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微拓展　统计与概率中的递推关系
[考情分析]　统计与概率内容是数学知识的综合应用，也是中学数学一个重要的交汇点，已经成为联系多项知识内容的媒介； 数列是高中数学的重点内容，易与其他内容交汇融合. 由于此类考题条件多，背景新颖，成为近年各种考试的一个热点问题，其所考查的数学知识和思想方法相当深刻，难度也较大.
考点一　递推数列在计数原理中的应用
例1　(1)有A1，A2，…，A6共六个人，他们的座位分别为B1，B2，…，B6，现要求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则不同的方法种数为(　　)
A.9 B.16
C.44 D.265
(2)如图，一个环形的大会场被分成了n个区域，现有k种不同颜色的服装提供给n个区域的观众，要求同一区域的观众着装颜色相同，且相邻区域的观众着装颜色不同.当k=5，n=6时，共有　　　　　种不同的着装方法.
[规律方法]　在计数原理中，当计数的基数较大时，用枚举法会显得非常困难.如果问题带有明显的递推特征，把此类计数问题的基数从有限个且数目很少推广到n个，运用数列知识建立递推关系，经过推广就可以解决这类计数问题.
跟踪演练1　有9级台阶，每次只能向上走1级、2级或3级台阶(不能往回走)，则走完9级台阶的方法种数为(　　)
A.24 B.44
C.81 D.149
考点二　递推数列在概率、统计中的应用
考向1　an=p·an-1+q型
例2　(多选)[马尔科夫链]某公司员工食堂每天都有米饭和面食两种套餐，已知员工甲每天中午都会在这两种套餐中选择一种，米饭套餐的价格是每份18元，面食套餐的价格是每份12元，如果甲当天选择了某种套餐，他第二天会有60%的可能性换另一种类型的套餐，假如第1天甲选择了米饭套餐，第n天选择米饭套餐的概率为Pn，下列选项中正确的是(　　)
A.P3=0.52
B.Pn=0.4Pn-1+0.6(1-Pn-1)(n≥2，n∈N)
C.Pn=0.4+0.5×(-0.2)n-1
D.前k天甲午餐总费用的数学期望为15k+-
考向2　an+1=an·f(n)型
例3　一个书包中有标号为“1，1，2，2，3，3，…，n，n”的2n张卡片.一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放回，如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他手中有3张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被拿走的概率为Pn，则P3=　　　　　，P7=　　　　　.
考向3　an+1=p·an+q·an-1型
例4　(多选)[对称随机游走]棋盘上标有第0，1，2，…，100站，棋子开始位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站或第100站时，游戏结束.设棋子位于第n站的概率为Pn，设P0=1，则下列结论正确的有(　　)
A.P1=P2=P3=
B.数列{Pn-Pn-1}(1≤n≤99)是公比为-的等比数列
C.2P100D.P100>
[规律方法]　概率之间的关系如果是数列的前后项之间的关系，即递推关系，就可以从概率问题自然地过渡到数列问题，再用数列的方法解决.已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
(1)当出现an=an-1+m时，构造等差数列；
(2)当出现an=xan-1+y时，构造等比数列；
(3)当出现an=an-1+f(n)时，用累加法求解；
(4)当出现=f(n)时，用累乘法求解.
跟踪演练2　(1)(多选)随着科技的发展，越来越多的智能产品深入人们的生活.为了测试某品牌扫地机器人的性能，开发人员设计如下实验：如图，在△ABC表示的区域上，扫地机器人沿着三角形的边，从三角形的一个顶点等可能地移动到另外两个顶点之一，机器人从一个顶点移动到下一个顶点称执行一次程序.若开始时，机器人从A点出发，记机器人执行n次程序后，仍回到A点的概率为P(n)，则下列结论正确的是(　　)
A.P(2)=
B.当n≥2时，有2P(n)=1-P(n-1)
C.P(7)=
D.P(n)=
(2)[非对称随机游走]如图是飞行棋部分棋盘，飞机的初始位置为0号格，抛掷一枚质地均匀的骰子，若抛出的点数为1，2，飞机向前移一格；若抛出的点数为3，4，5，6，飞机向前移两格.直到飞机移到第(n-1)(n≥5且n∈N*)格(失败集中营)或第n格(胜利大本营)时，游戏结束.则飞机移到第3格的概率为　　　　，游戏胜利的概率为　　　　　.
