容易理解，但在计算大数据的时候可能会遭遇栈溢出的问题。
而递推计算的时间和空间复杂度一般是线性的，更加适用于大量数据的计算。
3.3阶递推公式的定义3阶递推公式是一种每一项都依赖于前三项的递推公式。
用符号表示即为f(n)=a*f(n-1)+b*f(n-2)+c*f(n-3)+d，其中a,b,c,d为常数。
4.斐波那契数列为例子斐波那契数列是一个非常著名的数列，其每一项都等于前两项之和。
可以用一个2阶递推公式来表示：f(n)=f(n-1)+f(n-2)，其中f(0)=0,f(1)=1。
我们将此递推公式改写成3阶递推公式：f(n)=f(n-1)+f(n-2) +0*f(n-3)+0，其中a=1，b=1，c=0，d=0。
5.三角形数为例子另一个例子是三角形数数列，它的每一项表示一个由球排成的三角形的总数。
可以用一个3阶递推公式来表示：f(n)=f(n-1)+(n-1),(n>=2)，其中f(1)=1,f(2)=4。
我们将此递推公式写成3阶递推公式：f(n)=f(n-1)+(n-1)+ 0*f(n-2)+0，其中a=1，b=0，c=0，d=n-1。
6.总结在数列及函数的递推计算中，3阶递推公式是一种比较常见的递推公式形式。
通过构建递推公式，我们可以计算出数列或函数的每一项、求和、平均数等值，从而得到结论或预测。
(完整word)递推法物理解题
递推法解题一．方法简介递推法是利用问题本身所具有的一种递推关系求解问题的一种方法,即当问题中涉及相互联系的物体或过程较多，相互作用或过程具有一定的重复性并且有规律时，应根据题目特点应用归纳的数学思想将所研究的问题归类，然后求出通式。
具体方法是先分析某一次作用的情况,得出结论；再根据多次作用的重复性和它们的共同点,把结论推广，然后结合数学知识求解。
用递推法解题的关键是导出联系相邻两次作用的递推关系式。
二．典例分析例1．小球从高m h 1800=处自由下落，着地后跳起又下落,每与地面相碰一次,速度减小)2(1=n n,求小球从下落到停止经过的总时间为通过的总路程。
（g 取10m/s 2）例2．如图所示，质量M ＝10kg 、上表面光滑的足够长的木板的在F ＝50N 的水平拉力作用下，以初速度v 0=5m/s 沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m =1kg ，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L ＝1m 时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．(取g ＝10m/s 2）（1)第1块铁块放上后,木板运动了L 时,木板的速度多大？ （2）最终木板上放有多少块铁块?（3)最后一块铁块与木板右端距离多远?例3．如图所示,在足够大的光滑绝缘水平面上有两个质量均为m 、相距为L 的小球A 和B 均处于静止，小球A 带+q 的电量,小球B 不带电。
若沿水平向右的方向加一大小为E 的匀强电场，A 球将受力而运动,并与B 球发生完全弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后两球速度交换，若碰撞过程中无电荷转移，求： (1）A 与B 第一次碰后瞬时B 球的速率？(2）从A 开始运动到两球第二次相碰经历多长时间？(3)两球从第n 次碰撞到第n+1次碰撞时间内A 球所通过的路程？例4．如图所示，在x 轴上方有垂直于xy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，在x 轴下方有沿y 轴负方向的匀强电场,场强为E 。
迭代算法
数学模型：根据耗油量最少目标的分析，下面从后向前分段 讨论。 第一段长度为500公里且第一个加油点贮油为500加仑。 第二段中为了贮备油，吉普车在这段的行程必须有往返。下 面讨论怎样走效率高： 1）首先不计方向这段应走奇数次（保证最后向前走）。 2）每次向前行进时吉普车是满载。 3）要能贮存够下一加油点的贮油量，路上耗油又最少。
x1=x0-f0/f1;
} while(fabs(x1-x0)>=1e-4); return(x1); }
【例3】二分法求解方程f(x)=0根 用二 分法求解方程f(x)=0根的前提条件是： f(x)在求解的区间[a,b]上是连续的，且 已知f(a)与f(b)异号，即 f(a)*f(b)<0。
图4-6 二分法求解 方程示意
print(“storepoint”,k,”distance”,0,”oilquantity”,oil)；
