思维提升　培优点4　概率与统计中的递推关系 学案

培优点4　概率与统计中的递推关系
[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　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
答案　D
解析　记n(n≥2)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}(n≥2)，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.
[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
答案　D
解析　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.
考点二　递推数列在概率、统计中的应用
考向1　an=p·+q型
例2　(2023·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
(3)已知随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi，i=1，2，…，n，则E(Xi)=qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y).
解　(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，
所以P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2)
=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)
=0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6.
(2)设P(Ai)=pi，依题可知，P(Bi)=1-pi，
则P(Ai+1)=P(AiAi+1)+P(BiAi+1)
=P(Ai)P(Ai+1|Ai)+P(Bi)P(Ai+1|Bi)，
即pi+1=0.6pi+(1-0.8)×(1-pi)=0.4pi+0.2，
构造等比数列{pi+λ}，
设pi+1+λ=(pi+λ)，解得λ=-，
则pi+1-=，
又p1=，p1-=，
所以是首项为，公比为的等比数列，
即pi-=×，pi=×+.
(3)因为pi=×+，i=1，2，…，n，
所以当n∈N*时，E(Y)=p1+p2+…+pn=×+=+，
故E(Y)=+.
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=　　　　　.
答案　　
解析　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=××××=.
考向3　an+1=p·an+q·an-1型
例4　(2025·江西八校联考)为了增强学生体质，学校举办趣味爬楼梯比赛.从地面开始，小明爬楼梯有两种方式，一步上一级台阶或两级台阶，其中一步上一级台阶的概率为，上两级台阶的概率为，爬楼梯过程中，小明爬到第n个台阶的概率为pn(n∈N*).
(1)求p2，p3的值；
(2)设随机变量X表示小明爬3步上的台阶总数，求X的分布列及均值；
(3)求pn.
解　(1)由题可知p2=×+=，
p3=××+××=.
(2)随机变量X所有可能取值为3，4，5，6，
P(X=3)==，
P(X=4)=××=，
P(X=5)=××=，
P(X=6)==.
X的分布列为
X 3 4 5 6
P
E(X)=3×+4×+5×+6×=5.
(3)爬到第n+2个台阶有两种情况：
情况一：爬到第n个台阶，下一步上两个台阶爬到第n+2个台阶；
情况二：爬到第n+1个台阶，下一步上一个台阶爬到第n+2个台阶.
故pn+2=pn+1+pn，
则pn+2+pn+1=pn+1+pn，
所以pn+1+pn=p2+p1=+×=1，
即pn+1-=×，
又p1-=-≠0，故是首项为-，公比为-的等比数列，
所以pn-=-×=×，
故pn=+×.
[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　某大学举办中国传统节日知识竞赛，每位大学生随机抽取问题并依次作答，其中每个问题的回答相互独立.若答对一题记2分，答错一题记1分.已知学生甲每个问题答对的概率为，答错的概率为.
(1)学生甲随机抽取3题，记总得分为X，求X的分布列与数学期望；
(2)若学生甲已答过的题累计得分为n分的概率为Pn，求Pn与Pi.
解　(1)X的可能取值为3，4，5，6，
P(X=3)==，
P(X=4)=××=，
P(X=5)=××=，
P(X=6)=×=.
X的分布列为
X 3 4 5 6
P
所以E(X)=3×+4×+5×+6×=4.
(2)P1=，P2=+×=，
当n≥3时，若甲已答过的题累计得分为n分，只有两种情况：
①甲已答过的题累计得分为(n-1)分，下一个题答错得1分；
②甲已答过的题累计得分为(n-2)分，下一个题答对得2分.
所以Pn=Pn-1+Pn-2，即Pn+Pn-1=Pn-1+Pn-2，
所以数列为常数列.
又P2+P1=+×=1，
所以Pn+Pn-1=1(n≥2)，
则Pn-=-，
P1-=-=-≠0，
所以数列是以-为首项，-为公比的等比数列，
所以Pn-=-×，
即Pn=+×.
所以Pi=P1+P2+P3+…+Pn=n+×
=n+×
=n-.
专题强化练
[分值：70分]
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
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
答案　B
解析　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手中的方法有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
答案　D
解析　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.(2025·湖南名校联合体模拟)如图，A，B，C三个区域有通道口两两相通，一质点从其所在的区域随机选择一个通道口进入相邻的区域，设经过n次随机选择后质点到达C区域的概率为xn，若质点一开始在C区域，则x20等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　记质点经过n次随机选择后到达A区域的概率为an，
质点经过n次随机选择后到达B区域的概率为bn，
则
消去an，bn，可得xn+1=(1-xn)，
则xn+1-=-，
因为x1=0，x1-=-≠0，
所以数列是首项为-，公比为-的等比数列，所以xn-=-·，
即xn=-·，
故x20=-·=.
4.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.
答案　A
解析　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-=，
所以是首项为，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.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.设一个正三棱柱ABC-A1B1C1，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面ABC的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，且它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行n次，仍然在上底面的概率为Pn，则下列说法正确的是(　　)
A.P2=
B.P12=+
C.Pn=Pn-1+
D.=
答案　AD
解析　显然P1=，
P2=×+×=，A正确；
蚂蚁爬行n次仍在上底面只有两种情况：
情况一：爬行(n-1)次就在上底面，再爬行1次只有两条路可选，其概率是Pn-1；
情况二：爬行(n-1)次在下底面，概率是1-Pn-1，再爬行一次只有一条路可选，其概率是(1-Pn-1)；
因此，Pn=Pn-1+(1-Pn-1)，
整理得Pn=Pn-1+，
即Pn-=，又P1-=-=≠0，
所以为首项为，公比为的等比数列，
所以Pn-=×，即Pn=+，
所以P12=+，B，C错误；
所以==，D正确.