0 1 2 3 4 … n-1 n
1.A，B，C，D四人传球，每人每次可以把球传给其他任何一个人，从A开始，5次传球后球回到A手中，则不同的传球方法种数为(　　)
A.24 B.60
C.92 D.144
2.一个饼，用刀切5次，最多能将其切成(　　)
A.10块 B.11块
C.15块 D.16块
3.(2024·成都模拟)随着科技的不断发展，人民消费水平的提升，手机购物逐渐成为消费的主流，当我们打开购物平台时，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果.假设电商平台第一次给某人推送某商品，此人购买此商品的概率为从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为.记第n次推送时不购买此商品的概率为Pn，当n≥2时，Pn≤M恒成立，则M的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
4.甲、乙两人进行一场友谊比赛，赛前每人记入3分.一局比赛后，若决出胜负，则胜的一方得1分，负的一方得-1分；若平局，则双方各得0分.若干局比赛后，当一方累计得分为6时比赛结束且该方最终获胜.令Pi表示在甲的累计得分为i时，最终甲获胜的概率，若在一局中甲获胜的概率为0.5，乙获胜的概率为0.3，则P1等于(　　)
A. B.
C. D.
5.(多选)投壶是中国古代士大夫宴饮时玩的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投.《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏.现甲、乙两人玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶.无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为乙每次投壶的命中率均为由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为则(　　)
A.第3次投壶的人是甲的概率为
B.在第3次投壶的人是甲的条件下，第1次投壶的人是乙的概率为
C.前4次投壶中甲只投1次的概率为
D.第10次投壶的人是甲的概率为-×
6.(多选)(2024·湖州模拟)有n(n∈N*，n≥10)个编号分别为1，2，3，…，n的盒子，1号盒子中有1个白球和2个黑球，其余盒子中均有2个白球和2个黑球.现从1号盒子中任取一球放入2号盒子；再从2号盒子中任取一球放入3号盒子；…；以此类推，记“从i号盒子中取出的球是白球”为事件Ai(i=1，2，3，…，n)，则(　　)
A.P(A1A2)= B.P(A1|A2)=
C.P(+A2)= D.P(An)7.(2024·郑州模拟)抛掷一枚不均匀的硬币，正面向上的概率为反面向上的概率为记n次抛掷后得到偶数次正面向上的概率为an，则数列{an}的通项公式an=　　　　　　.
8.(2024·重庆模拟)甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn，则Xn的数学期望E(Xn)=　　　　.(用n表示)
9.遗传学在培育作物新品种中有着重要的应用.已知某种农作物植株有AA，Aa，aa三种基因型，根据遗传学定律可知，AA个体自交产生的子代全部为AA个体，aa个体自交产生的子代全部为aa个体，Aa个体自交产生的子代中，AA，Aa，aa个体均有，且其数量比为1∶2∶1.假设每个植株自交产生的子代数量相等，且所有个体均能正常存活.
(1)现取个数比为2∶4∶1的AA，Aa，aa植株个体进行自交，从其子代所有植株中任选一株，已知该植株的基因型为aa，求该植株是由aa个体自交得到的概率；
(2)已知基因型为AA的植株具备某种优良性状且能保持该优良性状的稳定遗传，是理想的作物新品种.农科院研究人员为了获得更多的AA植株用于农业生产，将通过诱变育种获得的Aa植株进行第一次自交，根据植株表现型的差异将其子代中的aa个体人工淘汰掉后，再将剩余子代植株全部进行第二次自交，再将第二次自交后代中的aa个体人工淘汰掉后，再将剩余子代植株全部进行第三次自交……以此类推，不断地重复此操作，从第n次自交产生的子代中任选一植株，该植株的基因型恰为AA的概率记为Pn(n≥2且n∈N*).
①证明：数列为等比数列；
②求P10，并根据P10的值解释该育种方案的可行性.
10.(2024·聊城模拟)如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作A，B1，P，B2，C1，Q1，C2，Q，C3.一个机器人从区域P出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域(有公共边的区域)，且到不同相邻区域的概率相等.
(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；
(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率；
(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.
答案精析
例1　(1)D　(2)4 100
跟踪演练1　D
例2　ABD　[若甲在第(n-1)天选择了米饭套餐，那么在第n天有40%的可能性选择米饭套餐，
甲在第(n-1)天选择了面食套餐，那么在第n天有60%的可能性选择米饭套餐，
所以第n天选择米饭套餐的概率
Pn=0.4Pn-1+0.6(1-Pn-1)(n≥2，n∈N)，故B正确；
因为甲在第1天选择了米饭套餐，所以P2=0.4，所以P3=0.6×0.6+0.4×0.4=0.52，故A正确；
由B选项得，Pn=-0.2Pn-1+0.6，所以Pn-0.5=-0.2(Pn-1-0.5)，
又由题意得，P1=1，所以数列{Pn-0.5}是以0.5为首项，-0.2为公比的等比数列，
所以Pn-0.5=0.5×(-0.2)n-1，
所以Pn=0.5+0.5×(-0.2)n-1，
故C错误；
前k天甲午餐总费用的数学期望为18× [0.5+0.5×(-0.2)n-1]+12× [1-0.5-0.5×(-0.2)n-1]
=15k+-故D正确.
