六年级奥数递推的方法.docx
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六年级奥数递推的方法
递推的方法
有时，我们会遇上一些具有规律性的数学问题，这就需要我们在解题时根据已知条件尽快地去发现规律，并利用这一规律去解决问题。
例如：
按规律填数：
1，4，9，16，25，（），49，64。
分析：
要在括号内填上适当的数，就要正确判断出题目所呈现出的规律。
若你仔细地观察这一数列，就会发现这些数之间的规律：
（1）先考虑相邻两个数之间的差，依次是3，5，7，9，…，15；可以看到相邻两数的差从3开始呈现递增2的规律，所以括号里的数应是25+11=36，再看36+13=49得到验证。
（2）如果我们换一个角度去考虑，那么我们还可以发现，这数列的第一项是1的平方，第二项是2的平方，第三项是3的平方……从这些事实中，发现规律是第n项是n的平方。
那么所求的第六项是6²=36。
我们把相邻数之间的关系称为递归关系，有了递归关系可以利用前面的数求出后面的未知数。
像这种解题方法称为递推法。
例1
999…999×999…999的乘积中有多少个数字是奇数？
分析我们可以从最简单的9×9的乘积中有几个奇数着手寻找规律。
解9×9=81，有1个奇数；
99×99=99×（100-1）=9900-99=9801，有2个奇数；
999×999=999×（1000-1）=999000-999=998001，有3个奇数；
……
从而可知，999…999×999…999的乘积中共有10个数字是奇数。
例2如图所示：
线段AB上共有10个点（包括两个端点），那么这条线段上一共有多少条不同的线段？
分析先从AB之间只有一个点开始，再逐步增加AB之间的点数，找出点和线段之间的规律。
我们可以采用列表的方法清楚地表示出点和线段数之间的规律。
解AB之间只有1个点：
线段有1+2=3（条）；
AB之间只有2个点：
线段有1+2+3=6（条）；
AB之间只有3个点：
线段有1+2+3+4=10（条）；
AB之间只有4个点：
线段有1+2+3+4+5=15（条）；
……
不难发现，当AB之间有8个点时，线段有
1+2+3+4+5+6+7+8+9=45（条）。
若再进一步研究可得出这样的规律，
线段数=点数×（点数-1）÷2。
随堂练习1
（1）小红把平时节省下来的全部五分硬币先围成一个正三角形，正好用完，后来又改围成一个正方形，也正好用完。
正方形每条边比三角形每条边少用5枚硬币。
小红的五分硬币共价值多少元？
（2）平面上有8个圆，最多能把平面分成几部分？
（1）分析与解硬币的数目必须是3的倍数，也必须是4的倍数，也就是说，最少也要12个硬币。
根据递推的方法，则
硬币数是12=3×4×1时，正方形每条边比三角形每条边少用1枚硬币；
硬币数是24=3×4×2时，正方形每条边比三角形每条边少用2枚硬币；
硬币数是36=3×4×3时，正方形每条边比三角形每条边少用3枚硬币；
……
硬币数是60=3×4×5时，正方形每条边比三角形每条边少用5枚硬币。
那么小红的五分硬币共价值3元。
（2）分析与解从平面上只有一个圆开始着手寻找规律。
则
平面上有1个圆，最多能把平面分成2+0=2部分；
平面上有2个圆，最多能把平面分成2+0+2=4部分；
平面上有3个圆，最多能把平面分成2+0+2+4=8部分；
平面上有4个圆，最多能把平面分成2+0+2+4+6=14部分；
……
平面上有8个圆，最多能把平面分成2+0+2+4+6+8+10+12+14=58部分。
例3计算1³+2³+3³+4³+5³+6³+7³+8³+9³+10³的值。
分析这是一道特殊的计算题，当然我们可以采用分别求出每个数的立方是多少，再求和计算出这题的结果。
这样的计算工作量比较大，是否可以采用其他较简便的方法计算呢？
下面我们就来研究这个问题。
解1³+2³=（1+2）²；
1³+2³+3³=（1+2+3）²；
1³+2³+3³+4³=（1+2+3+4）²；
……
这样我们可以容易地得到：
1³+2³+3³+4³+5³+6³+7³+8³+9³+10³
=（1+2+3+4+5+6+7+8+9+10）²
=55²
=3025
通过这个例题我们可以得到：
1³+2³+3³+…+n²=（1+2+3+…+n）²。
例4将自然数按下面的规律分组：
（1，2），（3，4，5，6），（7，8，9，10，11，12），（13，14，15，16，17，18，19，20），…，第1991组的第一个数和最后一个数各是几？
分析仔细观察找出这些自然数分组的规律，再找出每一组的第一个数与该组的序数之间的关系。
解第1组的第1个数是：
1=（1-1）×1+1；
第2组的第1个数是：
