递推法解题
三种题解题方法
三种题解题方法
在解题过程中，不同的人会有不同的思考方式和方法，但总体来说，可以将题解方法分为三类：递推法、贪心法和分治法。
递推法：递推法是一种数学归纳法，通过已知的初始值和递推式，逐步推导出后续的结果。
递推法常常用于解决数列、排列组合等问题。
例如，斐波那契数列就是一个典型的递推问题，其递推式为：f(n) = f(n-1) + f(n-2)，初始值为 f(0)=0, f(1)=1。
贪心法：贪心法是一种直觉性的策略，通过每一步的最优选择，来达到全局最优。
贪心法通常用于解决一些最优化问题，例如最小生成树、背包问题等。
例如，对于一个背包问题，每个物品都有自己的重量和价值，而背包的容量是有限的，我们的目标是在不超过容量的情况下，尽可能地获取最大的总价值。
这时，我们可以按照物品的单位价值进行排序，然后依次将单位价值最高的物品放入背包中，直至背包装满或者没有物品可以放入为止。
分治法：分治法是将一个大问题划分成若干个小问题，通过分别解决这些小问题，最终得到整个问题的解。
分治法通常用于解决一些复杂的问题，例如排序、查找等。
例如，快速排序就是一个典型的分治算法，其基本思想是选择一个 pivot，将数组分成两部分，小于pivot 的放在左边，大于等于 pivot 的放在右边，然后递归地对左右两个子数组进行排序，最终得到有序的数组。
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数列递推公式的九种方法
求递推数列的通项公式的九种方法利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一.一、作差求和法例1在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .解：原递推式可化为：1111+-+=+n n a a n n 则,211112-+=a a 312123-+=a a 413134-+=a a ，……，n n a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=.二、作商求和法例2设数列{n a }是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2000年高考15题）解：原递推式可化为：)]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0∵n n a a ++1＞0，11+=+n na a n n 则,43,32,21342312===a a a a a a ……，nn a a n n 11-=-逐项相乘得：na a n 11=，即n a =n 1.三、换元法例3已知数列{n a }，其中913,3421==a a ，且当n≥3时，)(31211----=-n n n n a a a a ，求通项公式n a （1986年高考文科第八题改编）.解：设11---=n n n a a b ，原递推式可化为：}{,3121n n n b b b --=是一个等比数列，9134913121=-=-=a a b ，公比为31.故n n n n b b 31()31(9131(2211==⋅=---.故n n n a a )31(1=--.由逐差法可得：nn a )31(2123-=.例4已知数列{n a }，其中2,121==a a ，且当n ≥3时，1221=+---n n n a a a ，求通项公式n a 。
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。
五年级奥数计数问题之递推法例题讲解【六篇】
五年级奥数计数问题之递推法例题讲解【六篇】这道题我们可以采用分别求出每个数的立方是多少，再求和的方法来解答。
但是，这样计算的工作量比较大，我们可以从简单的情况开始研究。
【第三篇】例题：2000个学生排成一行，依次从左到右编上1～2000号，然后从左到右按一、二报数，报一的离开队伍，剩下的人继续按一、二报数，报一的离开队伍，…… 按这个规律如此下去，直至当队伍只剩下一人为止。