例3　　
例4　ABD　[对于A，根据题意，第0站P0=1，硬币掷出正面到达第1站，所以P1=，
从第0站硬币掷出反面，或从第1站硬币掷出正面，到达第2站，
所以P2=+×=，
从第1站硬币掷出反面，或从第2站硬币掷出正面，到达第3站，
所以P3=×+×=，
故A正确；
对于B，从第(n-2)站，硬币掷出正面到达第(n-1)站，
所以Pn-1=Pn-2，
从第(n-2)站硬币掷出反面，或从第(n-1)站硬币掷出正面，到达第n站，
所以Pn=Pn-2+Pn-1，
即Pn-Pn-1=-(Pn-1-Pn-2)，
而P1-P0=-1=-，
所以数列{Pn-Pn-1}(1≤n≤99)是以-为首项，-为公比的等比数列，
所以Pn-Pn-1==，故B正确；
对于C，P99=(P99-P98)+(P98-P97)+…+(P2-P1)+(P1-P0)+P0
=++…+
+1=，
而P99-P98=，
所以P98=，
而当棋子跳到第99站时，游戏停止，
故P100=P98=，
从而得到2P100=，
故P99<2P100=P98，故C错误；
对于D，P100=P98=>，故D正确.]
跟踪演练2　(1)BCD
(2)　+，n≥5且n∈N*
解析　记飞机移动到第i格的概率为Pi(1≤i≤n-1，i∈N*)，
则P1=，P2=+P1=，
P3=P1+P2=，
Pi+1=Pi+Pi-1，
即Pi+1+Pi=Pi+Pi-1，
所以数列是常数列，
所以Pi+Pi-1=P2+P1=1，
即Pi-=-，
又P1-=-，
所以数列是以-为首项，-为公比的等比数列，
所以Pi-=-
=，
所以Pi=+，
因为第n格只能由第(n-2)格跳到，
Pn-2=+，
所以游戏胜利的概率P=Pn-2=+，n≥5且n∈N*.
思维提升　拓展练习
1.B　2.C　3.A
4.C　[由题意可知，i的取值集合为{0，1，2，3，4，5，6}，且P0=0，P6=1，
在甲累计得分为1时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为0.5P2，
在甲累计得分为1时，下局平局且最终甲获胜的概率为0.2P1，
在甲累计得分为1时，下局甲败且最终甲获胜的概率为0.3P0，
根据全概率公式可得P1=0.5P2+0.2P1+0.3P0，
整理得P2=P1-P0，
变形得P2-P1=(P1-P0)，
因为P1-P0>0，则=，
同理可得====，
所以{Pi+1-Pi}(i=0，1，2，…，5)是公比为的等比数列，
所以Pi+1-Pi=(P1-P0)(i=0，1，2，…，5)，
各项求和得 (Pi+1-Pi)=
则P6-P1=(P1-P0)·，
即1-P1=P1·，
解得P1=.]
5.ABD　[设第i次投壶的人是甲为事件Ai，第i次投壶的人是乙为事件Bi(i≥2且i∈N*).
因为P(Ai)=P(Ai-1)+[1-P(Ai-1)]，
所以P(Ai)=P(Ai-1)+，
所以P(Ai)-=，
而P(A1)=，
故P(A1)-=-≠0，
所以是首项为-，公比为的等比数列，
所以P(Ai)-=-×，
所以P(Ai)=-×，
对于A，P(A3)=-×=-==，故A正确；
对于D，P(A10)=-×，故D正确；
对于B，P(A3B1)=××+××=，
故P(B1|A3)===，故B正确；
对于C，前4次投壶中甲只投1次的概率
P=×××+×××+×××+×××=，故C错误.]
6.BCD　[对于A，P(A1A2)=×=，所以A错误；
对于B，
P(A2)=×+×=，
所以P(A1|A2)===，所以B正确；
对于C，因为P()=，
P(A2)=×=，
所以P(+A2)=P()+P(A2)-P(A2)=+-=，
所以C正确；
对于D，由题意可得P(A1)=，
P()=，
P(An)=P(An-1)+[1-P(An-1)]
=P(An-1)+，
所以P(An)-=，
所以数列是以为公比，P(A1)-=-为首项的等比数列，
所以P(An)-=-×，
所以P(An)=-×<，
所以P()=1-P(An)>，
则P(An)7.+
8.+1
解析　一方面：由题意可知p1=，q1=，
则p2=p1+×q1=；
q2=p1+q1=.
另一方面：由题意可知pn+1=pn+×qn=pn+qn， ①
qn+1=pn+qn+(1-pn-qn)=-qn+， ②
①×2+②得2pn+1+qn+1=pn+qn+=(2pn+qn)+，
则当n≥2，n∈N*时，
2pn+qn=(2pn-1+qn-1)+，
所以2pn+qn-1
=(2pn-1+qn-1-1)，
因为2p1+q1-1=，数列{2pn+qn-1}是首项为，公比为的等比数列，所以2pn+qn-1=，
即2pn+qn=+1，
所以E(Xn)=2pn+qn+0×(1-pn-qn)=+1.
