1 1 3 3 5 8 7 21 9 55
A
B
A 1 2 2 4 5 6 13 8 34 B 89
【解析】蜜蜂“每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行”这意味着它只能从小号码的蜂房爬近相 邻大号码的蜂房．明确了行走路径的方向，就可以运用标数法进行计算．如右图所示，小蜜蜂从 A 出发到 B 处共有 89 种不同的回家方法．
【考点】计数之递推法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】一株树木各个年份的枝桠数，构成斐波那契数列：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，……所以
十年后树上有 89 条树枝． 【答案】 89
【例 3】 一楼梯共 10 级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第 10 级，共有多少种不同走法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4 星 【题型】解答
【解析】如果用1 3 的长方形盖 3 n 的长方形，设种数为 an ,则 a1 1， a2 1 , a3 2 ,对于 n 4 ，左边可能竖 放 1 个1 3 的，也可能横放 3 个1 3 的，前者有 an-1 种，后者有 an-3 种，所以 an an-1 an-3 ,依照这 条递推公式列表：
若为 2 次，则 2 枚也拿了 2 次，共拿了 4 次，所以此时有 C42 6 种拿法． 根据加法原理，共有1 6 7 种不同的拿法． 【答案】 7
【例 8】 如下图，一只蜜蜂从 A 处出发，回到家里 B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆 行，共有多少种回家的方法？
【考点】计数之递推法 【难度】4 星 【题型】解答
1 2 的，也可能横放 2 个1 2 的，前者有 an-1 种，后者有 an-2 种，所以 an an-1 an-2 ,所以根据递推， 覆盖 2 10 的长方形一共有 89 种． 【答案】 89
【例 5】 用1 3 的小长方形覆盖 3 8 的方格网，共有多少种不同的盖法？ 【考点】计数之递推法 【难度】5 星 【题型】解答
【例 10】 对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以 2，如果是奇数则加 1，如此进行直到得数为 1 操
作停止．问经过 9 次操作变为 1 的数有多少个？ 【考点】计数之递推法 【难度】4 星 【题型】解答 【解析】 可以先尝试一下，倒推得出下面的图：
5
10
3
6
11
12 24
1
2
4
8
7
13 14
28
7-6-4.计数之递推法
教学目标
前面在讲加法原理、乘法原理、排列组合时已经穿插讲解了计数中的一些常用的方法，比如枚举法、树 形图法、标数法、捆绑法、排除法、插板法等等，这里再集中学习一下计数中其他常见的方法，主要有归纳法、 整体法、对应法、递推法．对这些计数方法与技巧要做到灵活运用．
例题精讲
对于某些难以发现其一般情形的计数问题，可以找出其相邻数之间的递归关系，有了这一递归关系就可 以利用前面的数求出后面未知的数，这种方法称为递推法． 【例 1】 每对小兔子在出生后一个月就长成大兔子，而每对大兔子每个月能生出一对小兔子来．如果一个人
1个 2个 3个 4个 5个 6个 7个 8个
1
2
4
7
13 24 44 81
取完这堆苹果一共有 81 种方法．
【答案】 81
【例 7】 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，共有多少种不同的拿法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4 星 【题型】解答 【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．
【例 2】 树木生长的过程中，新生的枝条往往需要一段“休息”时间供自身生长，而后才能萌发新枝．一棵树 苗在一年后长出一条新枝，第二年新枝“休息”，老枝依旧萌发新枝；此后，老枝与“休息”过一年的 枝同时萌发，当年生的新枝则依次“休息”．这在生物学上称为“鲁德维格定律”．那么十年后这棵树 上有多少条树枝？
【例 11】 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？（石子之间不作区分，只考虑石子个数）
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pag 星 【题型】解答 【解析】如果没有剩下的不能使质数这个条件，那么递推方法与前面学过的递推法相似，只不过每次都是前
此规律我们就可以知道了第 10 级的种数是 28.
