数列与概率统计结合题型（解析版）-2024年高考数学重难点题型突破（新高考）

重难点专题30数列与概率统计结合题型汇总

题型1求数列通项公式型.............................................................1

题型2证明等比数列型..............................................................14

题型3求和型.......................................................................28

题型4数列的综合问题..............................................................37

题型1求数列通项公式型

【例题1】(2023秋•山东•高三山东省实验中学校考阶段练习)某品牌女装专卖店设计摸球

抽奖促销活动，每位顾客只用一个会员号登陆，每次消费都有一次随机摸球的机会.已知顾

客第一次摸球抽中奖品的概率为；；从第二次摸球开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中

的概率为|,若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为［,记该顾客第n次摸球抽中奖品的概

率为4.

Q)求P2的值，并探究数列｛4｝的通项公式；

(2)求该顾客第几次摸球抽中奖品的概率最大，请给出证明过程.

【答案】⑴厂

(2)第二次，证明见解析

【分析】(1)根据全概率公式即可求解P?，利用抽奖规则，结合全概率公式即可由等比数

列的定义求解，

(2)根据匕=,即可对n分奇偶性求解.

【详解】(1)记该顾客第通6N*)次摸球抽中奖品为事件A,依题意，=，

+1-x=

P2=P(4)=P(&)P(&I&)+P㈤P(&闲=hi(7)^S-

因为PC4nM-J=i,P（4J不）=]%=POU，

所以P(An)=P(An_i)P(4nMn_i)+P(初；/入|初?)，

所以4=［Pn-i+'1-&T)=-^n-l+h

所以尸，5,

又因为Pl=|,则Pl-：=一］于0，

所以数列｛&-3是首项为-1公比为-］的等比数列，

故治=:乂-/,

(2)证明：当n为奇数时，4=，-卷＜：〈工，

当n为偶数时，％=：+霜，则%随着n的增大而减小，

所以，&"2=关.

综上，该顾客第二次摸球抽中奖品的概率最大.

【变式1-1］1.(2023秋・浙江•高三校联考阶段练习)杭州亚运会定于2023年9月23日

至10月8日举行.在此期间，参加亚运会的运动员可以在亚运村免费食宿.亚运村的某餐

厅从第一天起到最后一天，晚餐只推出“中式套餐"和"西式套警”.已知某运动员每天晚

餐会在该食堂提供的这两种套餐中选择.已知他第一晚选择“中式套餐”的概率为久而前

一晚选择了“中式套餐"，后一晚继续选择"中式套餐”的概率为；，前一晚选择"西式套

餐"，后一晚继续选择“西式套餐"的概率为］如此往复.

(1)求该运动员第二晚"中式套餐”套餐的概率；

(2)记该运动员第n(n=1,2,…,16)晚选择"中式套餐”的概率为&

(i)求匕；

(ii)求该运动员在这16晚中选择"中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率的晚数.

【答案】⑴：

(2)(i)&=2+黑(一。)”’5=1,2,3,-,16);(ii)2晚

1/03X1Z/

【分析】(1)分类两种情况讨论：第一晚选择"中式套餐”的概率为3,则第二晚"中式套

餐”套餐的概率为：;第一晚选择“西式套餐”的概率为：,则第二晚“中式套餐”套餐的概

率为I,进而得到结果；

(2)(1)先求出匕与之间的递推关系，根据等比数列的知识求解出匕；

(ii)由选择“中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率可知匕>|,从而解得鹿的范围，进

而得出结果.

【详解】(1)解：记该运动员第二晚“中式套餐”套餐的概率P2,

由题意知：22屋X；+[X(1—《)=9

(2)该运动员第以71=1,2，…,16)晚选择“中式套餐”的概率为匕，

(i)%=PI；+(1-P"-1)•|=一卷Pn-1+15=23…,16),

•,岛―弓=一氯。"-1一知，

又$一5H=。，，釜=一卷5=2,3,…,16)，

.•・数列｛%-同是以黄为首项，以-卷为公比的等比数列.

，匕号+tl，(-V)5=1,2,3,…,16)；

(ii)由题意知，只需4>1-Pn即%>/n=1,2,…,16),

号+言(_《)”1>]即(一£)"1>岛=系"]2".,16),

显然n必为奇数，偶数不成立，

故当n=1,3,5，…，15时，有仁)x>总即可.