9.(1)解　由题意得，若对Aa植株进行自交，产生AA，Aa，aa的概率比为1∶2∶1，故在个数比为2∶4∶1的AA，Aa，aa植株个体进行自交时，
其亲代AA，Aa，aa的概率比为∶∶，
故所求概率为=.
(2)①证明　记在不筛选出aa的情况下，第n代AA的概率为Bn，
B1=×=，
B2=×+×=，
故可递推出Bn=+++…+=
=，
易得Pn==，
令Sn==2n，而Sn+1=2n+1，则有=2，
故数列为等比数列，得证.
②解　由①知P10==，且当n→+∞时，Pn→1，故该方案可行.
10.解　(1)经过2秒机器人可能位于的区域为P，Q1，Q，经过3秒机器人可能位于的区域为A，B1，B2，C1，C2，C3.
(2)若经过2秒机器人位于区域Q，则经过1秒时，机器人必定位于B2，
P有三个相邻区域，故由P→B2的概率为p1=，B2有两个相邻区域，故由B2→Q的概率p2=，则经过2秒机器人位于区域Q的概率为
p1p2=×=.
(3)机器人的运动路径为P→A∪B1∪B2→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q
→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→…，
设经过n秒机器人位于区域Q的概率为Pn，
则当n为奇数时，Pn=0，
当n为偶数时，由(2)知，P2=，由对称性可知，
经过n秒机器人位于区域Q的概率与位于区域Q1的概率相等，亦为Pn，
故经过n秒机器人位于区域P的概率为1-2Pn，
若第n秒机器人位于区域P，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为，若第n秒机器人位于区域Q1，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为，若第n秒机器人位于区域Q，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为=，
则有Pn+2=Pn+Pn+(1-2Pn)，
即Pn+2=+Pn，
令Pn+2+λ=(Pn+λ)，
即Pn+2=Pn-λ，有λ=-，
即有Pn+2-=，
则=，
故有=，=，…，=，
故··…··=Pn-
=·
=-·，
即Pn=-·，
综上所述，当n为奇数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为0，
当n为偶数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为-·.(共61张PPT)
统计与概率中的递推关系
微拓展
统计与概率内容是数学知识的综合应用，也是中学数学一个重要的交汇点，已经成为联系多项知识内容的媒介； 数列是高中数学的重点内容，易与其他内容交汇融合. 由于此类考题条件多，背景新颖，成为近年各种考试的一个热点问题，其所考查的数学知识和思想方法相当深刻，难度也较大.
考情分析
考点一
考点二
递推数列在计数原理中的应用
递推数列在概率、统计中的应用
内容索引
递推数列在计数原理中的应用
考点一
　(1)有A1，A2，…，A6共六个人，他们的座位分别为B1，B2，…，B6，现要求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则不同的方法种数为
A.9 B.16 C.44 D.265
√
例1
记n个人坐座位且自己不坐自己的座位的方法数构成一个数列{an}，易得a2=1，a3=2，
首先，让A1选位，A1不选B1，则共有(n-1)种方法，不妨设A1选了Bk(k≠1)，然后再让Ak 选位，
①当Ak选B1时，则余下的(n-2)个人和(n-2)个座位，共有an-2种坐法；
②当Ak不选B1时，则余下的(n-1)个人都有一个不能选的座位，则共有an-1种坐法，
所以an=(n-1)(an-2+an-1)，
所以a4=3(a2+a3)=9，a5=4(a3+a4)=44，a6=5(a4+a5)=265.
(2)如图，一个环形的大会场被分成了n个区域，现有k种不同颜色的服装提供给n个区域的观众，要求同一区域的观众着装颜色相同，且相邻区域的观众着装颜色不同.当k=5，n=6时，共有　　　　　种不同的着装方法.
4 100
设提供k种颜色来给排成环形的n个区域涂色且相邻区域不同色，记方法数为fk(n)，
若先考虑给n个排成一行的区域涂色且相邻区域不同色，则方法数应为k·(k-1)n-1，

①若区域1和区域n不同色，则把区域1和区域n
粘在一起成一个环状时满足条件；
②若区域1和区域n同色，则把区域1和区域n粘在一起成一个环状时不满足条件，此方法数需从k·(k-1)n-1种方法中减掉.
所以fk(n)=k·(k-1)n-1-fk(n-1)，
易得f5(3)==60，
所以f5(4)=5×(5-1)3-f5(3)=260，
所以f5(5)=5×(5-1)4-f5(4)=1 020，
所以f5(6)=5×(5-1)5-f5(5)=4 100.
