5 统计与概率中的递推关系
基础打底
1．某人上楼梯，每步上1阶的概率为，每步上2阶的概率为，设此人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为( )
A． B．
C． D．
2．(2025·苏锡常镇二模)某校共有1 500名学生在学校用午餐，每次午餐只能选择在楼上或楼下的一个食堂用餐，经统计，当天在楼上食堂用午餐的学生中，有10%的学生第二天会到楼下食堂用午餐；而当天在楼下食堂用午餐的学生中，有15%的学生第二天会到楼上食堂用午餐，则一学期后，在楼上食堂用午餐的学生人数大约为( )
A．700 B．800
C．90
0 D．1 000
3．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到0的概率为，收到1的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．若第一个人发送信号0和1(第一个是0，第二个是1)给第二个人，第二个人将接收到的信号发送给第三个人，依次类推，则第三个人收到的信号对应为0和1的概率为 ．
4．小张、小王和小李正在玩纸牌游戏(去除大小王)，第一个拿到方块牌的人获胜．他们轮流抽牌，小张先抽，之后是小王，接下来是小李，然后又是小张，依此类推，直到有人抽到方块牌为止．当一个人抽取之后，如果他拿到的牌不是方块，则将其放回，并在下一个人抽取之前重新彻底洗牌．
(1) 小张在第三轮抽牌时获胜的概率为 ；
(2) 小张最终获胜的概率为 (取极限值)．
强技提能
连续两项递推关系
例1 (2025·镇江期初)口袋中有大小相同、质地均匀的3个白球和3个黄球．甲、乙两人进行摸球游戏，规则如下：每次摸2个球，观察颜色后放回，若颜色相同，则摸球人继续摸球，否则由对方摸球．第一次由甲开始摸球，记第n次由甲摸球的概率是Pn．
(1) 求P2，P3；
(2) 证明：数列是等比数列，并求Pn．
连续两项的递推特征(当前状态只与上个状态有关)：
解题的关键在于利用全概率公式构建数列的递推关系式：Pi=aPi－1＋b(1－Pi－1)，再利用构造法求出通项公式．
变式1 (2025·江门模拟)在某平台的闯关赢奖品活动中，用户每次进入新的一关都有一次抽奖机会．已知用户在第一关抽到奖品的概率为，从第二关开始，若前一关没抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为；若前一关抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为．记用户第n关抽到奖品的概率为pn，则pn的最大值为 ．
连续三项递推关系
例2 (2025·湛江一模)甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题(难度系数较低的A类问题以及难度系数较高的B类问题)供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到A类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到B类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立．
(1) 当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望．
(2) 设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为G(n)．
①证明：为等比数列．
②求G(n)的最大值以及对应n的值．
连续三项的递推特征(当前状态只与上两个状态有关)：
(注：图中a表示从上个状态转移到下个状态的概率)
解题的关键在于利用全概率公式构建数列的递推关系式：Pi＋1=aPi＋(1－a)Pi－1，再利用构造法求出通项公式．
变式2 一种掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第0站、第1站、第2站、…、第100站，共101站，设棋子跳到第n站的概率为Pn，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次．若掷出奇数点，棋子向前跳一站；若掷出偶数点，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站(获胜)或第100站(失败)时，游戏结束(骰子是用一种均匀材料做成的立方体形状的游戏玩具，它的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6)．
(1) 求P0，P1，P2，并根据棋子跳到第n站的情况，试用Pn－2和Pn－1表示Pn；
(2) 求证：{Pn－Pn－1}(n=1，2，…，99)为等比数列；
(3) 求玩该游戏获胜的概率．
多元递推关系
例3 (2025·丹东期末)某驾校的张教练带领甲、乙、丙三名学员进行科目三练习，由于教练车只有一辆，张教练在排队系统中设定：每次甲练习后，系统抽到甲继续练习的概率为，抽到乙练习的概率为；每次乙练习后，系统抽到甲练习的概率为，抽到丙练习的概率为；每次丙练习后，系统抽到甲练习的概率为，抽到乙练习的概率为．某天练习结束，一共练习了n(n≥3，n∈N)轮，已知练习从甲开始．