问：这时一共报了多少次？最后留下的这个人原来的号码是多少？分析与解答：难的不会想简单的，数大的不会想数小的。
我们先从这2000名同学中选出20人代替2000人进行分析，试着找出规律，然后再用这个规律来解题。
这20人第一次报数后共留下10人，因为20÷2＝10 ，这10人开始时的编号依次是：2、4、6、8、10、12、14、16、18、20，都是2的倍数。
第二次报数后共留下5人，因为10÷2＝5 ，这5人开始时的编号依次是：4、8、12、16、20，都是4的倍数，也就是2×2的倍数。
第三次报数后共留下2人，因为5÷2＝2 ……1 ，这2人开始时的编号依次是：8、16，都是8的倍数，也就是2×2×2的倍数。
第四次报数后共留下1人，因为2÷2＝1 ，这1人开始时的编号是：16，都是8的倍数，也就是2×2×2×2的倍数。
由此可以发现，第n次报数后，留下的人的编号就是n个2的连乘积，这是一个规律。
2000名同学，报几次数后才能只留下一个同学呢?第一次：2000÷2＝1000 第二次：1000÷2＝500第三次：500÷2＝250 第四次：250÷2＝125第五次：125÷2＝62 ……1 第六次：62÷2＝31第七次：31÷2＝15 ......1 第八次：15÷2＝7 (1)第九次：7÷2＝3 ......1 第十次：3÷2＝1 (1)所以共需报10次数。
递推法解数列整除问题的常用方法
递推法解数列整除问题的常用方法递推法是解决数列问题的常用方法之一，其核心思想是根据已知的前项推导出后项，直到得到所求的项。
在解决数列整除问题中，递推法同样适用。
首先，我们需要明确题目所给的数列条件。
在数列整除问题中，常见的条件包括等差数列（公差为d的数列）、等比数列（公比为r的数列），以及递推关系。
我们以这些常见的数列为例进行讲解。
1.等差数列的整除问题：等差数列的通项公式为：an = a1 + (n-1)d，其中an为第n项，a1为第一项，d为公差。
例如题目给定的等差数列为1,4,7,10,13,...，其中公差d=3、我们需要找出该数列中可以整除一些特定数的项。
解决方法：（1）首先，我们找到该等差数列的第一项a1和公差d。
（2）观察题目给定的数是否为公差d的倍数。
如果是，说明数列中存在满足题目要求的项；如果不是，说明数列中不存在符合要求的项。
（3）如果题目要求找到满足一些条件的特定项，可以通过递推法得到满足要求的项。
例如，题目要求找到该数列中可以整除6的项：我们首先计算公差d=3，发现6不是3的倍数，所以该数列中不存在可以整除6的项。
2.等比数列的整除问题：等比数列的通项公式为：an = a1 * r^(n-1)，其中an为第n项，a1为第一项，r为公比。
例如题目给定的等比数列为1,2,4,8,16,...，其中公比r=2、我们需要找出该数列中可以整除一些特定数的项。
解决方法：（1）首先，我们找到该等比数列的第一项a1和公比r。
（2）观察题目给定的数是否等于一些项的值。
如果是，说明数列中存在满足题目要求的项；如果不是，说明数列中不存在符合要求的项。
（3）如果题目要求找到满足一些条件的特定项，可以通过递推法得到满足要求的项。
例如，题目要求找到该数列中可以整除32的项：我们首先计算公比r=2，发现32等于第5项的值，即32=2^4、所以该数列中存在可以整除32的项。
3.递推关系的整除问题：有些数列的递推关系不仅包含等差或等比关系，还可能包含其他递推关系，例如斐波那契数列。
排列组合常见21种解题方法
排列组合常见21种解题方法排列组合是高中数学中的重要知识点，也是考试中常见的题型。
在解决排列组合问题时，我们可以运用多种方法来求解，下面将介绍常见的21种解题方法。
1. 直接法，根据排列组合的定义，直接计算排列或组合的个数。
2. 公式法，利用排列组合的公式进行计算，如排列公式P(n,m)=n!/(n-m)!，组合公式C(n,m)=n!/(m!(n-m)!)。
3. 递推法，通过递推关系式求解排列组合问题，如利用排列数的递推关系P(n,m)=P(n-1,m)+P(n-1,m-1)。
4. 分类讨论法，将问题进行分类讨论，分别求解每种情况的排列组合个数，然后合并得出最终结果。