3=（2-1）×2+1；
第3组的第1个数是：
7=（3-1）×3+1；
第4组的第1个数是：
13=（4-1）×4+1；
……
根据这一规律，可求出第1991组的第1个数是：
（1991-1）×1991+1=3962091。
第1992组的第1个数是：
（1992-1）×1992+1=3966073。
因此，第1991组的最后一个数是：
3966073-1=3966072。
随堂练习2
（1）
平面上有一条直线，把平面分成两部分，两条直线最多可把平面分成四部分，三条直线最多可把平面分成七部分，四条直线最多可把平面分成十一部分，那么十条直线最多可把平面分成多少部分？
（2），，，，…按这样的规律排着一列数。
请你找出它的规律，然后写
出第1990个数。
（1）分析与解从平面上只有一条直线着手。
则
平面上有1条直线，最多把平面分成2部分；
平面上有2条直线，最多把平面分成2+2=4部分；
平面上有3条直线，最多把平面分成2+2+3=7部分；
平面上有4条直线，最多把平面分成2+2+3+4=11部分；
……
平面上有10条直线，最多把平面分成2+2+3+4+5+6+7+8+9+10=56部分。
（2）
分析与解这一列数的分母和序数的关系，得
第1个数是：
=；
第2个数是：
=；
第3个数是：
=；
第4个数是：
=；
……
第10个数是：
=
=。
例5
1
1
1
1
2
2
3
3
3
1
1
2
2
3
图18-1
圆周上两个点将圆周分为两半，在这两点上写上数1；然后将两段半圆弧对分，在两个分点上写上相邻两点上的数之和；再把四段圆弧等分，在分点上写上相邻两数之和（如图18-1），如此继续下去，问第六步后，圆周上所有点上的数之和是多少？
分析先可以采用作图尝试寻找规律。
第一步，圆周上有两个点，第二步有四个点，第三步有八个点，第四步有十六个点，……，第六步有六十四个点。
因为问题是求圆周上所有数的和，所以我们不必去考虑每一步具体增加了哪些数，只需知道每一步增加数的总和是多少。
第一步：
圆周上有两个点，两个数的和是1+1=2；
第二步：
圆周上有四个点，四个数的和是1+1+2+2=6；增加数之和恰好是第一步圆周上所有数之和的3倍。
第三步：
圆周上有八个点，八个点的和是1+1+2+2+3+3+3+3=18，增加数之和恰好是第二步圆周上所有数之和的3倍。
第四步：
圆周上有十六个点，十六个点的和是1+1+2+2+3+3+3+3+4+4+4+4+5+5+5+5=54，增加数之和恰好是第三步圆周上所有数之和的3倍。
……
这样我们可以知道，圆周上所有数之和是前一步圆周上所有数之和的3倍。
用递推法关系表示。
解设an为第n步后得出的圆周上所有数之和，则
an=3×an-1，
利用上式可以得到：
an=3×an-1=3×3an-2=3×3×3an-3=…=3×3×…×3a1，
因为a1=2，所以
a6=3×3×…×3a1=3（6-1）×2=486。
例64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？
分析设第n次传球后，球又回到甲手中的传球方法有an种。
可以想象前n-1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3×3×…×3=3n-1（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n-1次恰好传到甲手中，这有an-1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n-1次传球，球不在甲手中，第n次持球人再将球传给甲，有an种传法。
根据加法原理，有an-1+an=3×3×…×3=3n-1（种）。
解由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以a1=0。
利用递推关系可以得到
a2=3-0=3,
a3=3×3-3=6，
a4=3×3×3-6=21，
a5=3×3×3×3-21=60。
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。
当然这题也可以利用列表法求解。
我们可以这样想，第n次传球后，球不在甲手中的传球方法，第n+1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。
第n次传球
传球的方法
球在甲手中的传球方法
球不在甲手中的传球方法
1
3
0
3
2
9
3
6
3
27
6
21
4
81
21
60
5
243
60
183
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。