(1) 当n=3时，求甲一共参与练习次数X的分布列与数学期望；
(2) 求第n轮为甲练习的概率．
多元连续两项的递推特征(当前状态只与上个状态有关)：
递推公式：①Pi=aPi－1＋bQi－1；
②Qi=(1－a)Pi－1＋(1－c)(1－Pi－1－Qi－1)．
(注：图中a，b，c表示从上个状态转移到下个状态的概率)
基于期望的递推关系(选讲)
例4 桌上有除颜色外其他没有任何区别的7个黑球和7个白球，现将3个黑球和4个白球装入不透明的袋中．第1次从袋中任取1个球，若取出的是黑球则放入1个白球，若取出的是白球则放入1个黑球，本次操作完成．第2次起每次取球、放球的规则和第1次相同．
(1) 求第2次取出黑球的概率．
(2) 记操作完成n次后袋中黑球的个数为变量Xn．
①求X2的概率分布列及数学期望E(X2)；
②求Xn的数学期望E(Xn)．
建立期望递推关系式和建立概率递推关系式的过程类似，我们可按以下步骤：
1．用字母表示“当前状态下的期望结果”，比如用E表示“还需多少次完成目标”．
2．分析当前状态可能的变化，比如“成功”或“失败”的概率，以及转移后是否回到原状态．
3．根据“平均等于各种情况的加权平均”，按照全概率公式把期望拆成不同情况的概率乘以(当前步骤＋对应情况的期望)．
配套热练
1．(2025·茂名二模)甲、乙、丙三人练习传球，每次传球时，持球者会等可能地传给另外两人中的任意一位，若第一次由甲开始传球，则经过四次传球后，球回到甲手中的概率为( )
A． B．
C． D．
2．(多选)一质点在x轴上，从原点O出发向右运动，每次平移一个单位长度或两个单位长度，且移动一个单位长度的概率为，移动2个单位长度的概率为，设质点运动到(n，0)(n∈N*)的概率为Pn，则( )
A．P2= B．Pn=Pn－1＋Pn－2(n≥3)
C．是等比数列 D．P100=×100＋
3．(多选)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(n∈N*)次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有1个黑球的概率为pn，恰有2个黑球的概率为qn，则下列结论不正确的是( )
A．p2=，q2=
B．数列{2pn＋qn－1}是等比数列
C．数列{pn＋2qn－1}是等比数列
D．Xn的数学期望E(Xn)=1＋n(n∈N*)
4．甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：
当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；
当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；
当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若点数不大于3，则丙将球传给乙．
初始时，球在甲手中，投掷n(n∈N*)次骰子后，记球在甲手中的概率为Pn，则P3= ，Pn= ．
5．(2025·佛山一模)ACE球是指在网球对局中，一方发球，球落在有效区内，但接球方却没有触及到球而使发球方直接得分的发球．甲、乙两人进行发球训练，规则如下：每次由其中一人发球，若发出ACE球，则换人发球，若未发出ACE球，则两人等可能地获得下一次发球权．设甲、乙发出ACE球的概率均为p0，记An=“第n次发球的人是甲”．
(1) 证明：P(An＋1|An)＋P(An＋1|)=1；
(2) 若P(A1)=1，P(A2)=，求p0和P(An)．
6．某市12月的天气情况有晴天、下雨、阴天3种，第2天的天气情况只取决于第1天的天气情况，而与之前的无关．若第1天为晴天，则第2天下雨的概率为，阴天的概率为；若第1天为下雨，则第2天晴天的概率为，阴天的概率为；若第1天为阴天，则第2天晴天的概率为，下雨的概率为．已知该市12月第1天的天气情况为下雨．
(1) 求该市12月第3天的天气情况为晴天的概率；
(2) 记an，bn，cn分别为该市12月第n(n∈N*)天的天气情况为晴天、下雨和阴天的概率，证明{an＋1－an}为等比数列，并求出an．
7．甲口袋中装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1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，重复进行n(n∈N*)次这样的操作，记甲口袋中黑球的个数为Xn，恰有n个黑球的概率为pn．
(1) 求p1；
(2) 求Xn的数学期望E(Xn)．
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专题四
5 统计与概率中的递推关系
统计与概率
基础打底
【解析】
C