}
3.3
迭代法解方程
迭代法解方程的实质是按照下列步骤构造一个序列 x0,x1,…,xn, 来 逐步逼近方程f(x)=0的解：
1）选取适当的初值x0；
2）确定迭代格式，即建立迭代关系，需要将方程f(x)=0改 写为x=φ (x)的等价形式；
desert（ ） { int dis，k，oil,k; dis=500;k=1;oil=500; do{
print(“storepoint”,k,”distance”,1000-dis,”oilquantity”,oil)；
k=k+1; dis=dis+500/(2*k-1); oil= 500*k; }while ( dis<1000) oil=500*(k-1)+(1000-dis)*( 2*k-1);
高中数学解递推数列的方法和实例分析
高中数学解递推数列的方法和实例分析在高中数学中，递推数列是一种常见且重要的数列类型。
通过递推数列的解题，可以培养学生的逻辑思维能力和数学推理能力。
本文将介绍高中数学解递推数列的方法，并通过具体的题目进行分析和说明。
一、递推数列的定义和性质递推数列是指通过前一项或前几项来确定后一项的数列。
常见的递推数列有等差数列、等比数列和斐波那契数列等。
解题时，我们需要找到递推数列的递推关系，即通过前一项或前几项的数值关系来确定后一项的数值。
以等差数列为例，其递推关系为：an = an-1 + d，其中an表示第n项，d表示公差。
我们可以通过这个递推关系来求解等差数列中任意一项的数值。
二、递推数列的求解方法1. 直接法直接法是指通过递推关系式直接求解递推数列中任意一项的数值。
例如，已知等差数列的首项a1=2，公差d=3，求第n项an的值。
根据递推关系an = an-1 + d，我们可以得到an = a1 + (n-1)d。
代入已知条件，可以得到an = 2 + (n-1)3 = 3n-1。
因此，第n项an的值为3n-1。
2. 通项公式法通项公式法是指通过求递推数列的通项公式来求解递推数列中任意一项的数值。
对于等差数列和等比数列，我们可以通过已知的首项和公差（或公比）来推导出通项公式。
以等差数列为例，已知首项a1和公差d，我们可以通过求解递推关系式得到通项公式an = a1 + (n-1)d。
例如，已知等差数列的首项a1=2，公差d=3，求第n项an的值。
根据通项公式，我们可以得到an = 2 + (n-1)3 = 3n-1。
因此，第n项an的值为3n-1。
3. 递推法递推法是指通过已知的前几项来逐步推导出后面的项的数值。
递推法常用于求解斐波那契数列等特殊的递推数列。
以斐波那契数列为例，已知前两项为1，1，求第n项的值。
根据递推关系式，我们可以得到an = an-1 + an-2。
通过逐步推导，可以得到斐波那契数列的前几项如下：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ...通过递推法，我们可以逐步计算出斐波那契数列的每一项的值。
七种常见递推数列通项的方法--全方位无死角!!!
七种常见递推数列通项的方法--全方位无死角递推数列是数学中的一个重要概念，它描述了一个数列中每一项与前面相邻的一或多项之间的关系。
递推数列也常常出现在实际问题中，解决递推数列的关键就是找到数列中的通项公式。
本文将介绍七种常见递推数列通项的方法，帮助读者全面深入地理解和掌握这一概念。
第一种方法：递推关系法递推关系法是最常见的求递推数列通项的方法。
它通过观察数列中每一项与前面相邻的一或多项之间的关系，找到数列的递推关系式。
通过递推关系式，我们可以通过已知的一或多项来计算下一项的值，从而求得数列的通项公式。
例如，斐波那契数列就是一个常见的递推数列。
该数列的递推关系为：F(n)=F(n-1)+F(n-2)，其中F(n)表示第n项的值，F(n-1)和F(n-2)分别表示第n-1项和第n-2项的值。
通过递推关系式，我们可以从已知的F(0)和F(1)计算出后续的项的值，从而得到斐波那契数列的通项公式。
第二种方法：差分法差分法是一种利用数列的差分性质求递推数列通项的方法。
差分法可以通过计算数列中相邻项之间的差值，并找到相邻项差值之间的递推关系，从而求出数列的通项公式。
例如，等差数列就是一种可以使用差分法求解的递推数列。
对于等差数列，其通项公式为：a(n)=a(1)+(n-1)d，其中a(n)表示第n项的值，a(1)表示第一项的值，d表示等差数列的公差。
通过对等差数列进行差分，我们可以发现相邻项之间的差值是一个常数d，从而得到等差数列的通项公式。