随堂练习3
（1）图18-2是按规律排列的三角形数阵，那么第1999行中左起第三个数是几？
（2）如图18-3所示，在正六边形A周围画出6个同样的正六边形（阴影部分），围成第一圈；在第一圈外面再画出12个同样的正六边形围成第2圈。
按这个方法继续画下去，当画完第10圈时，图中共有多少个与A相同的正六边形？
（1）分析与解仔细观察从第3行起的每一行的第3个数的规律，得
第3行的第三个数是：
0+（3-2）=1；
第4行的第三个数是：
1+（4-2）=1+2=3；
第5行的第三个数是：
1+2+（5-2）=1+2+3=6；
第6行的第三个数是：
1+2+3+（6-2）=1+2+3+4=10；
……
第1999行的第三个数是：
1+2+3+4+…+（1999-2）
=1+2+3+4+…+1997
=1998×998+999
=1995003。
（2）分析与解仔细观察每一圈的正六边形的个数，得
第1圈的正六边形的个数是：
6×1=6；
第2圈的正六边形的个数是：
6×2=12；
第3圈的正六边形的个数是：
6×3=18；
……
第10圈的正六边形的个数是：
6×10=60。
所以当画完第10圈时，图中与A相同的正六边形的个数是：
6+12+18+…+60+1
=6×（1+2+3+…+10）
=6×55+1
=331。
练习题
1.下列数是按一定规律排列的：
3，8，15，24，35，48，63，…，那么，它的第36个数是（）。
分析与解仔细观察这列数的相邻数的差，得
第2个数是：
3+5=8；
第3个数是：
3+5+7=15；
第4个数是：
3+5+7+9=24；
第5个数是：
3+5+7+9+11=35；
第6个数是：
3+5+7+9+11+13=48；
第7个数是：
3+5+7+9+11+13+15=63；
……
由以上规律可知，每一个数的序数a与最后一个加数b之间的关系：
b=2×a+1，
所以，第36个数是：
3+5+7+9+11+13+15+…+（36×2+1）
=76×18
=1368。
2.图18-4中最上面的空格中应填（）。
分析与解观察每一行的数（从第二行开始）和下一
行的数的关系，得
第二行：
10=1+9，18=9+9，15=9+6；
第三行：
28=10+18；33=18+15；
不难发现，从第二行开始，每一行的每一个方格中的数等于这个数字对应的下一行的两个数之和。
根据这一规律，那么，最上面的方格中应是28+33=61。
3.八个数排成一排，从第三个数开始，每个数都等于它前面两个数之和。
现用六张纸片盖住了其中的六个数，只露出第五个数是7，第八个数是30。
730
那么被纸片盖住的第一个数是几？
分析与解令从左到右的方格分别等于a，b，c，d，e，f，得
由7+e=f，e+f=30可知，e=11.5；
d=e-7=11.5-7=4.5；
c=7-d=7-4.5=2.5；
b=d-c=4.5-2.5=2；
a=c-b=2.5-2=0.5。
那么被纸片盖住的第一个数是0.5。
4.一个人在三个城市A、B、C中游览。
他今天在这个城市，明天就必须到另一个城市。
这个人从A城出发，4天后还回到A城，那么这个人有多少种旅游路线？
分析与解分两类路线来分析。
第一类，第一个城市是A城，那么有两种路线，即ABC和ACB；第二类，第一个城市不是A城，有四种路线，分别是BAC，BCA，CAB，CBA。
那么这个人有6种旅游路线。
5.如图18-5，从A点到B点，最短路线共有多少条？
分析与解从A点到B点的路线有若干条，要想其最短
就不能走“重复”的路（即不能往回走）。
最短路线共有10
条，见下图。
6.将一根绳子连续对折3次，然后每隔一定长度剪一刀，共剪了6刀。
这样原来的绳子被剪成（）段。
分析与解一根绳子连续对折3次后，每隔一定长度剪的6刀,每一刀剪的部分是有一定规律的。
6刀后有7部分，每一部分的绳子数分别是：
4，8，8，8，8，8，5。
那么原来的绳子被剪成4+8+8+8+8+8+5=49（段）。
7.在一张四边形纸上共有10个点，如果把四边形的顶点算在一起，则一共有14个点。
已知这些点中的任意三个点都不在同一直线上。
按照下面规定把这张纸片剪成一些三角形：
（1）每个三角形的顶点都是这14个点中的3个；
（2）每个三角形内都不再有这些点。
那么，这张四边形的纸最多可以剪出（）个三角形。
分析与解四边形内有1个点时,可以剪4个三角形；
四边形内有2个点时,剪出6个三角形；
四边形内有3个点时,剪出8个三角形；
可以看出,多一个点,这个点必到在其中一个三角形内,可以多分出2个三角形。
四边形内有n个点时,剪出2n+2个三角形。
当n=10时,有2×10+2=22个三角形。
见下图。
8.