2．(2025·苏锡常镇二模)某校共有1 500名学生在学校用午餐，每次午餐只能选择在楼上或楼下的一个食堂用餐，经统计，当天在楼上食堂用午餐的学生中，有10%的学生第二天会到楼下食堂用午餐；而当天在楼下食堂用午餐的学生中，有15%的学生第二天会到楼上食堂用午餐，则一学期后，在楼上食堂用午餐的学生人数大约为 ( )
A．700 B．800
C．900 D．1 000
【解析】
【答案】C
【解析】
4．小张、小王和小李正在玩纸牌游戏(去除大小王)，第一个拿到方块牌的人获胜．他们轮流抽牌，小张先抽，之后是小王，接下来是小李，然后又是小张，依此类推，直到有人抽到方块牌为止．当一个人抽取之后，如果他拿到的牌不是方块，则将其放回，并在下一个人抽取之前重新彻底洗牌．
(1)小张在第三轮抽牌时获胜的概率为________；
(2)小张最终获胜的概率为________(取极限值)．
【解析】
强技提能
目标
1
连续两项递推关系
(2025·镇江期初)口袋中有大小相同、质地均匀的3个白球和3个黄球．甲、乙两人进行摸球游戏，规则如下：每次摸2个球，观察颜色后放回，若颜色相同，则摸球人继续摸球，否则由对方摸球．第一次由甲开始摸球，记第n次由甲摸球的概率是Pn．
(1)求P2，P3；
1
【解答】
1
【解答】
连续两项的递推特征(当前状态只与上个状态有关)：
解题的关键在于利用全概率公式构建数列的递推关系式：Pi＝aPi－1＋b(1－Pi－1)，再利用构造法求出通项公式．
【解析】
目标
2
连续三项递推关系
2
【解答】
X 0 1 2 3 4
P
2
【解答】
连续三项的递推特征(当前状态只与上两个状态有关)：
(注：图中a表示从上个状态转移到下个状态的概率)
解题的关键在于利用全概率公式构建数列的递推关系式：Pi＋1＝aPi＋(1－a)Pi－1，再利用构造法求出通项公式．
变式2 一种掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第0站、第1站、第2站、…、第100站，共101站，设棋子跳到第n站的概率为Pn，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次．若掷出奇数点，棋子向前跳一站；若掷出偶数点，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站(获胜)或第100站(失败)时，游戏结束(骰子是用一种均匀材料做成的立方体形状的游戏玩具，它的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6)．
(1)求P0，P1，P2，并根据棋子跳到第n站的情况，试用Pn－2和Pn－1表示Pn；
【解答】
变式2 一种掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第0站、第1站、第2站、…、第100站，共101站，设棋子跳到第n站的概率为Pn，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次．若掷出奇数点，棋子向前跳一站；若掷出偶数点，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站(获胜)或第100站(失败)时，游戏结束(骰子是用一种均匀材料做成的立方体形状的游戏玩具，它的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6)．
(2)求证：{Pn－Pn－1}(n＝1，2， … ，99)为等比数列；
【解答】
变式2 一种掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第0站、第1站、第2站、 … 、第100站，共101站，设棋子跳到第n站的概率为Pn，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次．若掷出奇数点，棋子向前跳一站；若掷出偶数点，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站(获胜)或第100站(失败)时，游戏结束(骰子是用一种均匀材料做成的立方体形状的游戏玩具，它的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6)．
(3)求玩该游戏获胜的概率．
【解答】
目标
3
多元递推关系
3
【解答】
X 1 2 3
P
目标
3
多元递推关系
3
【解答】
多元连续两项的递推特征(当前状态只与上个状态有关)：
递推公式：①Pi＝aPi－1＋bQi－1；
②Qi＝(1－a)Pi－1＋(1－c)(1－Pi－1－Qi－1)．
(注：图中a，b，c表示从上个状态转移到下个状态的概率)
目标
4
基于期望的递推关系(选讲)
桌上有除颜色外其他没有任何区别的7个黑球和7个白球，现将3个黑球和4个白球装入不透明的袋中．第1次从袋中任取1个球，若取出的是黑球则放入1个白球，若取出的是白球则放入1个黑球，本次操作完成．第2次起每次取球、放球的规则和第1次相同．
(1)求第2次取出黑球的概率．
4
【解答】
桌上有除颜色外其他没有任何区别的7个黑球和7个白球，现将3个黑球和4个白球装入不透明的袋中．第1次从袋中任取1个球，若取出的是黑球则放入1个白球，若取出的是白球则放入1个黑球，本次操作完成．第2次起每次取球、放球的规则和第1次相同．