当n=1时，白>g显然成立；

1Zbo

当』时，团=言,

因为至一三=三(三一3)=9(工一上)>0

144562X4\187/8\18x77X18/

故当n-3时，成立；

当"5时，囱=―与法徽大小，

62555/1251\5/125x772x36\

144x144-56=2x4(72x36-7/8172x36x7-72X36x7)

="(--也一)<0,

8\72x36x7/

所以当n=5时，不成立.

又因为(V)'T单调递减，所以”>5时不成立.

综上，只有2晚.

【变式1-1]2.(2023秋•江苏常州•高三常州高级中学校考开学考试)某校为了增强学生

的安全意识，组织学生参加安全知识答题竞赛，每位参赛学生可答题若干次，答题赋分方法

如下：第一次答题，答对得2分，答错得1分；从第二次答题开始，答对则获得上一次答

题得分的两倍，答错得1分.学生甲参加这次答题竞赛，每次答对的概率为|,且每次答题

结果互不影响.

(1)求学生甲前三次答题得分之和为4分的概率；

(2)设学生甲第i次答题所得分数Xj(ieN*)的数学期望为E(XD.

(।)求E(Xi),E(X2),E(X3)；

(ii)直接写出E(XJ与>2)满足的等量关系式(不必证明)；

(iii)根据(ii)的等量关系求E(XD表达式，并求满足E(M)>10的i的最小值.

【答案】(琛；

(2)(i)E(X1)=|,E(X2)=g,E(X3)=告；(ii)E(Xi)=+]i£N\i>2；

(iii)E(Xj)=2《)i-1,最小值是6.

【分析】(1)根据给定条件，分析甲前三次答题得分之和为4分的事件，再利用独立重复

试验的畴公式计算作答.

(2)(i)依次求出得分分别为X】,X?,X3的可能值及对应的概率，再利用期望的定义求解即

可；(ii)分析(i)的结论，探求E(XD与>2)的关系即可作答;(iii)由(ii)

的递推公式，求出E(XD,再解不等式作答.

【详解】(1)学生甲前三次答题得分之和为4分的事件，即为学生甲前三次答题中仅只答

对一次的事件，

设"学生甲前三次答题得分之和为4分"为事件4,所以P(4)=C：x|x(1-1)2=：.

(21i摩生甲第1次答题得2分、1分的概率分别为|，所以E(X])=2x：+1x(=9

甲第2次答题得4分、2分、1分的概率分别为|x|(x|,J所以E(X2)=4X|X|+2X

ix-+lxi=—；

3339

甲第3次答题得8分、4分、2分、1分的概率分别为？x|x]：x|x|'x]；，

所以E(X3)=8x-x-x-+4xix-x-+2xix-+lxi=—.

k3733333333327

(ii)由(i)知，E(X2)=：E(X1)+]E(X3)=居氏)+]

当i22时，甲第i-1次答题所得分数X一的期望为E(Xj_i),

则第i次答对题所得分数2E(Xi),答错题所得分数为1,其概率分别为:,

于是甲第i次答题所得分数X,的期望为E(XD=2E(X,T)x|+1x：=gE(Xji)+1,

即E(XD=患(Xi)+1,iGN*,i>2.

(iii)由(i)知E(XJ=|,由(ii)知E(X,)=：E(XjT)+]iGN*,i>2,

4

11

-+J

因此E(Xj)+13即数列｛E(x。+1｝以g为首项，(为公比的等比数列,

则E(XD+l=1x©I,即E(Xi)=2钞-1.

由E(XD>10,得2(守-1>10,整理得(f>T，而CT=器<£,&=翳>蓝,

因此i>6,

所以i的最小值是6.

【变式1-1]3.(2023•全国•高三专题练习)2021年奥运会我国射击项目收获丰盛，在我

国射击也是一项历史悠久的运动.某射击运动爱好者甲来到靶场练习.若某种型号的枪支弹巢

中一共可装填6发子弹，现有一枪支其中有＞1)发为实弹，其余均为空包弹，现规定：

每次射击后，都需要在下一次射击之前填充一发空包弹，假设每次射击相互独立且均随机,

在进行n(7ieN)次射击后，记弹巢中空包弹的发数为4,

(1)当keN*时，请直接写出数学期望E(XQ与E(Xn_J的关系；

(2)求出E(Xn)关于n的表达式.

