【小升初奥数竞赛培优专题】六年级下册数学-归纳与递推

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归纳与递推（解析版）

一、知识点

1、递推
上台阶问题
从简单入手，枚举台阶较少的方法数
根据上台阶规则得出累加规则

纸片覆盖问题：利用递推的思想，第一步竖放还是横放

直线分平面：原有直线数→新增交点数→新增直线段数→新增区域数

传球法
列表分析
传球规则决定累加规则

2、归纳
思想：从个别事实→普遍的推理（特殊→一般），总结规律，找出通项
常用：数列通项

二、学习目标

1．我能够通过枚举简单情况找到规律，并推导出复杂的情况。

2.我能够从特殊的情况中总结并归纳出一般规律。

3.我能够运用递推与归纳的思想解决实际问题。
三、课前练习

1.2＋4＋6＋8＋…＋100＝ 。
【答案】：2550
【解析】】：利用等差数列求和

2.1＋3＋5＋7＋…＋99＝ 。
【答案】：2500
【解析】：等差数列求和或者天下无双，项数平方

3.1＋2＋4＋8＋…＋128＝ 。
【答案】：255
【解析】：可以用“借来还去”法或者等比数列求和


四、典型例题
例题1
一条直线把一个平面分为两部分，二条直线最多把这个平面分为四部分。问100条直线最多把这个平面分为多少部分？
【答案】：5051
【解析】：
对于有这一类问题，我们一般可以采用找规律的方法。也就是从最简单的情况开始，找出其中规律，归纳总结到一般情形。
一条直线时，分平面为2个部分；
增加一条直线，即2条时，显然它应该与原来那条直线相交才能把平面分的多，这是增加了2部分，总数2＋2；
再增加1条时，同理应该与前两条都相交，这时增加了3部分，总数2＋2＋3；
增加到4条时，平面增加 4 部分，总数2＋2＋3＋4；
由此我们发现，每增加一条直线，多分平面部分逐个递增，即n条直线最多分平面
2＋2＋3＋4＋……＋n＝1＋。这就得到了直线分平面的公式。
所以，n＝100时，最多分平面＝1＋＝5051部分。

练习1
5个三角形最多将平面分成几个部分？
【答案】：62个
【解析】：
设n个三角形最多将平面分成an个部分。n＝1时，a1＝2；
n＝2时，第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2个交点，三条边与第一个三角形最多有2×3＝6（个）交点。这6个交点将第二个三角形的周边分成了6段，这6段中的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分，从而平面也增加了6个部分，即a2＝2＋2×3。
n＝3时，第三个三角形与前面两个三角形最多有4×3＝12（个）交点，从而平面也增加了12个部分，即：a3＝2＋2×3＋4×3。……
一般地，第n个三角形与前面（n－1）个三角形最多有2（n－1）×3个交点，从而平面也增加2（n－1）×3个部分，故
an＝2＋2×3＋4×3＋……＋2(n－1)×3＝2＋[2＋4＋…＋2(n－1)]×3＝3n2－3n＋2 特别地，当n＝5时，a5＝3×5²－3×5＋2＝62，即5个三角形最多把平面分成62个部分。

例题2
楼梯共10级，规定每步只能跨一级或两级，要登上第10级，共有多少种不同走法？
【答案】：89
【解析】：
例如登上一级台阶有1种走法，登上第二级台阶有2种走法（一步走两级或者走两步每步走一级）；由此得出登上第三级台阶的走法数为1＋2＝3种。又知道走上第四级台阶的走法总数也等于登上第三级和第二级台阶的走法总数之和，又可以算出登上第四级台阶共有2＋3＝5种方法，依此类推：

1级
2级
3级
4级
5级
6级
7级
8级
9级
10级
1
2
3
5
8
13
21
34
55
89
所以，登上第10级台阶的走法数为89

练习2
一楼梯共10级，规定每一步只能上一级或两级或三级楼梯，要登上第10 级楼梯，不同的走法共有多少种？
【答案】274种
【解析】：
递推法。上1级台阶只有1种走法，上2级台阶有1＋1和2两种走法，上3级台阶有1＋1＋1，1＋2，2＋1，3共4种走法，上4级台阶有：1＋1＋1＋1；1＋1＋2； 1＋2＋1；2＋1＋1；2＋2；1＋3；3＋1共7种；走5级台阶有2＋4＋7＝13种走法，走6级台阶有4＋7＋13＝24种走法……
事实上，上第n阶台阶，跨最后一步前，人所在的台阶一定是在第n－1级台阶或n－2级台阶或n－3级台阶上，所以跨上第n级台阶的走法数相当于跨上第n－1 级台阶和第n－2级台阶以及第n－3级台阶的总和。依照这一规律，列表写出跨1到10级各级的走法数。最后递推得到登上第10级楼梯有274种走法。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
4
7
13
24
44
81
149
274