第三种方法：代数法代数法是一种利用代数的方法求递推数列通项的方法。
代数法可以通过将数列中的项表示成代数形式，构建代数方程，并通过解方程得到数列的通项公式。
例如，等比数列就是一种可以使用代数法求解的递推数列。
对于等比数列，其通项公式为：a(n)=a(1)*r^(n-1)，其中a(n)表示第n项的值，a(1)表示第一项的值，r表示等比数列的公比。
通过将等比数列的项表示成代数形式，我们可以得到一个代数方程，并通过解方程得到等比数列的通项公式。
三项递推关系求通项
三项递推关系求通项要求一个递推关系的通项，需要知道递推关系的初始条件和递推公式。
以下是三种常见的递推关系的通项求解方法：1. 线性递推关系：假设线性递推关系为 a_n = p*a_(n-1) + q*a_(n-2)，其中p和q为常数，a_n为第n项的值。
我们需要知道的初始条件为 a_0和 a_1。
假设通项形如a_n = x^n，其中x为常数。
将其代入递推关系，得到：x^n = p*x^(n-1) + q*x^(n-2)整理，得到特征方程：x^2 - p*x - q = 0解特征方程，得到x1和x2，这两个根就是递推关系的通项的形式。
2. 非线性递推关系：假设递推关系为 a_n = f(a_(n-1), a_(n-2))，其中f为一个函数。
我们需要知道的初始条件为 a_0 和 a_1。
通常情况下，求非线性递推关系的通项比较困难，没有统一的解法。
需要根据具体的递推关系和函数f的性质来进行分析和求解。
3. 递归递推关系：递归递推关系是一种常见的递推关系形式，常用于定义数列的递推关系。
比如斐波那契数列的递推关系为：F_n = F_(n-1) + F_(n-2)，初始条件为 F_0 = 0 和 F_1 = 1。
可以通过数学归纳法证明，斐波那契数列的通项为F_n = (φ^n - (-φ)^(-n)) / √5，其中φ=(1+√5)/2为黄金分割比。
总结来说，要求一个递推关系的通项，需要根据具体的递推关系形式进行分析和解决。
对于线性递推关系，可以通过特征方程解得通项表达式；对于非线性递推关系，需要具体问题具体分析；对于递归递推关系，可以通过数学归纳法证明通项的形式。
递推关系求极限
递推关系求极限1. 引言递推关系是数学中常见的一种关系式，用于描述一系列数之间的关系。
通过递推关系，我们可以根据已知的前几项数值，推导出后续项的数值。
在实际问题中，递推关系也被广泛应用，例如在金融领域中的复利计算、物理学中的动力学模型等等。
本文将围绕递推关系求极限展开讨论。
首先，我们将介绍递推关系的基本概念和常见的求解方法。
接着，我们将详细讨论递推关系求极限的方法和技巧，并通过一些具体的例子进行说明。
最后，我们将总结本文的主要内容。
2. 递推关系的基本概念和求解方法递推关系是指一个数列中的每一项都可以通过前一项或前几项来计算得到的关系。
一般来说，递推关系可以用以下形式表示：a n+1=f(a n,a n−1,…,a1)其中，a n表示数列中的第 n 项，f表示一个函数，用来描述如何通过前几项计算得到第 n+1 项。
要求解递推关系，一种常见的方法是通过迭代计算，从已知的前几项开始，依次计算后续的项。
另一种方法是通过递推关系的特征方程求解。
特征方程的求解方法如下： 1. 假设递推关系为线性关系，即a n+1=c1a n+c2a n−1+⋯+c k a n−k+1，其中c1,c2,…,c k是常数。
2. 假设数列的前 k 项满足递推关系，即a1,a2,…,a k。
3. 将递推关系代入a n+1，得到特征方程r k−c1r k−1−c2r k−2−⋯−c k=0。
4. 解特征方程，得到 k 个根r1,r2,…,r k。
5. 将根代入递推关系，得到对应的通解a n=A1r1n+A2r2n+⋯+A k r k n。
6. 根据已知的前 k 项，求解出对应的常数A1,A2,…,A k。
3. 递推关系求极限的方法和技巧在实际问题中，我们经常需要求解递推关系的极限。
求解递推关系的极限可以帮助我们了解数列的趋势和性质，对于分析和预测数列的行为具有重要的作用。
下面介绍几种常见的求解递推关系极限的方法和技巧：3.1 递推关系的极限性质在求解递推关系的极限时，我们可以利用递推关系的性质来简化计算。
最新整理高三数学递推关系的求解.docx
最新整理高三数学递推关系的求解递推关系的求解一基本概念定义：确定的数列称为递推数列。
（为其的阶）二基本解法（1）（2）（3）常系数线性齐次递推关系将（2）称为（1）的特征方程若是（2）的重根，则（1）的个特解分别为个特解的线性组合就是（1）的通解。