图18-6
如图18-6，小正方形的边长是1厘米，依次作出下面图形。
图上第一个图形的周长是10厘米。
（1）36个正方形组成的图形周长是多少厘米？
（2）周长是70厘米的图形，由多少个正方形组成？
（1）分析与解观察小正方形个数和周长之间的关系，得
4个正方形组成的图形周长是：
10（厘米）；
4+5=9个正方形组成的图形周长是：
10+6=16（厘米）；
4+5+7=16个正方形组成的图形周长是：
10+6+6=22（厘米）；
4+5+7+9=25个正方形组成的图形周长是：
10+6+6+6=28（厘米）；
4+5+7+9+11=36个正方形组成的图形周长是：
10+6+6+6+6=34（厘米）；
（2）分析与解结合第
（1）题的规律，得
变化次数：
（70-10）÷6=10（次）
4+5+7+9+11+13+15+17+19+21+23=144（个）
所以，周长是70厘米的图形，由144个正方形组成。
9.一辆客车沿11个站行走，每到一个站，上车的人中至少有一人到下一个站下车，那么这辆车至少要准备多少个座位？
分析与解“每次上车的人中至少有一人在下一站下”的理解当是指前面所有站每次上车的人中都有一人下。
有11个站，第1个站上车的人在后面10个站每个站至少下一个，所以第1个站至少有10人上车；同理第2个站有9人上车…第10个站有1人上车。
第2个站前面只有1个站，所以有1人下车；第3个站前面只有两个站，所以有2人下车…第11个站前面有10个站，所以有10人下车。
第1站有10人上车，第2站有9人上车1人下车，第3站有8人上车2人下车，依此类推…，那么第6站有5人上车，5人下车，以后就是下车的人比上车多了，所以只需要满足在第六站时座位仍然够坐就行了，所以至少要准备10+9+8+7+6+5-（1+2+3+4+5）=30个座位。
10.一个三位数，如果它的每一位数字都不小于另一个三位数对应数位上的数字，就称它“吃掉”后一个三位数，例如543吃掉432，543吃掉543，但是543不能吃掉534。
那么能吃掉587的三位数共有多少个？
分析与解能吃掉587的三位数的百位上的数可能是5，6，7，8，9；十位上的数可能是8，9；个位上的数可能是7，8，9。
由乘法原理，得
能吃掉587的三位数共有：
5×2×3=30（个）
11.1本书编上页码，如第8页需要1个数码，第109页需要3个数码等等，这样共需7825个数码，这本书共有多少页？
分析与解1个数码的页数：
1-9，共9页，共用9×1=9个数码；
2个数码的页数：
10-99，共90页，共用90×2=180个数码；
3个数码的页数：
100-999，共900页，共用900×3=2700个数码；
4个数码的页数：
1000-9999，共9000页，共用9000×4=36000个数码，
而剩下的数码为：
7825-9-180-2700=4936（个），4936<36000，
则4936个数码共可用做页码为：
4936÷4=1234（页），
所以这本书的页码为1234+900+90+9=2233（页）。
12.五个人互相传球，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？
分析与解设第n次传球后，球又回到甲手中的传球方法有an种。
根据例6的思路，得
a1=0，
a2=4-0=4,
a3=4×4-4=12，
a4=4×4×4-12=52，
那么，共有52种传球方式。
13.一个长方形把平面分成两部分，那么三个长方形最多能把平面分成几部分？
分析与解一个长方形可分内外两部分，第2个长方形有四条边，每条边都可以挂一下原长方形的每个角，这样就产生8个交点，这8个交点自然把第2个长方形这样一个封闭图形分成8段（有直有弯），每段穿过一个部分一分为2，新增8个，所以2+8=10，第3个长方形的每条边现在可以挂到原有2个长方形的8个角，最多可产生16个交点，同理这16个交点把第三个长方形本身分成16段，每段穿过一个部分，又新增加16个，共2+8+16=26个。
14.假设刚出生的雌雄小兔过两个月就能生下一对小兔，此后每月生下一对小兔。
如果养了初生的一对小兔，问满一年时共可得多少对兔子？
分析与解第一个月：
只有1对小兔；
第二个月：
一对小兔长成一对大兔，但尚不会生殖，仍只有一对兔子；
第三个月：
这对大兔生了一对小兔，这时共2对兔子；
第四个月：
大兔又生了一对小兔；而上月出生的小兔正在长大,这时共3对兔子；
第五个月：
这时已有两对大兔可以生殖（原来的大免和第三个月出生的小兔），于是生了两对小兔，这时共有5对兔子；
……
根据递推关系，容易发现递推公式是：
设an是第n个月后兔子的对数，有
an=an-1+an-2，
所以可以推算出满一年时可得144对兔子。
15.