5. 组合数性质法，利用组合数的性质，如C(n,m)=C(n,n-m)，C(n,m)=C(n-1,m)+C(n-1,m-1)，简化计算过程。
6. 二项式定理法，利用二项式定理展开式子，求解排列组合问题。
7. 二项式系数法，利用二项式系数的性质，如n个不同元素的排列个数为n!，n个相同元素的排列个数为1，简化计算过程。
8. 容斥原理法，利用容斥原理求解排列组合问题，排除重复计算的部分。
9. 对称性法，利用排列组合的对称性质，简化计算过程。
10. 逆向思维法，从问题的逆向思考，求解排列组合问题。
11. 生成函数法，利用生成函数求解排列组合问题，将排列组合问题转化为多项式求解。
12. 构造法，通过构造合适的排列组合模型，求解问题。
13. 图论法，将排列组合问题转化为图论问题，利用图论算法求解。
14. 动态规划法，利用动态规划算法求解排列组合问题，降低时间复杂度。
15. 贪心算法法，利用贪心算法求解排列组合问题，简化计算过程。
16. 模拟法，通过模拟排列组合过程，求解问题。
17. 枚举法，将所有可能的排列组合情况列举出来，求解问题。
18. 穷举法，通过穷举所有可能的情况，求解问题。
19. 数学归纳法，利用数学归纳法证明排列组合的性质，求解问题。
递推法
ans A[i]
i 1
东北师大附中
z 1
3 平面分割问题（课后练习）
设有n条封闭曲线画在平面上，而任何两条封闭 曲线恰好相交于两点，且任何三条封闭曲线不相 交于同一点，问这些封闭曲线把平面分割成的区 域个数。
东北师大附中
分析
设an为n条封闭曲线把平面分割成的区域个数。 由图2可 以看出：a2-a1=2；a3-a2=4；a4-a3=6。从这些式子中可 以看出an-an-1=2(n-1)。当然，上面的式子只是我们通过 观察4幅图后得出的结论，它的正确性尚不能保证。下 面不妨让我们来试着证明一下。当平面上已有n-1条曲 线将平面分割成an-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an-1个区域，一共 有an-1+2(n-1)个区域。所以本题的递推关系是 an=an-1+2(n-1) 边界条件是a1=1。
东北师大附中
杨辉三角 （课后练习）
东北师大附中
分析
C C
r n r n 1
C n 1
r 1
组合公式的证明：
(n 1)! C n1 r!(n r 1)!
r
r r 1
(n 1) ！ C n1 (r 1)!(n r )!
r 1
(n 1) (n r ) (n 1)! r ！ n！ r Cn C n1 C n1 r!(n r )! r!(n r )!
倒推到第三步
东北师大附中
依次类推，为了在I=k处贮藏k*500公升汽油，卡车至少从 I=k+1处开k趟满载车至I=k处，即 oil[k+1]=(k+1)*500=oil[k]+500，加上从I=k返回I=k+1 的k-1趟返程空间，合计2k-1次。这2k-1次总耗油量按最 省要求为500公升，即d[k+1]=500/(2k-1)，图22倒推到第 n步 Way[k+1]=Way[k]+d[k+1]=Way[k]+500/(2k-1)；
基本算法2-递推法实例
一般地，设原来的符合题意的n-1条直线把这平面分成 个区域，再增加一条直线l，就变成n条直线，按题设条 件，这l必须与原有的n-1条直线各有一个交点, 且这n-1个交点 及原有的交点互不重合。这n-1个交点把l划分成n个区间，每 个区间把所在的原来区域一分为二，所以就相应比原来另增 了n个区域，即：
const max=100; var
f1,f2,s:array[1..max] of longint; i,j,k,l,n:longint; begin readln(n); f1[max]:=0 ; f1[max-1]:=1; {F0=10} for i:= 1 to n do
begin f2:=f1; k:=0; { ×7 } for j:= max downto 1 do begin k:=k+f1[j]*7; f1[j]:=k mod 10; k:=k div 10; end;
end.