例题3
用10个1×2的小长方形去覆盖2×10的方格网，一共有多少种不同的覆盖方法？
【答案】：89种
【解析】：
若用1×2的小长方形去覆盖2×n的方格网，设方法数为An，递推可得到
A3＝1＋2＝3，A4＝2＋3＝5，A5＝3＋5＝8，A6＝5＋8＝13，A7＝8＋13＝21，
A8＝13＋21＝34，A9＝21＋34＝55，A10＝34＋55＝89。根据加法原理，可得
An＝An－1＋An－2
所以覆盖2×10 的方格网共有89 种不同方法。
练习3
用10个1×3的小长方形去覆盖3×10的方格网，一共有多少种不同的覆盖方法？
【答案】：28种
【解析】：
若用1×3的小长方形去覆盖3×n的方格网，设方法数为An，递推可得到A4＝1＋2＝3，A5＝1＋3＝4，A6＝2＋4＝6，A7＝3＋6＝9，A8＝4＋9＝13，
A9＝6＋13＝19，A10＝9＋19＝28。根据加法原理，可得An＝An－1＋An－3。所以覆盖3×10的方格网共有28种不同方法。

例题4
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？（石子之间不作区分，即只考虑石子个数）。
【答案】：25种
【解析】：
根据题意取完之后，剩下的石子个数只能是18，16，15，14，12，10，9，8，6，4，1，0剩下0即代表所有石子取完，因为每次可以取1个，2个或3个，根据递推思路，因此剩下的石子个数只能是18，16，15，14，12，10，986，4，1，0对应的取法列表如下剩下的石子个数对应的取法列表如下
剩下的 石子个数
18
16
15
14
12
10
9
8
6
4
1
0
对应的取法
1
1
2
3
5
5
10
15
25
25
25
25

练习4
有30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？（石子之间不作区分，即只考虑石子个数）。
【答案】：1825
【解析】：
根据题意取完之后，剩下的石子个数只能是28，27，26，25，24，22，21，20，18，16，，15，14，12，10，9，8，6，4，1，0，剩下0即代表所有石子取完，因为每次可以取1 个，2个或3个，根据递推思路，因此剩下的石子个数只能是28，27，26，25，24，22，21，20，18，16，15.14，12，10.9，8.6，4.10对应的取法列表如下
剩下的石子个数
28
27
26
25
24
22
21
20
18
16
对应的取法
1
2
3
6
11
17
28
45
73
73
剩下的石子个数
15
14
12
10
9
8
6
4
1
0
对应的取法
146
219
365
365
730
1095
1825
1825
1825
1825

例题5
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？
【答案】：52种
【解析】：
递推法。设第n次传球后球传到甲的手中的方法有an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an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an＋1种。所以an＋an＋1＝4n。由于a1＝0，所以a2＝4－a1＝4，
a3＝4²－a2＝12，a4＝4³－a3＝52，即经过4次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有52种

例题6
1.下面的（a）、（b）、（c）、（d）为四个平面图。数一数，每个平面图各有多少个顶点？多少条边？它们分别围成了多少个区域？请将结果填入下表（按填好的样子做）。

2.观察上表，推断一个平面图的顶点数、边数、区域数之间有什么关系？

3.现已知某个平面图有999个顶点，且围成了999个区域，试根据以上关系确定这个图有多少条边？


【答案】：见解析
【解析】：
1.

2. 由该表可以看出，所给四个平面图的顶点数、边数及区域数之间有下述关系：
4＋3－6＝1
8＋5－12＝1
6＋4－9＝1
10＋6－15＝1
所以，我们可以推断：任何平面图的顶点数、边数及区域数之间，都有下述关系：顶点数＋区域数－边数＝1。
3. 由上面所给的关系，可知所求平面图的边数。
边数＝顶点数＋区域数－1
＝999＋999－1
＝1997

选讲题
如图，一个正六边形被分成六个区域A、B、C、D、E、F。现给这6个区域着色，要求每个区域只能染一种颜色，相邻的两个区域不得使用同一种颜色，有四种不同的颜色可供选择，则共有 种不同的着色方法。