(2)记操作完成n次后袋中黑球的个数为变量Xn．
①求X2的概率分布列及数学期望E(X2)；
②求Xn的数学期望E(Xn)．
4
【解答】
X2 1 3 5
P
建立期望递推关系式和建立概率递推关系式的过程类似，我们可按以下步骤：
1．用字母表示“当前状态下的期望结果”，比如用E表示“还需多少次完成目标”．
2．分析当前状态可能的变化，比如“成功”或“失败”的概率，以及转移后是否回到原状态．
3．根据“平均等于各种情况的加权平均”，按照全概率公式把期望拆成不同情况的概率乘以(当前步骤＋对应情况的期望)．
热练
【解析】
【答案】C
【解析】
【答案】BCD
【解析】
【答案】ACD
4．甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：
当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；
当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；
当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若点数不大于3，则丙将球传给乙．
初始时，球在甲手中，投掷n(n∈N*)次骰子后，记球在甲手中的概率为Pn，则P3＝_______，Pn＝________．
【解析】
【解答】
【解答】
【解答】
【解答】
7．甲口袋中装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1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，重复进行n(n∈N*)次这样的操作，记甲口袋中黑球的个数为Xn，恰有n个黑球的概率为pn．
(1)求p1；
【解答】
7．甲口袋中装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1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，重复进行n(n∈N*)次这样的操作，记甲口袋中黑球的个数为Xn，恰有n个黑球的概率为pn．
(2)求Xn的数学期望E(Xn)．
【解答】
5 统计与概率中的递推关系
基础打底
1．某人上楼梯，每步上1阶的概率为，每步上2阶的概率为，设此人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 到达第3阶台阶的方法有两种．第一种：每步上一个台阶，上两步，则概率为×=；第二种：只上一步且上两个台阶，则概率为，所以到达第3阶台阶的概率为＋=．
2．(2025·苏锡常镇二模)某校共有1 500名学生在学校用午餐，每次午餐只能选择在楼上或楼下的一个食堂用餐，经统计，当天在楼上食堂用午餐的学生中，有10%的学生第二天会到楼下食堂用午餐；而当天在楼下食堂用午餐的学生中，有15%的学生第二天会到楼上食堂用午餐，则一学期后，在楼上食堂用午餐的学生人数大约为( C )
A．700 B．800
C．900 D．1 000
【解析】 设第n天楼上用餐人数为an，楼下用餐人数为(1 500－an)，则an=90%an－1＋15%(1 500－an－1)(n≥2)，所以an=75%an－1＋225=an－1＋225，an－900=(an－1－900)，若a1－900=0，则{an－900}为常数列，所以an=900；若a1－900≠0，则{an－900}是以为公比，a1－900为首项的等比数列，an－900=(a1－900)×n－1，所以an=900＋(a1－900)×n－1≈900．
3．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到0的概率为，收到1的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．若第一个人发送信号0和1(第一个是0，第二个是1)给第二个人，第二个人将接收到的信号发送给第三个人，依次类推，则第三个人收到的信号对应为0和1的概率为 ．
【解析】 设第i个人收到0和0为事件Ai，收到0和1为事件Bi，收到1和0为事件Ci，收到1和1为事件Di，则P(A2)=×=，P(B2)=×=，P(C2)=×=，P(D2)=×=，故P(B3)=×P(A2)＋×P(B2)＋×P(C2)＋×P(D2)==，即第三个人收到的信号为0和1的概率为．
4．小张、小王和小李正在玩纸牌游戏(去除大小王)，第一个拿到方块牌的人获胜．他们轮流抽牌，小张先抽，之后是小王，接下来是小李，然后又是小张，依此类推，直到有人抽到方块牌为止．当一个人抽取之后，如果他拿到的牌不是方块，则将其放回，并在下一个人抽取之前重新彻底洗牌．
(1) 小张在第三轮抽牌时获胜的概率为 ；
(2) 小张最终获胜的概率为 (取极限值)．