【答案】(l)E(Xn)=*E(Xn_i)+l

(2)E(Xn)=6-m(|)"(n€N)

【分析】(1)分第九次射出空包弹和第兀次射出实弹两种类型，根据相互独立事件的概率关

系，得到数学期望的递推关系；

(2)由数学期望的递推关系，通过构造等比数列，求出通项.

【详解】(1)第#欠射击后,包含两种情况：第n次射出空包弹和第n次射出实弹，

第几次射击前，剩余空包弹的期望是E(Xn_i),

若第n次射出空包弹，则此时对应的概率为空好，因为射击后要填充一发空包弹，则此时

O

空包弹的数量为，E(Xn_J-1+1=E(Xn_J

若第欹射出实弹，则此时对应的概率为1-受守,此时空包弹的数量为E(Xx)+1,

所以E(Xn)=-E(Xn_J+[1-[EUn-i)+1]=^F(Xn-i)+1.

(2)当71=0时，弹巢中有6-巾发空包弹，即E(X0)=6-m,

由E(Xn)=fFCXn-i)+1,得E(X”)-6=?[E(Xn_i)-6],

当n6N*时，数列｛E(XQ-6｝是首项为E(XJ-6=-汾，公比为沏等比数列，

OO

因此E(Xn)—6=—•(I)=—m(3)，而当n=。时，E(X0)=6—ni满足上式,

n6

所以E(Xn)=6-m(|)(N).

【变式1-1]4（2023秋•安徽合肥•高三合肥一中校联考开学考试）为纪念中国共产党成立

102周年，学校某班组织开展了"学党史，忆初心”党史知识竞赛活动，抽取四位同学，分

成甲、乙两组，每组两人，进行对战答题.规则如下：每次每位同学给出6道题目，其中有

一道是送分题（即每位同学至少答对1题）.若每次每组答对的题数之和为3的倍数，原答

题组的人再继续答题；若答对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题.假设每位同

学每次答题之间相互独立.求：

（1）若第一次由甲、乙组答题是等可能的，求第2次由乙组答题的概率；

（2）若第一次由甲组答题，记第n次由甲组答题的概率为匕，求匕.

【答案】（明

（2弭=?（一旷’+《

【分析】（1）根据已知条件，利用古典概型概率公式求出原答题组继续答题的概率和由对

方组答题的概率，再利用互斥事件概率加法和独立事件乘法概率公式求解即可；

（2）先求出概率关系PR[一：=一X4-J,构造等比数列，利用等比数列通项公式求解

即可.

【详解】（1）设第1次由甲组答题记作事件A,第1次由乙组答题记作事件彳,

第2次由乙组答题记作事件B，因为答对的题数之和为3的倍数分别为1+2,2+4,1+5,

4+5,3+3,6+6,3+6,所以答对的题数之和为3的倍数的概率为管=；,

所以答对的题数之和不是3的倍数的概率为1-1=|,

则P（B）=P（AB）+P（AB）=PG4AP⑻+P⑷♦P（丽）=ix|+1xi=i；

（2）第5+1）次由甲组答题,是第ri次由甲组答题第（n+1）次继续由甲组答题的事件与第

n次由乙组答题第5+1）次继续由甲组答题的事件和，它们互斥，

又各次答题相互独立，所以第n次由甲组答题，第S+1）次继续由甲组答题的概率为（%,

第n次由乙组答题，第(n+1)次继续由甲组答题的概率为|(1-4),

因此4+1=：&+|(1_&)=_1&+g(neN*),则6+1-J，

因为第一次由甲组答题，则匕=1,所以｛4-昌是首项为1,公比为-g的等比数列，

所以匕-j=j-(-y:即匕=1-(-旷+?

【变式1-1]5.(2023秋湖南湘潭•高三湘钢一中校考开学考试)新宁良山景区是世界自然

遗产、国家5A级景区，其中"八角寨"景区和"天下第一巷"景区是新宁良山景区的两张

名片.为了合理配置旅游资源，现对已游览“八角寨"景区且尚未游览"天下第一巷"景区

的游客进行随机调查，若不游览"天下第一巷"景区记2分，若继续游览"天下第一巷"

景区记4分，假设每位游客选择游览"天下第一巷"景区的概率均为]游客之间选择意愿

相互独立.