【答案】：732种
【解析】：
显然三角形染色方法有4×3×2＝24种：

四边形染色方法如图，从A开始染色，A有4种，B有3种，C有3种，不考虑D与A颜色的互异，只考虑D与C互异，那么D有3种，共有4×3×3×3＝108种，再减去D与A同色的那些，如果A与D同色，可以把这两部分看做一个整体，着色方法等同于三角形染色的方法，即24种，所以四边形染色方法有108－24＝84种；

五边形染色方法如图，

从A开始，A有4种，B有3种，C有3种，D有3种，不考虑E与A颜色的互异，只考虑E与D互异，那么E有3种，共有4×3×3×3＝324种，再减去E与A同色的那些，如果A与E同色，可以把这两部分看做一个整体，着色方法等同于四边形染色的方法，即84种，所以五边形染色方法有324－84＝240种；
同理六边形染色方法为972－240＝732种。



五、课后作业
1.下图的两个图形（实线）是分别用10根和16 根单位长的小棍围成的。如果按此规律（每一层比上面一层多摆出两个小正方形）围成的图形共用了60多根小棍，那么围成的图形有几层，共用了 根小棍。

【答案】：11层，64根
【解析】：
通过观察每增加一层，恰好增加6根小棍，这6根恰好是增加那一层比上一层多摆
出的两个正方形多用的，即前1层用4根，前2层用（4＋6）根，前3层用
（4＋6×2）根，前n层用[4＋6（n－1）]根，现在共用了60多根，应减去4是6的
倍数，所以共用小棍64根，围成的图形有11层。

2.平面上有 101条直线，它们最多有 个不同的交点。
【答案】：5050个
【解析】：
平面上n条直线最多有：[1＋2＋3＋4＋……＋（n－1）]个不同的交点，本题中是101条直线，因此最多有1＋2＋3＋……＋100＝5050（个）交点。

3.上一段12级楼梯，规定每一步只能上一级或两级楼梯，要登上第12级楼梯，不同的走法共有 种。
【答案】：233
【解析】：
递推法。上1级台阶只有1种走法，上2级台阶有1＋1和2两种走法，……事实上，上第n阶台阶，跨最后一步前，人所在的台阶一定是在第n－1级台阶或n－2级台阶上，所以跨上第n级台阶的走法数相当于跨上第n－1级台阶和第n－2级台阶的总和。依照这一规律，列表写出跨1到12级各级的走法数。最后递推得到登上第 12级楼梯有233种走法。

4.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 种不同的拿法。
【答案】：7种
【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。
递推法。假设有n枚棋子，每次拿出2枚或3枚，将"枚棋子全部拿完的拿法总数为an种。则a2＝1，a3＝1，a4＝1。
由于每次拿出2枚或3枚，所以an＝an－3＋an－2（n≥5）。
所以，a5＝a2＋a3＝2；a6＝a3＋a4＝2；a7＝a4＋a5＝3；a8＝a5＋a6＝4；
A9＝a6＋a7＝5；a10＝a7＋a8＝7。
即当有10枚棋子时，共有7种不同的拿法。

5.按下图的方式，用火柴搭成三角形。

当三角形个数变为7时，火柴棒的根数为 。
【答案】：15
【解析】：
考查观察据图找规律的能力，由简单到复杂找到规律为2n＋1。
当n＝7时，火柴棒的根数为2×7＋1＝15。

6.三角形内部有2008个点，将这 2008个点与三角形的三个顶点用线段连结，可以将三角形分割成不重叠的三角形共 。
【答案】：4017个
【解析】：
退回去找规律：增加1个点，就增加2个三角形，共有：2008×2＋1＝4017

7.图1是一个三角形，分别连接这个三角形三边的中点得到图2，再分别连接图2的中间的小三角形三边的中点，得到图3。

按上边的方法继续下去，第100 个图有 个三角形。
【答案】：298
【解析】：
操作次数
1
2
3
4
……
N
三角形个数
1
1＋3＝4
1＋3×2＝7
1＋3×3＝10
……
1＋（n－1）×3
当n＝100时，有298个

8.一张大饼，切18 刀（不叠放），最多可以分成的块数为 。
【答案】：172
【解析】：
规律：（1＋n）n÷2＋1
（1＋18）×18÷2＋1＝172（块）

9.用直线把一个平面分成100 部分，至少要在平面上画 条直线。
【答案】：14
【解析】：略



10.用8个1×2的长方形覆盖下边的方格表，共有 种覆盖方法。

【答案】：29
【解析】：略