递归数列在实际问题中的应用

张远东

【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璶表示经n年扣消费基金后余下的资金，那么有a璶=a璶-1（1+50%）-x，（n∈N），其中a0=1000.

所以a璶=3[]2a璶-1-x，

则a璶-2x=3[]2（a璶-1-2x），

故a璶-2x[]a璶-1-2x=3[]2（n∈N）.

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

那么a5=（1000-2x）3[]25+2x≥2000，解得x<5593.75[]13.19≈424.1.

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璶=a璶-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璶种爬法.

当n=1时，a1=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璶-1种走法；

②他第一步走两级还剩n-2级，有a璶-2种走法，

所以一共有a璶-1+a璶-2种走法.

即a璶=a璶-1+a璶-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璶=a璶-1+a璶-2+a璶-3，其中a1=1，a2=2，a3=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璶种装法，则a1=0，a2=1，a3=2，a璶包含两类：

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璶-2种装法，又k有（n-1）种选择，所以这类情况有C1璶-1a璶-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璶-1种装法，又k有（n-1）种选择，所以这类情况有C1璶-1a璶-1种放法.

所以a璶=C1璶-1a璶-2+C1璶-1a璶-1=（n-1）（a璶-2+a璶-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璶种，设传球n次，第n次不传给甲的传球方法有b璶种，a璶+b璶表示这n次传球可以传给m-1人中的任一人.易得a1=0，a璶+b璶=（m-1）琻，而a璶+1=b璶（第n+1次传到甲只需第n次不传到甲），所以a璶+a璶+1=（m-1）琻.

则a璶+1=-a璶+（m-1）琻，两边同除以（-1）琻+1可得a璶+1[]（-1）琻+1=a璶[]（-1）琻-（1-m）琻，

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

a璶[]（-1）琻=（1-m）琻-（1-m）[]m.

则a璶=（m-1）琻[]m+（-1）琻·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.