设找到，使令可得 .从而为的根。
结论：，若有两个不动点，则，这里。
若只有一个不动点，则，这里三常用思想：1．不动点，特征根2．无理化有理（取对数，化新数列）3．多元化少元4．高次化低次5．高阶降低阶6．非线性化线性7．非齐次化齐次8．猜想试解P103 例6 在正项数列中，求通项公式。
解对两边取对数，得即这说明数列是首项为，公比为的等比数列，则有故P104例8 设数列满足且求证：是完全平方数。
证由式可得并代入式，得两式相减由方程，得那么通解为由 ,代入上式解出，得因为为正偶数，所以，是完全平方数.P106 例9 数列中， .解构建数列 .故化简得所以数列是以2为首项，1/2为公比的等比数列.所以P107 例10已知满足，且，求 .解: 是二阶线性非齐次递推数列，先设法将它转化为一阶递推关系，故条件变形为：可见是常数列，逐次递推得即P107 例11设满足，求 .解：，解方程 ,得于是由定理10得，则：由已知可得，解得P108 例12已知满足，，且，求 .解：，故两式相减得即则，根据特征方程求解.P108 例13设正数列满足 ,求 .解：把递推关系改写为①令，则①为②对②两边取对数，得③令，则③为利用不动点性质有即故其中，即是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式可知为常数数列，逆推上去，得，则，故是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式可知 .P109 例14数列定义为：，求证：对任意的自然数，，表示不超过的最大整数。
证明：递推关系较为复杂，结论又未给出的表达式，不妨通过归纳法探索的表达式：当时，，当时，，……………由此可以猜想： . ①问题转化为证明这一猜想，再证可被3整除。
小学数学中的递推和递归学习递推和递归的基本思想和方法
小学数学中的递推和递归学习递推和递归的基本思想和方法递推和递归是数学中常见的两种求解问题的方法。
在小学数学中，递推和递归的思想和方法被广泛运用，帮助学生理解和解决各种数学问题。
本文将介绍递推和递归的基本概念、思想和解题方法。
一、递推的概念和思想递推是一种基于已知条件来求解未知项的方法。
它利用已知的前一项或前几项，通过确定的规律来求解后一项或后几项。
递推的思想可以用一个简单的公式来表示：an = an-1 + d其中，an表示第n项，an-1表示第n-1项，d表示公差或增量。
通过递推的方法，我们可以简单地找到某个数列中任意一项的值。
例如，给定一个数列1，4，7，10...，我们可以通过递推的思想得到第n项的值为1+(n-1)×3。
递推的优势在于其简单直观的计算方式，对于小学生而言易于理解和掌握。
通过递推的训练，学生可以培养自己的数学思维和观察问题的能力。
二、递归的概念和思想递归是一种通过将问题分解为更小的相似问题并解决它们的方法。
在递归中，问题的解决依赖于其自身的解决方案。
递归的思想可以通过以下公式表示：f(n) = f(n-1) + f(n-2)其中，f(n)表示第n项的值，f(n-1)表示第n-1项的值，f(n-2)表示第n-2项的值。
递归的思想与递推相比，更注重将问题分解为更小、更简单的子问题，并通过解决子问题来解决原始问题。
通过递归的方法，我们可以解决一些相对复杂的问题，比如斐波那契数列等。
递归在小学数学中的应用更多地体现在解决一些较为复杂、具有迭代关系的问题上，培养学生的逻辑思考和问题分解的能力。
三、递推和递归的解题方法1. 递推的解题方法递推的解题方法相对简单明了。
首先，我们需要观察数列的前几项，找出其中的规律和增量。
然后，根据已知的前一项，利用所确定的规律来求解后一项。
以求解等差数列为例，我们可以通过观察得到等差数列的递推公式：an = a1 + (n-1)×d，其中a1为首项，d为公差。
03递推求解
2013-8-1
31
下一讲：
动态规划（1）
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32
Welcome to HDOJ
Thank You ~
2013-8-1 33
4
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显然可以得到如下公式:
化简后的公式:
F(n)=10+(n-1)*2
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再来一个简单题:
2013-8-1
6
递推公式?