【解析】 因为一副牌共有52张(去除大小王)，其中13张是方块，所以无论谁抽牌，他抽方块牌的概率都是=．由题意可得小张第一轮抽牌获胜的概率为a1=，第二轮抽牌小张获胜的概率为a2=3×，第三轮抽牌小张获胜的概率为a3=6×，依次类推，第n轮抽牌小张获胜的概率为an=3(n－1)×，故最终小张获胜的概率为P=＋3×＋6×＋…＋3(n－1)×=×=－×3n．
强技提能
连续两项递推关系
例1 (2025·镇江期初)口袋中有大小相同、质地均匀的3个白球和3个黄球．甲、乙两人进行摸球游戏，规则如下：每次摸2个球，观察颜色后放回，若颜色相同，则摸球人继续摸球，否则由对方摸球．第一次由甲开始摸球，记第n次由甲摸球的概率是Pn．
(1) 求P2，P3；
【解答】 第一次由甲开始摸球，P1=1，P2表示第二次由甲摸球的概率，P2===，P3表示第二次由甲摸球后或第二次由乙摸球后，第三次由甲摸球的概率，P3=P2＋(1－P2)=×＋×=，所以P2=，P3=．
(2) 证明：数列是等比数列，并求Pn．
【解答】 当n≥2时，Pn表示第n－1次由甲摸球后或由乙摸球后，第n次由甲摸球的概率，所以Pn=·Pn－1＋(1－Pn－1)，即Pn=Pn－1＋(1－Pn－1)=－Pn－1＋，所以Pn－=－，因为P1=1，即P1－=，所以数列是以为首项，－为公比的等比数列，即Pn－=×n－1，则Pn=×n－1＋，当n=1时，P1=1满足上式，所以Pn=×n－1＋．
连续两项的递推特征(当前状态只与上个状态有关)：
解题的关键在于利用全概率公式构建数列的递推关系式：Pi=aPi－1＋b(1－Pi－1)，再利用构造法求出通项公式．
变式1 (2025·江门模拟)在某平台的闯关赢奖品活动中，用户每次进入新的一关都有一次抽奖机会．已知用户在第一关抽到奖品的概率为，从第二关开始，若前一关没抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为；若前一关抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为．记用户第n关抽到奖品的概率为pn，则pn的最大值为 ．
【解析】 依题意，p1=，记用户第i(i∈N*)关抽到奖品为事件Ai，当n≥2时，P(An|An－1)=，P(An|An－1)=，P(An)=P(An－1)P(An|An－1)＋P(An－1)P(An|An－1)，pn=P(An)，于是pn=pn－1＋(1－pn－1)=－pn－1，则pn－=－，而p1－=－=－，因此数列是以－为首项，－为公比的等比数列，则pn－=－×n－1，即pn=－×n－1．当n为奇数时，n－1＞0，则pn=－×n－1＜；当n为偶数时，pn=＋×n－1＞，数列是递减数列，pn≤p2=，所以pn的最大值为．
连续三项递推关系
例2 (2025·湛江一模)甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题(难度系数较低的A类问题以及难度系数较高的B类问题)供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到A类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到B类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立．
(1) 当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望．
【解答】 X的可能取值为0，1，2，3，4，每次回答A类问题且回答正确的概率为×=，回答A类问题且回答不正确的概率为×=，每次回答B类问题且回答正确的概率为×=，回答B类问题且回答不正确的概率为×=，P(X=0)=×＋×＋2××=，P(X=1)=××2＋××2=，P(X=2)=×＋××2＋××2=，P(X=3)=××2=，P(X=4)=×=，故X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
则E(X)=0×＋1×＋2×＋3×＋4×=1．
(2) 设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为G(n)．
①证明：为等比数列．
②求G(n)的最大值以及对应n的值．
【解答】 ①G(1)=，G(2)=＋×=，由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为(n－1)分或(n－2)分，故当n≥3时，G(n)=G(n－1)＋G(n－2)，所以G(n)－G(n－1)=－G(n－1)＋G(n－2)=－，所以是以G(2)－G(1)=为首项，－为公比的等比数列．
②根据①可知，G(n＋1)－G(n)=×n－1①，易得G(n)＋G(n－1)=G(n－1)＋G(n－2)=，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以G(nn＋1)＋G(n)=×nn－1②，②－①得G(n)=×n－1－×n－1，所以G(n)n=×n－1＋×n，经检验n=1，n=2时均满足上式，故G(n)=×，所以G(n)n=×≤×，而×显然随着n的增大而减小，故G(n)≤×==G(2)(n≥2)．又因为G(1)＞G(2)，所以当n=1时，G(n)取到最大值为．