var a,b:array[1..100] of longint; i,j,n:longint;
begin readln(n); a[100]:=4 ; b[100]:=1; for i:= 2 to n do begin for j:= 100 downto 1 do b[j]:=b[j]*2; for j:= 100 downto 2 do if b[j]>=10 then begin b[j-1]:=b[j-1]+b[j] div 10 ; b[j]:=b[j] mod 10; end; for j:= 100 downto 1 do begin a[j]:=a[j]+b[j]; if a[j]>=10 then begin a[j-1]:=a[j-1]+a[j] div 10 ; a[j]:=a[j] mod 10; end; end; end; j:=1; while a[j]=0 do j:=j+1; for i:= j to 100 do write(a[i]) ;
递推法解决问题
递推方法进行解决问题
类型一：递推解决爬楼梯的方法
第一题：
有10级台阶，每次可以爬1级或2级台阶，那么爬上10级台阶的方法有多少种？
解：
1级：有1种；
2级：有两种，分别为1+1、2；
3级：有三种，分别为1+1+1、1+2、2+1。
因为可以基于第1级、第2级台阶到第3级台阶上，到达第1级有1种，达到第2级有2种，即1+2=3种
4级：有5种，可以通过第2级、第3级到达第4级，到第2级有2种，第3级有3种，即2+3=5种。
5级：基于第3级、第4级到达，3+5=8种。
6级：基于第4级，第5级到达，5+8=13种
7级：基于第5级、第6级到达，8+13=21种
8级：13+21=34种
9级：21+34=55种
10级：34+55=89种
类型二：递推方法解决直线分割平面部分的问题
第二题：
有10条直线可以把同一个平面最多分成多少个部分？
解：
由以上表格可以得出，1+1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=56个部分。
得到公式为：1+1+2+3+····+n（n代表一共有多少条直线）
第三题：
20条直线最多可以将同一个平面分成多少个部分？
解：1+1+2+3+4+5+6+7+8+···+20=211个部分。
练习题：
第一题：小明爬楼梯，每步爬1级或2级，则爬上15级台阶有多少种方法？第二题：50条直线最多将同一个平面分割成多少部分？。
求通项公式的常用方法
求通项公式的常用方法通项公式是数列中每一项与序号n之间的关系式，可通过递推关系和数列特点来确定。
下面将介绍几种常用的方法来求解通项公式。
一、等差数列等差数列是一种公差固定的数列，通项公式可以通过公差和首项求得。
1.递推法：设等差数列的首项为a₁，公差为d，则通项公式为an = a₁ + (n -1)d。
2.求和法：对于等差数列，可以根据前n项和与首项之间的关系来求解通项公式。
设前n项和为Sn，首项为a₁，公差为d，则有等差数列求和公式Sn =n/2(a₁ + an)。
二、等比数列等比数列是一种比值固定的数列，通项公式可以通过公比和首项求得。
1.递推法：设等比数列的首项为a₁，公比为r，则通项公式为an = a₁ * r^(n -1)。
2.求和法：对于等比数列，可以根据前n项和与首项之间的关系来求解通项公式。
设前n项和为Sn，首项为a₁，公比为r，则有等比数列求和公式Sn=a₁(r^n-1)/(r-1)。
三、斐波那契数列斐波那契数列是一种特殊的数列，前两项为1，之后的每一项都是前两项的和。
1.递推法：设斐波那契数列的第n项为F(n)，则通项公式为F(n)=F(n-1)+F(n-2)，其中F(1)=1，F(2)=12.通项公式法：利用通项公式公式Fn = (Phi^n - (-Phi)^(-n))/sqrt(5)，其中Phi是黄金分割比(约为1.618）。
四、多项式数列多项式数列是指通项由多项式表达的数列。
1.解线性递推关系：对于多项式数列，可以根据给定的递推关系式来推导通项公式。
具体的方法可以通过代入法、特征根法、辅助方程法等来求解。
2.拉格朗日插值法：对于已知部分数列项的数值，可以利用拉格朗日插值法求解通项公式。
该方法需要确定数列项数目与已知项数目一致。
以上是一些常见的求通项公式的方法，不同的数列类型可能需要不同的方法来求解。
在实际问题中，还可以根据数列性质和给定条件等将其转化为已知的数列类型，从而应用相应的求解方法。
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
递推法(迭代法)求数列通项
｛an｝满足
an13an2 3"
1,a1
3，求数列｛an｝的通项公式.