F(n)=(F(n-1)+1)*2
2013-8-1
7
Fibnacci 数列：
即：1、2、3、5、8、13、21、3ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ…
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思考:
ACM程序设计
why@
今天，
你
了吗？
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2
第三讲
递推求解
2013-8-1
3
先来看一个超级简单的例题:
有5人坐在一起，当问第5个人多少岁, 他说比第4个人大2岁，问第4个人多少 岁,他说比第3个人大2岁，依此下去， 问第一个人多少岁，他说他10岁，最 后求第5个人多少岁？ 如果所坐的不是5人而是n人，写出第 n个人的年龄表达式。
2013-8-1 18
得到如下递推公式：
基本形式：d[1]=0; d[2]=1 递归式：d[n]= (n-1)*( d[n-1] + d[n-2])
这就是著名的错排公式
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19
思考题（2046）：
在2×n的长方形方格中,用n个1×2的骨牌铺满方格, 例如n=3时,为2×3方格，骨牌的铺放方案有三种(如 图), 输入n ,输出铺放方案的总数
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§3.3递推法解题
基础知识
对于某些与自然数有关的问题，我们有时可以用递推法解决，扎谓用递推法解题，就是根据题目的特点，构造出递推关系解题的一种方法，解决问题的关键在于构造递推关系。
递推关系一般可以用归纳、猜想等途径获得。
利用递推法解题的一般步骤为：(1)确定初始值；(2)建立递推关系；(3)利用递推关系求通项。
递推方法是人们从开始认识数量关系时就很自然地产生的一种推理思想.例如自然数中
最小的数是1，比1大1的数是2，接下来比2大1的数是3，…由此得到了自然数数列：1，2，3，4，5，….在这里实际上就有了一个递推公式，假设第n个数为a n，则a n+1=a n+1;即由自然数中第n个数加上1，就是第n+1个数。
由此可得a n＋2=a n＋1＋1，这样就可以得到自然数数列中任何一个数.
再看一个例子：
平面上5条直线最多能把圆的内部分成几部分？平面上100条直线最多能把圆的内部分成几部分？
解：假设用a k表示k条直线最多能把圆的内部分成的部分数.这里k＝0，1，2，….
a0＝1
a1=a0+1＝2
a2=a1＋2=4
a3=a2＋3=7
a4=a3+4＝11
…
归纳出递推公式a n＋1＝a n+n. （1）
即画第n＋1条直线时，最多增加n部分.原因是这样的：第一条直线最多把圆分成两部分，故a1＝2.当画第二条直线时要想把圆内部分割的部分尽可能多，就应
和第一条直线在圆内相交，交点把第二条直线在圆内部分分成两条线段，而每条线
段又把原来的一个区域划分成两个区域，因而增加的区域数是2，正好等于第二条
直线的序号.同理，当画第三条直线时，要想把圆内部分割的部分数尽可能多，它就应和前两条直线在圆内各有一个交点.两个交点把第三条线在圆内部分成三条线段.
而每条线段又把原来一个区域划分成两个区域.因而增加的区域部分数是3，正好等
于第三条直线的序号，….这个道理适用于任意多条直线的情形.所以递推公式（1）
是正确的.这样就易求得5条直线最多把圆内分成：
a5=a4+5＝11=5＝16（部分）。
要想求出100条直线最多能把圆内分成多少区域，就去求通项公式。
一般来说，如果一个与自然数有关的数列中的任一项a n可以由它前面的k（≤n-1）项经过运算或其他方法表示出来，我们就称相邻项之间有递归关系，并称这个数列为递归数列.
如果这种推算方法能用公式表示出来，就称这种公式为递推公式或递推关系式.通过寻求递归关系来解决问题的方法就称为递推方法.