规律方法
在计数原理中，当计数的基数较大时，用枚举法会显得非常困难.如果问题带有明显的递推特征，把此类计数问题的基数从有限个且数目很少推广到n个，运用数列知识建立递推关系，经过推广就可以解决这类计数问题.
有9级台阶，每次只能向上走1级、2级或3级台阶(不能往回走)，则走完9级台阶的方法种数为
A.24 B.44 C.81 D.149
跟踪演练1
√
记走完n级台阶的方法种数构成数列{an}，易得a1=1，a2=2，a3=4.
走完这n级台阶可考虑最后一步走的是1级、2级或3级这三种情况，
则an=an-1+an-2+an-3(n≥4).
所以a4=a3+a2+a1=7，
a5=a4+a3+a2=13，
a6=a5+a4+a3=24，
a7=a6+a5+a4=44，
a8=a7+a6+a5=81，
a9=a8+a7+a6=149.
递推数列在概率、统计中的应用
考点二
　(多选)[马尔科夫链]某公司员工食堂每天都有米饭和面食两种套餐，已知员工甲每天中午都会在这两种套餐中选择一种，米饭套餐的价格是每份18元，面食套餐的价格是每份12元，如果甲当天选择了某种套餐，他第二天会有60%的可能性换另一种类型的套餐，假如第1天甲选择了米饭套餐，第n天选择米饭套餐的概率为Pn，下列选项中正确的是
A.P3=0.52
B.Pn=0.4Pn-1+0.6(1-Pn-1)(n≥2，n∈N)
C.Pn=0.4+0.5×(-0.2)n-1
D.前k天甲午餐总费用的数学期望为15k+-
√
例2
考向1　an=p·an-1+q型
√
√
若甲在第(n-1)天选择了米饭套餐，那么在第n天有40%的可能性选择米饭套餐，
甲在第(n-1)天选择了面食套餐，那么在第n天有60%的可能性选择米饭套餐，
所以第n天选择米饭套餐的概率Pn=0.4Pn-1+0.6(1-Pn-1)(n≥2，n∈N)，故B正确；
因为甲在第1天选择了米饭套餐，所以P2=0.4，所以P3=0.6×0.6+0.4×0.4=0.52，故A正确；
由B选项得，Pn=-0.2Pn-1+0.6，所以Pn-0.5=-0.2(Pn-1-0.5)，
又由题意得，P1=1，所以数列{Pn-0.5}是以0.5为首项，-0.2为公比的等比数列，
所以Pn-0.5=0.5×(-0.2)n-1，
所以Pn=0.5+0.5×(-0.2)n-1，故C错误；
前k天甲午餐总费用的数学期望为18× [0.5+0.5×(-0.2)n-1]
+12× [1-0.5-0.5×(-0.2)n-1]=15k+-故D正确.
　一个书包中有标号为“1，1，2，2，3，3，…，n，n”的2n张卡片.一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放回，如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他手中有3张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被拿走的概率为Pn，则P3=　　　　　，P7=　　　　　.
例3
考向2　an+1=an·f(n)型
2n张卡片选取3张卡片的选法共有种，
事件“手中这3张卡片中含有2张相同卡片”的选法共有n(2n-2)种，由古典概型的计算公式可得其概率为=
拿掉这对卡片后，还剩(n-1)对卡片，此时书包为空的概率为Pn-1，
因而Pn=Pn-1，且P2=1，
则P3=P2=
P7=××××=.
　(多选)[对称随机游走]棋盘上标有第0，1，2，…，100站，棋子开始位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站或第100站时，游戏结束.设棋子位于第n站的概率为Pn，设P0=1，则下列结论正确的有
A.P1=P2=P3=
B.数列{Pn-Pn-1}(1≤n≤99)是公比为-的等比数列
C.2P100D.P100>
√
例4
考向3　an+1=p·an+q·an-1型
√
√
对于A，根据题意，第0站P0=1，硬币掷出正面到达第1站，所以P1=
从第0站硬币掷出反面，或从第1站硬币掷出正面，到达第2站，
所以P2=+×=
从第1站硬币掷出反面，或从第2站硬币掷出正面，到达第3站，
所以P3=×+×=故A正确；
对于B，从第(n-2)站，硬币掷出正面到达第(n-1)站，所以Pn-1=Pn-2，
从第(n-2)站硬币掷出反面，或从第(n-1)站硬币掷出正面，到达第n站，
所以Pn=Pn-2+Pn-1，
即Pn-Pn-1=-(Pn-1-Pn-2)，
而P1-P0=-1=-
所以数列{Pn-Pn-1}(1≤n≤99)是以-为首项，-为公比的等比数列，
所以Pn-Pn-1==故B正确；
对于C，P99=(P99-P98)+(P98-P97)+…+(P2-P1)+(P1-P0)+P0
=++…++1
=
而P99-P98=
所以P98=
而当棋子跳到第99站时，游戏停止，
故P100=P98=
从而得到2P100=
故P99<2P100=P98，故C错误；
对于D，P100=P98=>故D正确.