连续三项的递推特征(当前状态只与上两个状态有关)：
(注：图中a表示从上个状态转移到下个状态的概率)
解题的关键在于利用全概率公式构建数列的递推关系式：Pi＋1=aPi＋(1－a)Pi－1，再利用构造法求出通项公式．
变式2 一种掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第0站、第1站、第2站、…、第100站，共101站，设棋子跳到第n站的概率为Pn，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次．若掷出奇数点，棋子向前跳一站；若掷出偶数点，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站(获胜)或第100站(失败)时，游戏结束(骰子是用一种均匀材料做成的立方体形状的游戏玩具，它的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6)．
(1) 求P0，P1，P2，并根据棋子跳到第n站的情况，试用Pn－2和Pn－1表示Pn；
【解答】 棋子开始在第0站是必然事件，所以P0=1．棋子跳到第1站，只有一种情形，第一次掷骰子出现奇数点，其概率为，所以P1=．棋子跳到第2站，包括两种情形：①第一次掷骰子出现偶数点，其概率为，②前两次掷骰子出现奇数点，其概率为，所以P2=＋=．棋子跳到第n(2≤n≤99)站，包括两种情形：①棋子先跳到第n－2站，又掷骰子出现偶数点，其概率为Pn－2；②棋子先跳到第n－1站，又掷骰子出现奇数点，其概率为Pn－1，故Pn=Pn－2＋Pn－1(n=2，3，…，99)．棋子跳到第100站只有一种情形：棋子先跳到第98站，又掷骰子出现偶数总，所以P100=P98．
(2) 求证：{Pn－Pn－1}(n=1，2，…，99)为等比数列；
【解答】 由(1)知，Pn=Pn－2＋Pn－1，所以Pn－Pn－1=－(Pn－1－Pn－2)．又因为P1－P0=－，所以{Pn－Pn－1}(n=1，2，…，99)是首项为－，公比为－的等比数列．
(3) 求玩该游戏获胜的概率．
【解答】 由(2)知，Pn－Pn－1=－n－1=n，所以P99=(P99－P98)＋(P98－P97)＋…＋(P1－P0)＋P0=99＋98＋…＋＋1=＋1=，所以玩该游戏获胜的概率为．
多元递推关系
例3 (2025·丹东期末)某驾校的张教练带领甲、乙、丙三名学员进行科目三练习，由于教练车只有一辆，张教练在排队系统中设定：每次甲练习后，系统抽到甲继续练习的概率为，抽到乙练习的概率为；每次乙练习后，系统抽到甲练习的概率为，抽到丙练习的概率为；每次丙练习后，系统抽到甲练习的概率为，抽到乙练习的概率为．某天练习结束，一共练习了n(n≥3，n∈N)轮，已知练习从甲开始．
(1) 当n=3时，求甲一共参与练习次数X的分布列与数学期望；
【解答】 根据题意得X的可能取值为1，2，3，则X=1时，表示第1轮为甲，第2轮为乙，第3轮为丙，即P(X=1)=1××=；X=2时，表示第1轮为甲，第2轮为甲，第3轮为乙，或第1轮为甲，第2轮为乙，第3轮为甲，即P(X=2)=1××＋1××=；X=3时，表示第1轮为甲，第2轮为甲，第3轮为甲，即P(X=3)=1××=，所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)=1×＋2×＋3×=．
(2) 求第n轮为甲练习的概率．
【解答】 设第n轮练习为甲、乙、丙的概率分别为Pn，Qn，1－Pn－Qn，由题意得Pn=Pn－1＋Qn－1＋(1－Pn－1－Qn－1)=－Qn－1 ①，Qn=Pn－1＋(1－Pn－1－Qn－1)=－Qn－1 ②，由②得Qn－=－，所以数列是首项为Q1－=－，公比为－的等比数列，Qn=－×n－1，则Qn－1=－×n－2，代入①中，得Pn=－×n－1，故第n轮为甲练习的概率为Pn=－×n－1(n≥3)．
多元连续两项的递推特征(当前状态只与上个状态有关)：
递推公式：①Pi=aPi－1＋bQi－1；
②Qi=(1－a)Pi－1＋(1－c)(1－Pi－1－Qi－1)．
(注：图中a，b，c表示从上个状态转移到下个状态的概率)
基于期望的递推关系(选讲)
例4 桌上有除颜色外其他没有任何区别的7个黑球和7个白球，现将3个黑球和4个白球装入不透明的袋中．第1次从袋中任取1个球，若取出的是黑球则放入1个白球，若取出的是白球则放入1个黑球，本次操作完成．第2次起每次取球、放球的规则和第1次相同．
(1) 求第2次取出黑球的概率．
【解答】 记第i次取出的球是黑球为事件Ai，i∈N*，则A2=(A1A2) (1A2)，根据全概率公式得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)＋P(1)P(A2|1)=×＋×=，所以第2次取出黑球的概率为．
(2) 记操作完成n次后袋中黑球的个数为变量Xn．
①求X2的概率分布列及数学期望E(X2)；
②求Xn的数学期望E(Xn)．
【解答】 ①由题知，X2的可能取值为1，3，5，则P(X2=1)=×=，P(X2=3)=×＋×=，P(X2=5)=×=，故X2的分布列为
