递归数列在实际问题中的应用

【摘要】递归数列是高考数列命题的热点.它的方法活，它的类型很多，解题方法也不尽相同.本文综合前人的研究归纳总结出几种常见类型的递归数列，并应用到实际问题.例如传球问题、爬楼梯问题、增长率问题等递归数列的实际问题在中小学试题中频频出现，对它们的研究也显得更有意义.本文对这些问题进行了简单研究.

【关键词】递归；数列；应用

1.增长率问题

例1 某企业年初有资金1000万元，假定经过生产，每年资金增长率50%，但每年扣除消费基金x万元，余下的资金投入再生产，若经过5年扣除消费基金后至少有2000万元，求x的最大值（精确到1万元）.

解 用an表示经n年扣消费基金后余下的资金，那么有an=an-1（1+50%）-x，（n∈N），其中a0=1000.

所以an=3[]2an-1-x，

则an-2x=3[]2（an-1-2x），

故an-2x[]an-1-2x=3[]2（n∈N）.

即{an-2x}是等比数列，an-2x=（1000-2x）3[]2n，（n∈N），

那么a5=（1000-2x）3[]25+2x≥2000，解得x

故x的最大值为424万元.

注 本题利用前后两年的余款建立递归关系an=an-1（1+50%）-x，避免了逐推找规律的烦琐过程.

2.爬楼梯问题

例2 假设一个人爬楼梯时，每一步可以上1级或2级，问这个人爬n级楼梯一共有多少种爬法？

解 设爬n级楼梯一共有an种爬法.

当n=1时，a1=1；

当n=2时，①每一步一级，②每一步两级，有2种走法；

当n=3时，①每一步一级，②先一级后两级，③先两级后一级，一共有3种走法；

当n=4时，①他第一步走一级还剩3级，转化为n=3的情况，有3种走法；

②他第一步走两级还剩2级，转化为n=2的情况，有2种走法，

所以一共有5种走法；

当n=5时，①他第一步走一级还剩4级，转化为n=4的情况，有5种走法；

②他第一步走两级还剩3级，转化为n=3的情况，有3种走法，所以一共有8种走法；

……

当为n级时也有两种情况：

①他第一步走一级还剩n-1级，有an-1种走法；

②他第一步走两级还剩n-2级，有an-2种走法，

所以一共有an-1+an-2种走法.

即an=an-1+an-2.

推广 假设一个人爬楼梯时，每一步可以上1级、2级或3级，那么这个人爬n级楼梯一共有多少种爬法呢？

由上面的解题思路很容易解答出来，这也是一个递归数列的问题，其递归式为

an=an-1+an-2+an-3，其中a1=1，a2=2，a3=4.

3.放球问题

例3 有编号1，2，3，4，…，n的n个球，装入编号为1，2，3，4，…，n的n个筐里（一筐一个），序号不能相同，共有多少种方法？

解 设n个球装n个筐中（序号不同）有an种装法，则a1=0，a2=1，a3=2，an包含两类：

①1号球装入k号筐，k号球装入1号筐（k=2，3，…，n），还剩（n-2）个球（n-2）个筐（序号不同）共有an-2种装法，又k有（n-1）种选择，所以这类情况有C1n-1an-2种放法；

②1号球装入k号筐，但k号球不装入1号筐（k=2，3，…，n），此时可以把k号球当作1号球，即还剩（n-1）个球（n-1）个筐（序号不同）共有an-1种装法，又k有（n-1）种选择，所以这类情况有C1n-1an-1种放法.

所以an=C1n-1an-2+C1n-1an-1=（n-1）（an-2+an-1），（n≥3）.

4.传球问题

例4 有m个人做相互传球练习，第一次甲先传球给其余m-1人中的一人，第二次由拿球者再传给其余m-1人中的一人，这样共传了n次球，则第n次传球仍传回到甲的传法种数共有多少种？

解 设传球n次，第n次传给甲的传球方法有an种，设传球n次，第n次不传给甲的传球方法有bn种，an+bn表示这n次传球可以传给m-1人中的任一人.易得a1=0，an+bn=（m-1）n，而an+1=bn（第n+1次传到甲只需第n次不传到甲），所以an+an+1=（m-1）n.

则an+1=-an+（m-1）n，两边同除以（-1）n+1可得an+1[]（-1）n+1=an[]（-1）n-（1-m）n，

即an+1[]（-1）n+1-an[]（-1）n=-（1-m）n，利用累差叠加的方法可得

an[]（-1）n=（1-m）n-（1-m）[]m.

则an=（m-1）n[]m+（-1）n·m-1[]m.

传球问题、爬楼梯问题等经常困扰着学生，本文针对这几类问题进行了探究，并与递归数列的相关类型建立联系，揭示它们的本质，使得这几类问题的解题变得清晰明了.