规律方法
概率之间的关系如果是数列的前后项之间的关系，即递推关系，就可以从概率问题自然地过渡到数列问题，再用数列的方法解决.已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
(1)当出现an=an-1+m时，构造等差数列；
(2)当出现an=xan-1+y时，构造等比数列；
(3)当出现an=an-1+f(n)时，用累加法求解；
(4)当出现=f(n)时，用累乘法求解.
(1)(多选)随着科技的发展，越来越多的智能产品深入人们的生活.为了测试某品牌扫地机器人的性能，开发人员设计如下实验：如图，在△ABC表示的区域上，扫地机器人沿着三角形的边，从三角形的一个顶点等可能地移动到另外两个顶点之一，机器人从一个顶点移动到下一个顶点称执行一次程序.若开始时，机器人从A点出发，记机器人执行n次程序后，仍回到A点的概率为P(n)，则下列结论正确的是
A.P(2)=
B.当n≥2时，有2P(n)=1-P(n-1)
C.P(7)=
D.P(n)=
跟踪演练2
√
√
√
对于A选项，机器人第一次执行程序后，来到B或C点，故P(1)=0，
第二次执行程序后，有的概率回到A点，故P(2)=故A项错误；
对于B选项，P(n-1)为执行第(n-1)次程序后仍回到A点的概率，要想执行n次程序后仍回到A点，则执行第(n-1)次程序后应在B点或C点，
且下一次有的概率回到A点，
故当n≥2时，有P(n)=[1-P(n-1)]，
即2P(n)=1-P(n-1)，故B项正确；
由B选项知P(n)=[1-P(n-1)]，
即P(n)=-P(n-1)+
设P(n)+k=-[P(n-1)+k]，可得k=-
于是P(n)-=-又P(1)-=-≠0，
所以数列是首项为-公比为-的等比数列，
故P(n)-=-P(n)=故D项正确；
对于C选项，由D项可得P(7)==故C项正确.
(2)[非对称随机游走]如图是飞行棋部分棋盘，飞机的初始位置为0号格，抛掷一枚质地均匀的骰子，若抛出的点数为1，2，飞机向前移一格；若抛出的点数为3，4，5，6，飞机向前移两格.直到飞机移到第(n-1)(n≥5且n∈N*)格(失败集中营)或第n格(胜利大本营)时，游戏结束.则飞机移到第3格的概率
为　　　，游戏胜利的概率为　　　　　 .
0 1 2 3 4 … n-1 n
+n≥5且n∈N*
记飞机移动到第i格的概率为Pi(1≤i≤n-1，i∈N*)，
则P1=P2=+P1=
P3=P1+P2=Pi+1=Pi+Pi-1，
即Pi+1+Pi=Pi+Pi-1，
所以数列是常数列，
所以Pi+Pi-1=P2+P1=1，即Pi-=-
又P1-=-
所以数列是以-为首项，-为公比的等比数列，
所以Pi-=-=
所以Pi=+
因为第n格只能由第(n-2)格跳到，
Pn-2=+
所以游戏胜利的概率P=Pn-2=+n≥5且n∈N*.
1.A，B，C，D四人传球，每人每次可以把球传给其他任何一个人，从A开始，5次传球后球回到A手中，则不同的传球方法种数为
A.24 B.60 C.92 D.144
拓展练习
思维提升
√
设有k个人A1，A2，…，Ak互相传球，从A1开始，每人每次可以把球传给其他任何一个人，设第n(n≥2)次传球后球回到A1中的方法有an种，
则第(n-1)次传球后球回到A1手中的方法有an-1种，且易知a2=k-1，则第(n-1)次传球后，共有(k-1)n-1种方法，
若此时球在A1手中，则第n次传球，球不可能回到A1手中，
故数列{an}的递推关系式为an=(k-1)n-1-an-1(n≥3)，a2=k-1.
所以a2=3，a3=(4-1)3-1-a2=6，a4=(4-1)4-1-a3=21，a5=(4-1)5-1-a4=60.
2.一个饼，用刀切5次，最多能将其切成
A.10块 B.11块 C.15块 D.16块
√
设n刀最多能将饼切成an块，前 n-1刀我们已经得到块，对于第n刀，要使切出的块数最多，则这一刀的刀痕必须与前n-1刀的刀痕都相交，在此刀痕上有 n-1个交点，则最多增加n块，从而得到递推公式为an=+n，显然a1=2，
从而累加得到an=n+(n-1)+…+3+2+2=1+.当n=5时，an=16.