解：由已知，得
（两边除以
外），得影
an
3n
1
3n 1，
an
3n
1
3n 1，
an
故an（孑
an1
an1
an 2
13n
2)L
（I
（I
3n)
（I
an
练习:
2(n
3
1)
2(n 1)
3
已知数列
解：由已知，得
1
3n
(1
3n 1)
anan
1L
a2
an 1an
2
a1
（构造法）
:由an1
n
得-
an
n 1
i
n
法
法
法三
□l
n 1
丄,所以
2
an
，从而an
n+1 an 1
一1，故nan
nan
是常数列，nan1 a11,
点拨：解法一是迭代法，这是通法；解法二是叠乘法，适合由条件
an
an 1
f n求通项的题型;
法三是构造法（简单
+经典）,
根据条件特点构造特殊数列求通项，技巧性较强，体现了转化思想
an中,
ai
anan 1
2n
3
1
亍，即an
3n
a1
1an
求通项公式
an.（尝试叠加法）
an 2
n n-1
2小
n n+2
2
例1、设数列
项公式•
高中物理竞赛实用解题方法——递推法
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 mg W dmg W dmg W dmg 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 n2)1()1(32-?=-++++=n n mgd dn mg d mg d mg mgd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==hh 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+=?--+n n n n n v nm M 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 ,14 20,1438><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 ③③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 mFL -=? 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(nm n 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 e111122011)(----??--?-=-n n n n n u 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 +-=-=? k nn n E e mv e e mv mv 212121)1(4121220222020-=?-=+-=下⾯分别讨论：当146.0221121,12=-=-=?=e E E n k kl 时 25.0221121,242=-=-=?=e E E n k k 时 323.022121121,363=-=-=?=e E E n k k 时 375.0241121,484=-=-=?=e E E n k k 时 412.022141121,5105=-=-=?=e E 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0 111||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 L t =，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 eL L 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 eL 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)(0000v V V p p n p V V V p n n 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.Qq k =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1qQ qQ Q qq k q q n -=-=-=11 即⼩球与⼤球多次接触后，获得的最⼤电量为.q Q 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 q C q Q =- 所以Eq Q Qq C )(2-= 解得A 2最终获得的电量 qQ Qq q -=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 R R R R R 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 4L Bq mv R == 所以粒⼦射出时的速度 mB q L v 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 mEqL 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 mE qL B Ls s s 16422212+=+=π粒⼦第3次到达x 轴时，已通过的路程为 mE qL B Ls s s s 162221213+=++=π粒⼦第4次到达x 轴时，已通过的路程为 mE qL 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()(22212mE qL 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(（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？参考答案1．D2．k k k g k H k k k g k H k H 211)1(2211)1(2,22-+-++-++- 3．L 941 4．9.79m 50m5．622.0597.0<<µ6．21块 4849m FL 7．21Q - 8．0.065U9．24.46KRq 10．（1）I ：],)41(1[32n C -εⅡⅢ：])41(1[31n C -ε（3）231εC 11．R R AB )13(+=12．（1）10Ω（2）2.5W（3）)99,,5,3,1(2201 =+i i ，)98,,4,2(210 =i i （4）10W 13．40Ω14．ra R AB )17(31-= 15．（1）60次（2）2s （3）m 35。
数字找规律的方法
数字找规律的方法数字找规律是一项重要的数学技能，它可以帮助我们理解和发现数字背后隐藏的模式和规律。
掌握数字找规律的方法不仅可以提高我们的数学水平，还可以帮助我们在生活和工作中解决问题。
本文将介绍几种常见的数字找规律的方法，希望能对您有所帮助。
一、递推法递推法是最常用的数字找规律方法之一。
它通过观察数列中相邻数字之间的关系，来找到下一个数字。
递推法的基本思路是找出数列中数字之间的规律，并根据这个规律来确定下一个数字。
例如，有一个数列：1，3，5，7，9，...我们可以发现，每个数字都比前一个数字大2。
因此，下一个数字应为9+2=11。
根据这个规律，我们可以预测接下来的数字为11，13，15，17，...递推法对于简单的数列规律通常很有效，但对于复杂的数列规律可能不太适用。
二、数位法数位法是一种通过观察数字的各位数之间的关系来找规律的方法。
它适用于包含多个位数的数字。
以数列123，456，789，101112，...为例。
我们可以观察到每个数字增加了一位数。
通过这个规律，我们可以推测下一个数字为131415。
数位法在计算问题中也有广泛应用，例如把一个数字的各位数相加，直到得到一个一位数的结果。
三、公式法公式法是一种通过列出数列中数字的数学公式来找规律的方法。
它适用于规律比较明显的数列。
例如，有一个数列：3，6，9，12，15，...我们可以发现，每个数字都是前一个数字加3。
因此，可以列出数列的公式为an = 3n，其中n为项数。
利用公式法可以方便地计算出数列中的任意一项，也可以帮助我们发现更复杂的数列规律。
四、图形法图形法是一种通过绘制数列中数字的图形来找规律的方法。
它适用于规律较为复杂的数列。
以数列1，2，4，7，11，...为例。
我们可以将这些数字绘制成一个图形。
12 47 11通过观察图形，我们可以发现每一行的差异在递增。
第一行相邻数字的差为1，第二行相邻数字的差为3，第三行相邻数字的差为4，以此类推。
求数列极限的几种典型方法
求数列极限的几种典型方法在数学中，极限是研究数列和函数的一个基本概念。
求解一个数列的极限可以帮助我们了解数据的趋势和规律，从而进行预测和决策。
下面介绍几种常见的数列极限求解方法：1. 递推法递推法是一种基本的数列极限求解方法。
其基本思路是找到数列的递推式，然后通过递推式不断推导出数列的前n项，从而得出数列的极限。
例如，对于递推数列a_n = a_{n-1} + 1/n，我们可以按照以下步骤求出其极限：Step 1: 找到数列的递推式a_n = a_{n-1} + 1/n。
Step 2: 给出数列的初值a_1。
Step 3: 利用递推式计算出数列的前几项，如a_2, a_3, a_4……a_n。
Step 4: 根据推导出的前n项，估算数列的极限。
通过递推法求解数列极限的基本思路就是这样的。
当然，在实际求解中会存在很多细节问题，比如要确定递推式的正确性、初值的选取等。
但总体来说，递推法是一个非常直观、简单易行的方法。
2. 插值法插值法是一种利用待求函数在一组已知点处的函数值构造出一个近似函数然后进行近似计算的方法。
在数列极限求解中，我们也可以采用插值法来求极限值。