许多与自然数有关的数学问题都常常具有递推关系，可以用递推公式来表达它的数量关系.如何寻求这个递推公式是解决这类问题的关键之一，常用的方法是“退”到问题最简单情况开始观察.逐步归纳并猜想一般的速推公式.在小学生阶段，我们仅要求学生能拨开问题的一些表面现象由简到繁地归纳出问题的递推公式就行了，不要求严格证明.当然能证明更好.所谓证明，就是要严格推出你建立的关系式适合所有的n ，有时，仅仅在前面几项成立的关系式，不一定当n 较大时也成立。
1、 “河内塔问题”
传说在印度的佛教圣地贝拿勒斯圣庙里安放着个一个黄铜板，板上插着三根宝石针，在第一根宝石针上，从下到上穿着由大到小的64片中心有孔的金片.每天都有一个值班僧侣按下面规则移动金片：把金片从第一根宝石针移到其余的某根宝石针上.要求一次只能移动一片，而且小片永远要放在大片的上面.当时传说当64片金片都按上面的规则从第一根宝石针移到另一根宝石针上时，世界将在一声霹雳中毁灭.所以有人戏称这个问题叫“世界末日”问题（也称为“Hanoi 塔”问题），当然，移金片和世界毁灭并无联系，这只是一个传说而已，但说明这是一个需要移动很多很多次才能办到的事情.解这个问题的方法在算法分析中也常用到.究竟按上述规则移动完成64片金片需要移动多少次呢？
将此问题一般化为：
设有n 个银圈，大小不同，从大到小排列在三根金棒中的一根。
这些银圈要搬到另一根金棒上，每次搬一个。
第三根金棒作为银圈暂时摆放用。
在搬动过程中，仍要保持大圈在下，小圈在上，问要搬动多少次，才能将所有银圈从一根棒搬到另一根，且搬完后银圈相对位置不变？
思路：寻找n a 与前面各项之间的关系，由题设条件列出等式。
解：令用n a 表所求的搬动次数，把第一棒n 个银圈的1-n 个搬到第三棒，再将最大一个银圈搬到第二棒，然后又将第三棒上的1-n 个圈搬到第二棒上，如此继续，可完成这次搬动任务。
因为搬1-n 个银圈从一棒到另一棒需1-n a 次，故可得递推式1,1211=+=-a a a n n 。
下面对递推式1,1211=+=-a a a n n 的求解。
最后，可得12-=n n a 。
典例分析
例1．用100元人民币购买物品，规定每天只能用以下三种方式之一购买物品：
(1)买甲物品1元；(2)买乙物品2元；(3)买丙物品2元
而且规定不允许不买物品。
试问有多少种方式花完这100元钱？
例2．有一种用硬币下棋的游戏，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，……，第100站。
一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子跳动一次：若掷出的是正面，棋子向前跳两站，若掷出的是反面，则棋子向前跳一站，直到棋子恰好跳到第99站(胜利大本营)或第100站(失败大本营)时，游戏结束。
如果硬币出现正反面的概率都是2
1，分别求棋子跳到胜利大本营与失败大本营的概率。
例3．现有四个人做传球游戏，要求接球后马上传给别人。
由甲先传球，并作为第1次传球，求经过10次传球仍回到发球人甲手中的传球方式的种数。
例4．(Bernoulli-Euler 装错信问题)某人写了n 封信，并在每个信封上写下了对应的地址和收信人的姓名。
问：将所有的信都错信封的情况共有多少种？
例5．现将n 边形的边依次记为n a a a ,,,21 ，每条边都涂上红、黄、绿三种颜色中的一种，要使相邻两边的颜色互不相同，有多少种不同的涂色方法？
例6．(第五届西部竞赛题)已知20052005βα+可以表示成αββα,+为变元的二次多项式，求这个多项式的系数之和。
例7．已知函数2)1()(-=x x f ，数列}{n a 是公差为d 等差数列，数列}{n b 为公比为)1(≠q q 的等比数列，且)1(1-=d f a ，)1(3+=d f a ；)1(1-=q f b ，)1(3+=q f b 。
设数列}{n c 对于任意的正整数n 都有
1332211+=++++n n n a b c b c b c b c 成立，求12531-++++n c c c c 的值。
例8．已知一列非零向量n a 满足：),(111y x a = ，),(21),(1111----+-=
=n n n n n n n y x y x y x a (2≥n ) (1)证明：{|n a |}是等比数列；
(2)求向量1-n a 与向量n a 的夹角；
(3)设向量)2,1(1=a ，把1a ，2a ，……，n a 中所有与1a
共线的向量取出按原来的顺序排成一列，组成一组新数列，记为：1b ，2b ，……，n b ，求数列{n b }的通项公式；若令
n OB =1b +2b +…+n b ，O 为坐标原点，求点列}{n B 的坐标。