【答案】 28
【例 4】 1×2 的小长方形(横的竖的都行)覆盖 2×10 的方格网，共有多少种不同的盖法． 【考点】计数之递推法 【难度】4 星 【题型】解答 【解析】如果用1 2 的长方形盖 2 n 的长方形，设种数为 an ,则 a1 1， a2 2 ,对于 n 3 ，左边可能竖放 1 个
【答案】 89
【巩固】小蜜蜂通过蜂巢房间，规定只能由小号房间进入大号房间问小蜜蜂由 A 房间到达 B 房间有多少种
方法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4 星 【题型】解答 【解析】斐波那契数列第八项．21 种．
【答案】 21 【例 9】 如下图，一只蜜蜂从 A 处出发，回到家里 B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆
数等于取到前三根火柴所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下：
1 根 2 根 3 根 4 根 5 根 6 根 7 根 8 根 9 根 10 根 11 根 12 根
1 2 4 7 13 24 44 81 149 274 504 927 取完这堆火柴一共有 927 种方法． 【答案】 927
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16
15
30
31 32
64
其中经 1 次操作变为 1 的 1 个，即 2， 经 2 次操作变为 1 的 1 个，即 4， 经 3 次操作变为 1 的 2 个，是一奇一偶， 以后发现，每个偶数可以变成两个数，分别是一奇一偶，每个奇数变为一个偶数，于是，经 1、 2、…次操作变为 1 的数的个数依次为：1，1，2，3，5，8，… 这一串数中有个特点：自第三个开始，每一个等于前两个的和，即即经过 9 次操作变为 1 的数有 34 个. 为什么上面的规律是正确的呢？
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【巩固】 一堆苹果共有 8 个，如果规定每次取 1～3 个，那么取完这堆苹果共有多少种不同取法？
【考点】计数之递推法 【难度】4 星 【题型】解答
【解析】取 1 个苹果有 1 种方法，取 2 个苹果有 2 种方法，取 3 个苹果有 4 种取法，以后取任意个苹果的种
数等于取到前三个苹果所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下：
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行，共有多少种回家的方法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4 星 【题型】解答
A
B
【解析】按照蜜蜂只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房的原则，运用标号法进行计算．如右图所示， 小蜜蜂从 A 出发到 B 处共有 296 种不同的回家方法．
【答案】 296
31 3 2 33 3 4 35 36 37 38
1
1
2
3
4
6
9
13
所以用1 3 的小长方形形覆盖 3 8 的方格网，共有 13 种不同的盖法．
【答案】13
【例 6】 有一堆火柴共 12 根，如果规定每次取 1～3 根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4 星 【题型】解答 【解析】取 1 根火柴有 1 种方法，取 2 根火柴有 2 种方法，取 3 根火柴有 4 种取法，以后取任意根火柴的种
在一月份买了一对小兔子，那么十二月份的时候他共有多少对兔子？ 【考点】计数之递推法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】第一个月，有 1 对小兔子；第二个月，长成大兔子，所以还是 1 对；第三个月，大兔子生下一对小
兔子，所以共有 2 对；第四个月，刚生下的小兔子长成大兔子，而原来的大兔子又生下一对小兔子， 共有 3 对；第五个月，两对大兔子生下 2 对小兔子，共有 5 对；……这个特点的说明每月的大兔子 数为上月的兔子数，每月的小兔子数为上月的大兔子数，即上上月的兔子数，所以每月的兔子数为 上月的兔子数与上上月的兔子数相加． 依次类推可以列出下表： 经过月数：---1---2---3---4---5---6---7---8---9---10---11---12 兔子对数：---1---1---2---3---5---8--13--21--34--55--89—144，所以十二月份的时候总共有 144 对兔子． 【答案】144
【解析】登 1 级
2级
1 种方法 2 种
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3 级 4 级 ...... 10 级 3 种 5 种 ...... ？
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我们观察每级的种数，发现这么一个规律：从第三个数开始，每个数是前面两个数的和；依此规律 我们就可以知道了第 10 级的种数是 89.其实这也是加法的运用：假如我们把这个人开始登楼梯的位 置看做 A0，那么登了 1 级的位置是在 A1，2 级在 A2... A10 级就在 A10．到 A3 的前一步有两个位置；分 别是 A2 和 A1 ．在这里要强调一点，那么 A2 到 A3 既然是一步到了，那么 A2 、A3 之间就是一种选 择了；同理 A1 到 A3 也是一种选择了．同时我们假设到 n 级的选择数就是 An ．那么从 A0 到 A3 就可以分成两类了：第一类：A0 ---- A1 ------ A3 ，那么就可以分成两步．有 A1×1 种，也就是 A1 种；(A1 ------ A3 是一种选择)第二类：A0 ---- A2 ------ A3， 同样道理 有 A2 ．类类相加原理：A3 = A1 ＋A2， 依次类推 An = An-1 + An-2． 【答案】 89
(法 1)递推法．假设有 n 枚棋子，每次拿出 2 枚或 3 枚，将 n 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 an3 an2 ( 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． (法 2)分类讨论． 由于棋子总数为 10 枚，是个偶数，而每次拿 2 枚或 3 枚，所以其中拿 3 枚的次数也应该是偶数．由 于拿 3 枚的次数不超过 3 次，所以只能为 0 次或 2 次． 若为 0 次，则相当于 2 枚拿了 5 次，此时有 1 种拿法；