具体来说，我们可以对于某个数列{a_n}，假设存在一个连续的函数f(x)，它在n个不同的位置x_1、x_2……x_n处的函数值分别为a_1、a_2……a_n。
我们希望利用f(x)在x趋近于无穷大时的行为来估计数列{a_n}的极限。
通过插值法，我们可以构造一个插值函数L(x)来近似代替f(x)，从而得到数列极限的近似值。
3. 逼近法具体来说，我们可以通过求解一系列子问题，然后逐步逼近数列的极限值。
每次逼近都会得到数列的一个更接近极限的值。
逼近法是一种利用简洁的代数方法逐步逼近数列极限值的方法，常常用于解决复杂的计算问题。
4. 性质法在数学中，我们经常可以根据数列的基本性质来求解其极限值。
例如，对于一个收敛的数列{a_n}，其极限值必须满足以下两个条件：1）极限存在。
递推法(迭代法)求数列通项
1 高二数学递推法（迭代法）求数列通项例1、设数列{}n a 是首项为1的正项数列，且()()22*11n+10n n n n a na a a n N ++-+=∈，求数列的通项公式.解：由题意知11,0n a a =>，将条件变形，得()()1110n n n n a a n a na ++++-=⎡⎤⎣⎦，又0n a >，得10n n a a ++≠，所以11n n n a a n +=+，即11n n a n a n +=+，到此可采用: 法一（递推法）：121112121112n n n n n n n n a a a a n n n n n -------==⋅==⋅⋅⋅--，从而1n a n =. 法二（叠成法）：12121121,12n n n n a a a n n a a a n n -----⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-所以1n a n= . 法三（构造法）：由11n n a n a n +=+，得()1n+11n na na +=，故{}n na 是常数列，1111,n n na a a n =⨯=∴=. 点拨：解法一是迭代法，这是通法；解法二是叠乘法，适合由条件()1n n a f n a -=求通项的题型；解法三是构造法（简单+经典），根据条件特点构造特殊数列求通项，技巧性较强，体现了转化思想.例2、已知数列}a {n 满足3a 132a 3a 1n n 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式．解：由已知，得（两边除以1n 3+），得1n n n 1n 1n 31323a 3a +++++=，即1n n n 1n 1n 31323a 3a ++++=-， 故11221122111()()()333333n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a ------=-+-++-+122121213()()()3333333n n -=+++++++ 1)3131313131(3)1n (222n 1n n n +++++++-=-- ， ∴n 1n n n n 321213n 2131)31(313)1n (23a ⋅-+=+--⋅+-=-，即213213n 32a n n n -⋅+⋅⋅= 练习：已知数列{}n a 中，111,n n a a a n +=-=，求通项公式n a .（尝试叠加法）解：由已知，得()()()12112n n n a a n a n n --=+-=+-+-()()()21n n-1n n+2121122a n n -==+-+-++=+=．。
高中数学极限问题解题思路与例题
高中数学极限问题解题思路与例题在高中数学中，极限问题是一个重要的概念，它在微积分和数学分析等领域中发挥着重要的作用。
解决极限问题需要良好的数学思维和方法，本文将介绍一些常见的解题思路，并通过例题来说明。
一、数列极限问题的解题思路1. 递推法：对于递推数列，通过递推关系式来确定极限。
例如，对于等差数列an=2n+1，可以通过推导和观察得出其极限为无穷大。
2. 逼近法：对于数列an，通过构造逼近数列bn，使得bn与an的差趋近于零，然后求出bn的极限，进而得到an的极限。
例如，在求解数列an=√n的极限时，可以构造逼近数列bn=n，通过求bn的极限等于无穷大，得出an的极限也等于无穷大。
3. 按定义法：对于给定的数列an，根据极限的定义进行证明。
例如，证明数列an=1/n的极限为零，可以通过定义极限的方式来进行推导。
二、函数极限问题的解题思路1. 代入法：当函数在某一点不存在或无法求极限时，可以尝试代入近似值进行计算。
例如，求f(x)=sinx/x在x=0处的极限时，可以通过代入x的近似值0.001、0.0001等进行计算。
2. 夹逼法：对于函数f(x)，如果在某一区间内存在两个函数g(x)和h(x)，且g(x)≤f(x)≤h(x)，并且g(x)和h(x)的极限均为L，则可以推导出f(x)的极限也为L。