2
3
4
5
图18-7
如图18-7，六边形由九个正三角形拼成，当中最小的三角形（图中有阴影部分的小三角形）边长为1，求此六边形的周长。
分析与解最小的三角形的边长为1；
标有“2”的三角形的边长为3；
标有“3”的三角形的边长为4；
标有“4”的三角形的边长为5；
标有“5”的三角形的边长为6，
所以此六边形的周长为3+3+4+4+5+5+6+=30。
16.小明参加了六次测验，第三、第四次的平均分比前两次的平均分多2分，比后两次的平均分少2分。
如果后三次平均分比前三次平均分多3分，那么第四次比第三次少得几分？
分析与解设六次测验的平均分分别是a、b、c、d、e、f，得
a+b+2=c+d=e+f-2①
a+b+c+3=d+e+f②
由①可得：
e+f=a+b+4，
由②可得：
c=d+e+f-a-b-3，
所以，c=d+e+f-a-b-3
=d+a+b+4-a-b-3
=d+1，
那么第四次比第三次少得1分。
17.一种数学游戏每项得分只能是2分、3分或13分，小明共玩了5局，他得的总分最高是65分，最低10分，那么在10—65的所有自然数中，小明的总分不可能取到的数共有几个？
分析与解小明玩的5局游戏，每一局的得分都有3种可能。
根据加法原理，小明的总分可能取到的自然数有3+3+3+3+3=15（个）。
在10—65中，共有65-9=56（个）自然数。
那么小明的总分不可能取到的数共有56-15=41（个）。
也可以采取列举法，分别是：
2×5＝10，2×4+3＝11，2×3+3×2＝12，2×2+3×3＝13，2×1+3×4＝14，2×4+13＝21，2×3+13×2＝32，2×2+13×3＝43，2×1+13×4＝54；3×5＝15，3×4+13＝25，3×3+13×2＝35，3×2+13×3＝45，3×1+13×4＝55；13×5＝65。
结果（可能取得）10、11、12、13、14、15、21、25、32、35、43、45、54、55、65（共计15个）；其他的都是不可能取到的数，共有41个。
18.六
（1）班和六
（2）班的部分同学参加某次数学竞赛，六
（1）班的男生平均成绩是71分，女生平均成绩是76分，全班同学的平均成绩是74分；六
（2）班的男生平均成绩是81分，女生平均成绩是90分，全班同学的平均成绩是84分。
又知两个班所有男生的平均成绩是79分。
两个班所有女生的平均成绩是多少分？
分析与解设六
（1）班的男生和女生的人数分别是a、b，六
（2）班的男生和女生的人数分别是c、d，有
71×a+76×b=74×（a+b）①
81×c+90×d=84×（c+d）②
71×a+81×c=79×（a+c）③
由①可得：
b=×a；由②可得：
c=2×d；由③可得：
c=4×a。
所以，d=2×a。
两个班所有女生的平均成绩是：
（76×b+90×d）÷（b+d）
=（76××a+90×2×a）÷（×a+2×a）
=84（分）
19.在下面一列数中，从第二个数开始，每个数都比它前面相邻的数大7：
8，15，22，29，36，43，…
它们前（n-1）个数相乘的积的末尾0的个数比前n个数相乘的积的末尾0的个数少3个，n的最小值是几？
分析与解它们前（n-1）个数相乘的积×n=前n个数相乘的积。
而末尾0的个数看因数包含多少个约数2，5。
观察这列数可知，2的个数一定比5多，那么第n个数至少有3个约数5，而5×5×5=125，则
假设第n个数为125×x，此数列每个数都比它前面相邻的数大7，可以表达为7×n+1，那么7×n+1=125×x，也就是求最小的自然数解x，n。
x=1，2，3，4，5时，无自然数解n；x=6时，n=107（最小自然数解），且第107个数是：
6×125=7×107+1=750。
所以，n的最小值是107。
20.九个小朋友围坐在一张圆桌旁，每人想好一个数，并告诉坐在
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