X2 1 3 5
P
所以E(X2)=1×＋3×＋5×=．
②设第n－1次完成操作后袋中黑球个数为k(k=0，1，2，…，7)，则E(Xn)=·P(Xn－1=k)=P(Xn－1=k) =＋P(Xn－1=k)=E(Xn－1)＋1 ，由此得E(Xn)－=．又因为E(X0)=3，E(X0)－=－，所以E(Xn)－=－×n，即E(Xn)=－×n＋．
建立期望递推关系式和建立概率递推关系式的过程类似，我们可按以下步骤：
1．用字母表示“当前状态下的期望结果”，比如用E表示“还需多少次完成目标”．
2．分析当前状态可能的变化，比如“成功”或“失败”的概率，以及转移后是否回到原状态．
3．根据“平均等于各种情况的加权平均”，按照全概率公式把期望拆成不同情况的概率乘以(当前步骤＋对应情况的期望)．
配套热练
1．(2025·茂名二模)甲、乙、丙三人练习传球，每次传球时，持球者会等可能地传给另外两人中的任意一位，若第一次由甲开始传球，则经过四次传球后，球回到甲手中的概率为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 设事件An=“第n次球在甲手中”，Bn=“第n次球在乙手中”，Cn=“第n次球在丙手中”，那么由题意可知，P(An＋1)=P(Bn)＋P(Cn)，又P(An)＋P(Bn)＋P(Cn)=1，所以P(An＋1)=－P(An)，所以P(An＋1)－=－P(An)－=－，因为第一次由甲传球，可认为第0次传球在甲，即P(A0)=1，所以是以P(A0)－=为首项，公比为－的等比数列，故P(An)－=n，即P(An)=＋n，则P(A4)=＋4=．
2．(多选)一质点在x轴上，从原点O出发向右运动，每次平移一个单位长度或两个单位长度，且移动一个单位长度的概率为，移动2个单位长度的概率为，设质点运动到(n，0)(n∈N*)的概率为Pn，则( BCD )
A．P2= B．Pn=Pn－1＋Pn－2(n≥3)
C．是等比数列 D．P100=×100＋
【解析】 由题可知，质点运动到(1，0)的概率P1=，则P2=×＋=，故A错误．运动到(n，0)(n≥3，n∈N*)分两种情况：①由点(n－1，0)向右运动1个单位长度；②由点(n－2，0)向右运动2个单位长度．所以Pn=Pn－1＋Pn－2(n≥3)，故B正确．上式变形为Pn－Pn－1=Pn－1＋Pn－2－Pn－1=－(Pn－1－Pn－2)，所以{Pn－Pn－1}是以－为公比的等比数列，首项为P2－P1=－=，所以Pn－Pn－1 =n－2，n≥2，所以Pn=(Pn－Pn－1)＋(Pn－1－Pn－2)＋…＋(P2－P1)＋P1= ＋=＋=＋n，所以是首项为－，公比为－的等比数列，故C正确．P100=＋×100 =×100＋，故D正确．
3．(多选)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(n∈N*)次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有1个黑球的概率为pn，恰有2个黑球的概率为qn，则下列结论不正确的是( ACD )
A．p2=，q2=
B．数列{2pn＋qn－1}是等比数列
C．数列{pn＋2qn－1}是等比数列
D．Xn的数学期望E(Xn)=1＋n(n∈N*)
【解析】 由题意知，p1=，q1=，且pn＋1=qn＋pn＋(1－pn－qn)=－pn＋，qn＋1=qn＋×pn=qn＋pn，则p2=－p1＋=，q2=p1＋q1=，故A正确；由上可得pn＋1＋2qn＋1=pn＋qn＋，故pn＋1＋2qn＋1－1=(pn＋2qn－1)，则数列{pn＋2qn－1}是首项为，公比为的等比数列，故B错误，C正确；所以pn＋2qn－1=n，则E(Xn)=pn＋2qn=1＋n，故D正确．
4．甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：
当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；
当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；
当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若点数不大于3，则丙将球传给乙．
初始时，球在甲手中，投掷n(n∈N*)次骰子后，记球在甲手中的概率为Pn，则P3= ，Pn= n－1＋ ．
【解析】 记第n次球在甲手中的概率为Pn，记第n次球在乙手中的概率为Qn，记第n次球在丙手中的概率为Rn，则有Pn＋1=Pn＋Qn＋Rn ①，Qn＋1=Pn＋Rn ②，Rn＋1=Qn ③，由②③得Qn＋1＋Rn＋1=1－Pn＋1=Pn＋Qn＋Rn ④，由①④得1－2Pn＋1=Qn，则Pn＋1=Pn＋1－2Pn＋1＋1－2Pn，即Pn＋1－=－，P1=，Pn－=n－1，Pn=n－1＋，则P3=×＋=．
5．(2025·佛山一模)ACE球是指在网球对局中，一方发球，球落在有效区内，但接球方却没有触及到球而使发球方直接得分的发球．甲、乙两人进行发球训练，规则如下：每次由其中一人发球，若发出ACE球，则换人发球，若未发出ACE球，则两人等可能地获得下一次发球权．设甲、乙发出ACE球的概率均为p0，记An=“第n次发球的人是甲”．