6.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)=
答案　BCD
解析　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.
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.用4种颜色给有n(n≥2)个区域(不含最中间区域)的圆环涂色，且要求相邻区域不同色，用an表示完成这一涂色的方法数，则a7=　　　　.
答案　2 184
解析　先考虑an+1的取值：
假设不区分A1，An+1是否同色，则用4种颜色涂这n+1个区域等价于对以下区域涂色：
A1 A2 A3 A4 … An+1
因此共有4×3n种，但是这其中包含了A1，An+1同色的情况，因此an+1的取值应该减去A1，An+1同色的情况；
而A1，An+1同色时，可以将这两个相邻区域看成一个整体，即用4种颜色给n个区域涂色，
其方法数也就是an，所以有an+1=-an+4×3n(n≥2).
接下来，利用递推关系求an，
由an+1=-an+4×3n，
两边同除以(-1)n+1得=-4×(-3)n，
移项得-=-4×(-3)n，
利用累加法得当n≥3时，=-+-+…+-+
=-4×[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]+a2，
又因为a2==12，
所以=-4×[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]+12=-4×+12
=3+(-3)n，
即an=3×(-1)n+3n，又a2=12满足该式，
所以an=3×(-1)n+3n(n≥2)，
所以a7=2 184.
8.甲、乙两人轮流掷一枚骰子，甲先掷.规定：若甲掷到1点，则甲继续掷，否则由乙掷；若乙掷到3点，则乙继续掷，否则由甲掷.两人始终按此规律进行，记第n次由甲掷的概率为pn，则p2=　　　　，pn=　　　　.
答案　　+
解析　由题意得，甲掷到1点，乙掷到3点的概率都是，因为甲先掷，若第二次仍由甲掷，则说明第一次甲掷到1点，则p2=，
设第(n-1)次由甲掷的概率是pn-1，n≥2，
则若第(n-1)次由甲掷，第n次仍由甲掷的概率是 pn-1，
若第(n-1)次由乙掷，第n次仍由甲掷的概率是(1-pn-1)，
所以第n次仍由甲掷的概率是
pn=pn-1+(1-pn-1)，
即pn=-pn-1+，
即pn-=-，又p1-=≠0，
所以是以为首项，以-为公比的等比数列，所以pn-=，
即pn=+.
四、解答题(共28分)
9.(13分)(2025·怀化模拟)已知甲、乙两个箱子中均装有1个黑球和2个白球(各球大小，质地均相同)，每次操作从甲、乙两个箱子中各任取一个球交换放入另一箱子.
(1)当进行1次操作后，设甲箱子中黑球个数为X，求X的分布列及均值；(5分)
(2)重复n次这样的操作后，记甲箱子中恰有1个黑球的概率为pn，求pn.(8分)
解　(1)由题意知X的可能取值为0，1，2，
P(X=0)=×=，
P(X=1)=×+×=，
P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)=，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
所以E(X)=0×+1×+2×=1.
(2)重复n次这样的操作后，记甲箱子中恰有0个黑球的概率为qn，
则甲箱子中恰有2个黑球的概率为1-qn-pn，根据全概率公式可得，
当n≥2时，pn=qn-1+pn-1+(1-qn-1-pn-1)=-pn-1+，
所以pn-=-，
由(1)知p1=，所以p1-=-=-，
所以数列是首项为-，公比为-的等比数列，故pn-=-·，
所以pn=-·，即pn=+·.
10.(15分)(2025·昆明模拟)在足球训练中，甲、乙、丙三人进行传球训练.每次传球按以下规则转移：当球在甲脚下时，他有的概率继续控球(不传给别人)，的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有的概率回传给甲，的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有的概率传给甲，的概率传给乙.初始时球在甲处，每次传球是相互独立的.
(1)求两次传球后球在乙处的概率，以及三次传球后球在丙处的概率；(4分)
(2)记n次传球后，球在甲处的概率为pn，在乙处的概率为qn.
①证明：数列是等比数列；(5分)
②求和的通项公式.(6分)
(1)解　两次传球后球在乙处：只有“甲→甲→乙”这一种情况.第一次甲传给甲的概率是，第二次甲传给乙的概率是，所以概率为×=.
三次传球后球在丙处：只有“甲→甲→乙→丙”这一种情况.第一次甲传给甲的概率是，
第二次甲传给乙的概率是，
第三次乙传给丙的概率是，
所求概率为××=.
(2)①证明　qn+1表示n+1次传球后球在乙处的概率，它有两种情况：
第n次球在甲处，第n+1次甲传给乙，概率为pn；
第n次球在丙处，第n+1次丙传给乙，概率为(1-pn-qn).
所以qn+1=pn+(1-pn-qn)=-qn，
则qn+1-=-qn-=-.
又q1=，q1-=-=≠0.
所以数列是以为首项，-为公比的等比数列.
②解　由①可知qn-=×
=-×，
所以qn=-×，n∈N*.
因为pn+1=pn+qn+(1-pn-qn)=qn+，
则pn+1=-×+=+×，所以pn=+×.