3.(2024·成都模拟)随着科技的不断发展，人民消费水平的提升，手机购物逐渐成为消费的主流，当我们打开购物平台时，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果.假设电商平台第一次给某人
推送某商品，此人购买此商品的概率为从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为.记第n次推送时不购买此商品的概率为Pn，当n≥2时，
Pn≤M恒成立，则M的最小值为
A. B. C. D.
√
由题意知，根据第(n-1)次推送时购买、没有购买两种情况，写出第n次推送时没有购买的概率，
第n次(n≥2)推送时不购买此商品的概率Pn=Pn-1+(1-Pn-1)=Pn-1+
所以Pn-=
由题意知P1=则P1-=
所以公比为的等比数列，
所以Pn-=×
即Pn=+×.
显然数列{Pn}递减，所以当n≥2时，Pn≤P2=+×=
所以M的最小值为.
4.甲、乙两人进行一场友谊比赛，赛前每人记入3分.一局比赛后，若决出胜负，则胜的一方得1分，负的一方得-1分；若平局，则双方各得0分.若干局比赛后，当一方累计得分为6时比赛结束且该方最终获胜.令Pi表示在甲的累计得分为i时，最终甲获胜的概率，若在一局中甲获胜的概率为0.5，乙获胜的概率为0.3，则P1等于
A. B. C. D.
√
由题意可知，i的取值集合为{0，1，2，3，4，5，6}，且P0=0，P6=1，
在甲累计得分为1时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为0.5P2，
在甲累计得分为1时，下局平局且最终甲获胜的概率为0.2P1，
在甲累计得分为1时，下局甲败且最终甲获胜的概率为0.3P0，
根据全概率公式可得P1=0.5P2+0.2P1+0.3P0，
整理得P2=P1-P0，
变形得P2-P1=(P1-P0)，
因为P1-P0>0，则=
同理可得====
所以{Pi+1-Pi}(i=0，1，2，…，5)是公比为的等比数列，
所以Pi+1-Pi=(P1-P0)(i=0，1，2，…，5)，
各项求和得 (Pi+1-Pi)=
则P6-P1=(P1-P0)·
即1-P1=P1·解得P1=.
5.(多选)投壶是中国古代士大夫宴饮时玩的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投.《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏.现甲、乙两人玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶.无论之前投壶的情况如何，甲每次
投壶的命中率均为乙每次投壶的命中率均为由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为则
A.第3次投壶的人是甲的概率为
B.在第3次投壶的人是甲的条件下，第1次投壶的人是乙的概率为
C.前4次投壶中甲只投1次的概率为
D.第10次投壶的人是甲的概率为-×
√
√
√
设第i次投壶的人是甲为事件Ai，
第i次投壶的人是乙为事件Bi(i≥2且i∈N*).
因为P(Ai)=P(Ai-1)+[1-P(Ai-1)]，
所以P(Ai)=P(Ai-1)+
所以P(Ai)-=
而P(A1)=
故P(A1)-=-≠0，
所以是首项为-公比为的等比数列，
所以P(Ai)-=-×
所以P(Ai)=-×
对于A，P(A3)=-×=-==故A正确；
对于D，P(A10)=-×故D正确；
对于B，P(A3B1)=××+××=
故P(B1|A3)===故B正确；
对于C，前4次投壶中甲只投1次的概率
P=×××+×××+×××+×××=故C错误.
6.(多选)(2024·湖州模拟)有n(n∈N*，n≥10)个编号分别为1，2，3，…，n的盒子，1号盒子中有1个白球和2个黑球，其余盒子中均有2个白球和2个黑球.现从1号盒子中任取一球放入2号盒子；再从2号盒子中任取一球放入3号盒子；…；以此类推，记“从i号盒子中取出的球是白球”为事件Ai(i=1，2，3，…，n)，则
A.P(A1A2)= B.P(A1|A2)=
C.P(+A2)= D.P(An)√
√
√
对于A，P(A1A2)=×=所以A错误；
对于B，P(A2)=×+×=
所以P(A1|A2)===所以B正确；
对于C，因为P()=P(A2)=×=
所以P(+A2)=P()+P(A2)-P(A2)=+-=所以C正确；
对于D，由题意可得P(A1)=P()=
P(An)=P(An-1)+[1-P(An-1)]=P(An-1)+
所以P(An)-=
所以数列为公比，P(A1)-=-为首项的等比数列，
所以P(An)-=-×
所以P(An)=-×<
所以P()=1-P(An)>则P(An)7.(2024·郑州模拟)抛掷一枚不均匀的硬币，正面向上的概率为反面向上的概率为记n次抛掷后得到偶数次正面向上的概率为an，则数列{an}
的通项公式an=　　　　　 .