(1) 证明：P(An＋1|An)＋P(An＋1|)=1；
【解答】 若第n次为甲发球的条件下第n＋1次还是甲发球，则第n次甲没有发出ACE球，故此时P(An＋1|An)=(1－p0)×．若第n次不是甲发球的条件下第n＋1次是甲发球，乙发ACE球，则第n＋1次是甲发球；乙没有发出ACE球，则有的概率第n＋1次是甲发球，故P(An＋1|)=p0＋(1－p0)×，故P(An＋1|An)＋P(An＋1|)=p0＋1－p0=1．
(2) 若P(A1)=1，P(A2)=，求p0和P(An)．
【解答】 P(An)=P(AnAn－1)＋P(AnAn－1)=P(An|An－1)P(An－1)＋P(An|An－1)P(An－1)=·P(An－1)＋·P(An－1)，n≥2，故P(A2)=P(A1)＋P()，所以=，即p0=，所以P(An)=P(An－1)＋［1－P(An－1)］=－P(An－1)，故P(An)－=－．而P(A1)－=≠0，故为等比数列，P(An)－=×n－1，即P(An)=＋×n－1．
6．某市12月的天气情况有晴天、下雨、阴天3种，第2天的天气情况只取决于第1天的天气情况，而与之前的无关．若第1天为晴天，则第2天下雨的概率为，阴天的概率为；若第1天为下雨，则第2天晴天的概率为，阴天的概率为；若第1天为阴天，则第2天晴天的概率为，下雨的概率为．已知该市12月第1天的天气情况为下雨．
(1) 求该市12月第3天的天气情况为晴天的概率；
【解答】 设“该市12月第n天的天气情况为晴天”为事件An，“该市12月第n天的天气情况为下雨”为事件Bn，“该市12月第n天的天气情况为阴天”为事件Cn，n∈N*，且1≤n≤31．由全概率公式可得P(A3)=P(A2A3)＋P(B2A3)＋P(C2A3)=P(A2)P(A3|A2)＋P(B2)P(A3|B2)＋P(C2)P(A3|C2)=×＋×＋×=，故该市12月第3天的天气情况为晴天的概率为．
(2) 记an，bn，cn分别为该市12月第n(n∈N*)天的天气情况为晴天、下雨和阴天的概率，证明{an＋1－an}为等比数列，并求出an．
【解答】 记an=P(An)，bn=P(Bn)，cn=P(Cn)，a1=0，a2=．由(1)可得An＋1=AnAn＋1＋BnAn＋1＋CnAn＋1，由全概率公式可得an＋1=P(An＋1)=P(AnAn＋1)＋P(BnAn＋1)＋P(CnAn＋1)=P(An)P(An＋1|An)＋P(Bn)P(An＋1|Bn)＋P(Cn)P(An＋1|Cn)=an×＋bn×＋cn×=an＋bn＋cn，即an＋1=an＋bn＋cn ①，同理可得bn＋1=an＋bn＋cn ②，cn＋1=an＋bn＋cn③，②＋③得bn＋1＋cn＋1=an＋bn＋cn=an＋(bn＋cn)④．由①得bn＋cn=4an＋1－2an，则bn＋1＋cn＋1=4an＋2－2an＋1，代入④得4an＋2－2an＋1=an＋(4an＋1－2an)，即4an＋2=5an＋1－an，故4(an＋2－an＋1)=an＋1－an，即an＋2－an＋1=(an＋1－an)．又a2－a1=－0=，所以{an＋1－an}是以为首项，为公比的等比数列，所以an＋1－an=×n－1=n，所以当n≥2时，a2－a1=1，a3－a2=2，a4－a3=3，…，an－an－1=n－1，累加得an－a1=1＋2＋3＋…＋n－1==．又a1=0，所以an=．又当n=1时，a1=0也满足上式，所以an=．
7．甲口袋中装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1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，重复进行n(n∈N*)次这样的操作，记甲口袋中黑球的个数为Xn，恰有n个黑球的概率为pn．
(1) 求p1；
【解答】 第一次操作后，甲口袋中恰有1个黑球只可能有两种情况：
①从甲口袋中摸出的是白球，则从乙口袋中摸出的也必须是白球，这种情况的概率为×=；
②从甲口袋中摸出的是黑球，则从乙口袋中摸出的也必须是黑球，这种情况的概率为×=，所以p1=＋=．
(2) 求Xn的数学期望E(Xn)．
【解答】 记第n－1次操作后，甲口袋中黑球个数为E(Xn－1)，则乙口袋中黑球个数为3－E(Xn－1)，则第n次操作时从甲口袋中取出黑球的个数服从超几何分布，则取出黑球个数的期望为1×；从乙口袋中取出黑球的个数也服从超几何分布，则取出黑球个数的期望为1×，则第n次操作后，甲口袋中黑球个数Xn满足E(Xn)=E(Xn－1)－＋，则E(Xn)－=．第1次操作时，从甲口袋中取出黑球的个数服从超几何分布，则取出黑球个数的期望为1×，从乙口袋中取出黑球的个数也服从超几何分布，则取出黑球个数的期望为1×，所以E(X1)=1－＋=，则E(X1)－=－≠0，所以数列是以－为首项，以为公比的等比数列，所以E(Xn)－=－×n－1，所以E(Xn)=－×n．
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