⑴从游客中随机抽取2人，记总得分为随机变量X,求X的数学期望；

(2)(i)记取(AeN*)表示"从游客中随机抽取k人，总分恰为2k分”的概率，求出｝的前4

项和；

(ii)在对游客进行随机问卷调查中，记a£nGN*)表示"已调查过的累计得分恰为2n分"

的概率，探求与与anT(n>2)的关系，并求数列｛即｝的通项公式.

【答案】⑴弓

(2)(i)54=詈;(ii)即=，«n=|+H-3)

【分析】(1)写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，再根据期望公式求解即可；

(2)(i)根据题意可得"总分恰为2k分”的概率为ey,再根据等比数列前n项和公式求解

即可；

(ii)方法一："已调查过的累计得分恰为2n分”的概率为时,得不到加分的情况只有先得

2n-2分，再得4分，概率为2T(n22),%=|,则1-即=2-i，再利用构造法求解

即可.

方法二：得分物分可以先得(2n-2)分，再得2分，也可以先得(2n-4)分，再得4分，"已

调查过的累计得分恰为2n分"的概率为a”，则"得(2/1-2)分的概率为,"得

(2兀-4)分"的概率为an_2,根据题意可出an，an-i，an_2的关系，再利用构造法求解即可.

【详解】(1)X可能取值为4,6,8,

P(X=4)

P(X=6)=G(洸)=/

P(X=8)=(1)2=1,

.•・x的数学期望E(X)=：x4+：x6+；x8=m=f；

yyyy3

(2)⑴"总分恰为2k分"的概率为(|『，

二数列｛pQ是以首项为；,公比为|的等比数列，记前n项和为右,

则前4项和54=塔"=詈；

1--O1

3

(ii)方法一："已调查过的累计得分恰为2兀分”的概率为an,

得不到比分的情况只有先得2n-2分，再得4分，概率为(即_1(71>2),ai=l，

所以1-an=2-I,即On=1-2T,

二味］_|),

•••数列鼠-习是以%-；=-专为首项，-3为公比的等比数列,

3/3\(l\n-11(l\n-1

方法二：得分2n分可以先得(2n-2)分，再得2分，也可以先得(2n-4)分，再得4分，

"已调查过的累计得分恰为2n分”的概率为M，则"得(2n-2)分"的概率为an_i，"得

(2n-4)分”的概率为味2，

Cr-p.2.1222.17

所以Qn=gQn—l+多。九一2，。1=孑，。2=3X5+3=；/

aaa

由Q〃=|Qn_i+ian_2，得@n+In-l=n-l+\n-2，

.1,1,17,12.

An+；«n-l=On-l+；an-2=-=«2+；al=~+；x7=1/

OOO700

。九=1—man-lr

(后面同方法一)

aa

另解：由。九=|an-l+2-2，得册-n-l=-1(n-l-Qn-2)，

721

••・Q?-Qi=------=-

“1939

n

1(i\n-2(i\

an-an^=-\--)=(--).

2杆（铲]

a

又见=%+(与一%)---h(Qn-n-l)=§+

n-1

21

一+一1-

312

31/

=4-12\3/

鸿(V)

【变式1-1]6.（2023・全国•高三专题练习）如图，作一个白色的正三角形，第一次操作为：

挖去正三角形的"中心三角形"（即以原三角形各边中点为顶点的三角形），这样就得到了

三个更小的白色三角形；第二次操作为：挖去第一次操作后得到的所有白色三角形的"中心

三角形"；以此类推，第几+l（neN*）次操作为：挖去第n次操作后得到的所有白色三角形

的"中心三角形"，得到一系列更小的白色三角形.这些白色三角形构成的图案在"分形几

何学"中被称为"谢宾斯基三角形"，记第n次操作后，"谢宾斯基三角形"所包含的白色

小三角形的数目为与，"谢宾斯基三角形"的面积（所有白色小三角形的面积和）为无,

周长（所有白色小三角形的周长和）为的.

第2次操作后第3次操作后

(1)求数列｛即｝的通项公式；

(2)若最初的白色正三角形的周长为1,求数列｛Cn｝和｛&｝的通项公式.

【答案】(1)即=3n

-TC)n

【分析】根据每个图形的变化规律找出白色三角形的个数变化规律周长面积的变化情况,

归纳得到各个数列的通项公式.