+
根据题意知，抛掷n次偶数次正面向上的情况由抛掷(n-1)次偶数次正面向上的情况下第n次反面向上，或抛掷(n-1)次奇数次正面向上的情
况下第n次正面向上组成，可得递推关系为an=an-1+(1-an-1)，
构造数列an-=所以=
即数列是以a1-为首项为公比的等比数列，
又抛1次硬币，偶数次正面向上为0次，此时a1=所以a1-=-=
所以an-=× an=+.
8.(2024·重庆模拟)甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个
黑球的概率为qn，则Xn的数学期望E(Xn)=　　　　.(用n表示)
+1
一方面：由题意可知p1=q1=
则p2=p1+×q1=；
q2=p1+q1=.
另一方面：由题意可知pn+1=pn+×qn=pn+qn， ①
qn+1=pn+qn+(1-pn-qn)=-qn+ ②
①×2+②得2pn+1+qn+1=pn+qn+=(2pn+qn)+
则当n≥2，n∈N*时，
2pn+qn=(2pn-1+qn-1)+
所以2pn+qn-1=(2pn-1+qn-1-1)，
因为2p1+q1-1=数列{2pn+qn-1}是首项为公比为的等比数列，
所以2pn+qn-1=
即2pn+qn=+1，
所以E(Xn)=2pn+qn+0×(1-pn-qn)=+1.
9.遗传学在培育作物新品种中有着重要的应用.已知某种农作物植株有AA，Aa，aa三种基因型，根据遗传学定律可知，AA个体自交产生的子代全部为AA个体，aa个体自交产生的子代全部为aa个体，Aa个体自交产生的子代中，AA，Aa，aa个体均有，且其数量比为1∶2∶1.假设每个植株自交产生的子代数量相等，且所有个体均能正常存活.
(1)现取个数比为2∶4∶1的AA，Aa，aa植株个体进行自交，从其子代所有植株中任选一株，已知该植株的基因型为aa，求该植株是由aa个体自交得到的概率；
由题意得，若对Aa植株进行自交，产生AA，Aa，aa的概率比为1∶2∶1，
故在个数比为2∶4∶1的AA，Aa，aa植株个体进行自交时，
其亲代AA，Aa，aa的概率比为∶∶
故所求概率为=.
(2)已知基因型为AA的植株具备某种优良性状且能保持该优良性状的稳定遗传，是理想的作物新品种.农科院研究人员为了获得更多的AA植株用于农业生产，将通过诱变育种获得的Aa植株进行第一次自交，根据植株表现型的差异将其子代中的aa个体人工淘汰掉后，再将剩余子代植株全部进行第二次自交，再将第二次自交后代中的aa个体人工淘汰掉后，再将剩余子代植株全部进行第三次自交……以此类推，不断地重复此操作，从第n次自交产生的子代中任选一植株，该植株的基因型恰为AA的概率记为Pn(n≥2且n∈N*).
①证明：数列为等比数列；
记在不筛选出aa的情况下，第n代AA的概率为Bn，
B1=×=
B2=×+×=
故可递推出Bn=+++…+==
易得Pn==
令Sn==2n，而Sn+1=2n+1，则有=2，
故数列为等比数列，得证.
②求P10，并根据P10的值解释该育种方案的可行性.
由①知P10==且当n→+∞时，Pn→1，故该方案可行.
10.(2024·聊城模拟)如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作A，B1，P，B2，C1，Q1，C2，Q，C3.一个机器人从区域P出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域
(有公共边的区域)，且到不同相邻区域的概率相等.
(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；
经过2秒机器人可能位于的区域为P，Q1，Q，经过3秒机器人可能位于的区域为A，B1，B2，C1，C2，C3.
(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率；
若经过2秒机器人位于区域Q，则经过1秒时，机器人必定位于B2，
P有三个相邻区域，故由P→B2的概率为p1=B2有两个相邻区域，
故由B2→Q的概率p2=则经过2秒机器人位于区域Q的概率为p1p2=×=.
(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.
机器人的运动路径为P→A∪B1∪B2→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→…，
设经过n秒机器人位于区域Q的概率为Pn，
则当n为奇数时，Pn=0，
当n为偶数时，由(2)知，P2=由对称性可知，
经过n秒机器人位于区域Q的概率与位于区域Q1的概率相等，亦为Pn，
故经过n秒机器人位于区域P的概率为1-2Pn，
若第n秒机器人位于区域P，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为
若第n秒机器人位于区域Q1，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为
若第n秒机器人位于区域Q，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为=
则有Pn+2=Pn+Pn+(1-2Pn)，
即Pn+2=+Pn，令Pn+2+λ=(Pn+λ)，
即Pn+2=Pn-λ，有λ=-
即有Pn+2-=
则=故有===
故··…··
=Pn-=·=-·
即Pn=-·
综上所述，当n为奇数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为0，
当n为偶数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为-·.

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