例如，在证明函数f(x)=xsin(1/x)在x=0处的极限为零时，可以构造函数g(x)=-|x|和h(x)=|x|，并证明f(x)被夹在g(x)和h(x)之间。
3. 导数法：对于某些特殊的函数，可以通过求导数来求极限。
例如，对于函数f(x)=e^x/x，在x趋近于正无穷时，可以通过求导数得到f'(x)=e^x/x^2，在取极限时，可以得到极限为无穷大。
三、综合例题例题1：求极限lim(n→∞) (√n+1-√n)。
解：对于这个极限问题，我们可以利用有理化的方法进行求解。
首先，我们将式子进行分子有理化，得到(√n+1-√n)×(√n+1+√n)/(√n+1+√n)。
(完整版)递推法求数列通项
(完整版)递推法求数列通项1. 引言数列是数学中常见的概念，它由一系列按照特定规律排列的数值组成。
求数列的通项是数学中重要的问题之一，它可以帮助我们对数列进行更深入的理解和研究。
本文将介绍递推法求数列通项的方法和步骤。
2. 递推法概述递推法是一种根据已知的前面几项数值，通过递推关系式推导出后续项数值的方法。
在求数列通项中，递推法可以帮助我们找到数列中每一项与前面项之间的关系，从而确定数列的通项。
3. 递推法求数列通项的步骤步骤1：观察数列的规律首先，我们需要观察数列的前几项，寻找数列中的规律。
通过观察，我们可以尝试找到每一项与前面几项之间的关系，例如相邻项之间的差值、比值等。
步骤2：建立递推关系式在观察数列规律的基础上，我们可以通过建立递推关系式来描述数列中每一项与前面项之间的关系。
递推关系式可以是一个等式或不等式，它能够用已知的前面项数值表示出后续项的数值。
步骤3：利用递推关系式求解通项利用建立好的递推关系式，我们可以通过迭代运算求解数列的通项。
从已知的初始项开始，根据递推关系式逐步计算得到后续项的数值，直到求出指定位置的项。
步骤4：验证递推关系和通项的正确性在求解出数列的通项之后，为了验证递推关系和通项的正确性，我们可以代入一些已知的项数值进行检查。
如果递推关系和通项能够满足已知的数值，那么可以确认求解结果的正确性。
4. 数列通项的举例以下是两个常见数列的求解通项的例子：等差数列已知等差数列的前两项分别为 a1 和 a2，公差为 d。
根据递推法可以得到，等差数列的通项公式为 an = a1 + (n - 1) * d，其中 n表示数列的第 n 项。
等比数列已知等比数列的前两项分别为 a1 和 a2，公比为 q。
根据递推法可以得到，等比数列的通项公式为 an = a1 * q^(n-1)，其中 n 表示数列的第 n 项。
5. 结论通过递推法可以有效地求解数列的通项，并且递推法在数学中有广泛的应用。
高三物理递推法解题(修改版)
高中物理解题方法专题指导——方法专题六：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）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4222202112,2nh g v h n h g v h ====，通过的总路程 +++++=∑m h h h h s 222210 m 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 210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？ 解析：（1）木板最初做匀速运动，由Ｆ＝μＭg 解得， 第l 块铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度大小为1a ,即有：1Ma nmg =μ， ，代人数据解得： s m v /621=（2）设最终有n 块铁块能静止在木板上．则木板运动的加速度大小为： Mnmga n μ=第1 块铁块放上后：212012v v L a -=，第2 块铁抉放上后：222122v v L a -=，第)1(-n 块铁块放上后：21221-2---=n n n v v L a ，第n 块铁块放上后：2212n n n v v L a -=-， 由上可得：2202)321(n v v L Mmgn -=⋅+⋯⋯+++μ .木板停下时，0=n v ，得n=6.6．即最终有7 块铁块放在木板上．（3）从放上第1块铁块至刚放上第7 块铁块的过程中，由（2）中表达式可得：262022)16(6v v L Mmg -=⋅+⨯μ 从放上第7 块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则：07226-=v d Mmg μ 联立解得：m d 74=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。
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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。