【详解】(1)依题意，被挖去"中心三角形"后，白色三角形的个数由1个变成3个，

因此每一次操作，白色三角形的个数都会变为操作前的3倍，

即即+I=3an，又的=3,所以数列｛斯｝是首项为3公比为3的等比数列，

因此｛即｝的通项公式为“=3X3"-1=3n.

(2)同样地，被挎去"中心三角形"后，因为白色小三角形之间不共边，

所以白色三角形的总周长变为操作前的|倍，总面积则变为操作前的湃，

即Cn+l=，Sn+1=;Sn.

依题意‘Ci=|,Si=]x[x?x：=?.

n

所以数列｛Cn｝的通项公式为cn=(I),

n

数列｛Sn｝的通项公式为Sn=g.(JI=g-g).

【变式1-1]7.（2023・全国•高三专题练习）某地区2020年底有居民住房面积为a,现在

居民住房划分为三类，其中危旧住房占:，新型住房占;.为加快住房建设，计划用10年的

时间全部拆除危旧住房（每年拆除的数量相同），自2021年起居民住房只建设新型住房.从

2021年开始每年年底的新型住房面积都比上一年底增加20%,用即表示第n年底（2021

年为第一年）该地区的居民住房总面积.

Q）分别写出内,的计算公式并归纳出品的计算公式（不必证明）.

（2）危旧住房全部拆除后，至少再过多少年才能使该地区居民住房总面积翻两番？（精确到

年，lg2〜0.30,lg3x0.48,lg43«1.63)

1+20%)4—ad—a-----tz,1<n<10

/12330

【答案】Q）%,a,详见解析，即=«

2ia(l+20%)n+-^a,n>11

(2)5年

【分析】（1）根据已知条件求得知,a2,a3的计算公式，进而归纳出an的计算公式•

（2）由为之4a,解不等式求得需要的时间.

【详解】(1)其他形式住房a-(；+3a=5a,

\43/12

每年拆除危旧住房面积为2x|a=ia,

则即=(Q(1+20%)+,a+\a-'a，

2

a2=；a(l+20%)+全+扣，-

3

do=-Q(1+20%)H—ClH—QCL.

64\712330

一般地，Qn=+20%)+Q+.a-1a(l<n<10),

=源1+20%)"十5十+久一*=；Q(1+20%)，。+卷十,

：Q(1+20%)1-zi—10

+20%)+卷。，mN11

(2)当九>11•时i令1Q(1+20%)+卷a之4Q,

即何">y,两边取常用对数得n嘴>Igy,

即心导产…37,

1g*2lg2+lg3-l2x0.30+0.48-1

故取71=15,即至少再过15-10=5年才能是居民住房总面积翻两番.

【变式1-1]8.(2023秋•上海宝山•高三上海交大附中校考阶段练习)某工厂在2020年的

"减员增效"中对部分人员实行分流规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100%,

从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年工资的争页取工资.该厂根据分流人员的技术

特长，计划创办新的经济实体，该经济实体预计第一年属投资阶段，第二年每人可获得b

元收入，从第三年起每人每年的收入可在上一年的基础上递增50%,如果某人分流前工资

收入为每年a元，分流后进入新经济实体，第n年的收入为册元.

⑴求｛an｝的通项公式.

(2)当b=寒时，这个人哪一年的收入最少？最少为多少？

(3)当b>蓑时，是否一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入？

an=1

.(lp.gp,>

｛a+hn2

⑵这个人第三年的收入最少，为爱元

(3)当b>詈时，这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入

【分析】(1)根据题意得到n>2时，厮=a(|)"7+b(|)'T,进而得到数列的通项公式；

(2)由n22时，即=a(|)""+g⑨"，结合基本不等式，即可求解；

(3)由心2时，厮=a(|)1+b(|广2>ag)"1+(|)"，结合基本不等式的等号

成立的条件，即可得到结论.

【详解】(1)解：由题意得，当?i=1时，&=a,

当心2时，与=式|厂】+乂|厂，

an=1

｛0,(茨

(2)解:由b卷，当心2时,an=a(旷】+瑞(旷之之2[a(旷】磺=?,

当且仅当a(|)"T=招(|厂2,上式的等号成立，即(|)2T=(1)4，解得几=3,

所以这个人第三年的收入最少，最小值为与元.

(3)解：当n22时，

n-12

即=。(|)+bG厂2Na(|F^(ifN2J陪厂.(|广=a,

当且仅当b=(且建=1+logz；>1+logz|=2,上式等号成立,

83233

因此，等号不能取到，

当b>半时，这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入.

题型2证明等比数列型

【例题21(2023秋•广东佛山•高三校考阶段练习)某商场为促销设计了一项回馈客户的抽

奖活动，抽奖规则是：有放回的从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中任意抽取一

个，若第一次抽到红球则奖励50元的奖券，抽到黑球则奖励25元的奖券；第二次开始，

每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励25元的奖券，记顾

客甲第n次抽奖所得的奖券数额小(1<n<6)的数学期望为E(Xn).

(1)求E(XJ及的的分布列.

⑵写出E(Xn)与E(X-i)(n>2)的递推关系式，并证明｛E(XQ+50｝为等比数列；

(3)若顾客甲一共有6次抽奖机会，求该顾客所得的所有奖券数额的期望值.(考数据：1.26«

2.986)

【答案】Q)E(XD=40,分布列见解析；

(2)E(XQ=1.2F(Xn_i)+10(2<n<6),证明见解析；

(3)所得奖券数额的期望约为593.7元.

【分析】(1)利用古典概型求出抽到红球、黑球的概率，求出E(X])，再求出X2的可能值及

对应概率列出分布列.

(2)分析求出递推关系，利用构造法证明即可.

(3)由(2)的结论，利用分组求和及等比数列前n项和公式求解即得.

【详解】(1)依题意，抽到一个红球的概率为2=0.6,抽到一个黑球的概率为0.4,

显然X1的值为25,50,则P(&=25)=0.4,P(Xi=50)=0.6,

所以E(XJ=25X0.4+50x0.6=40,

又X2的值为25,50,100,

则P(X?=25)=0.4,P(X2=50)=0.4X0.6=0.24,P(X2=100)=0.6X0.6=0.36,

所以X2的分布列为：

X?2550100

P0.40.240.36

(2)依题意，当n22时，甲第n次抽到红球所得的奖券数额为，对应概率为0.6,

抽到黑球所得的奖券数额为25元，对应概率为0.4,

因此当2Wn£6时，E(X”)=2E{Xn^x0.6+25x0,4=1.2E(Xn_J+10,

E(Xn)+50=1.2E(Xn_x)+60,即E(Xn)+50=1.2(E(Xn_i)+50),又E(X])+50=40+

50=90,

数列｛E(Xn)+50｝为等比数列，公比为1.2,首项为90.

(3)由(2)得，£,(%„)+50=90x1.2nr(l<n<6),即E(X.)=90x1.2n-1-50,

所以顾客甲抽奖6次，所得奖券数额的期望为2：=弁5")=隼序-50*6。

一300=593.7(元).

【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：(1)根据题中条件确

定随机变量的可能取值12)求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列(3)

根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望(在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的

分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计

算).

【变式2-1]1.(2024秋•广东广州•高三统考阶段练习)某商场拟在周末进行促销活动，

为吸引消费者，特别推出"玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：该游戏进行10轮,

若在10轮游戏中，参与者获胜5次就送2000元礼券，并且游戏结束：否则继续游戏，直

至10轮结束.已知该游戏第一次获胜的概率是1，若上一次获胜则下一次获胜的概率也是3,

若上一次失败则下一次成功的概率是|•记消费者甲第九次获胜的概率为无，数列｛p“｝的前n项

和T,且的实际意义为前次游戏中平均获胜的次数.

ENiPn=n7nn

(1)求消费者甲第2次获胜的概率P2；

证明：为等比数列；并估计要获得礼券，平均至少要玩几轮游戏才可能获奖.

(2)｛p7t-；｝

【答案】(1冯=(

(2)详见解析

【分析】(1)应用全概率公式计算可得出P?；

计算得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；再结合分组

(2)pn-：=-；)

求和计算判断最少轮数即可.

【详解】(1)「2=Pix)(1-Pi)x|=(x/gx|=(

(2)v^=Pn_1xi+(l-Pn_1)x1

・••｛pn-昌为等比数列,且公比为V；

一部一(一消

=-n+

。产-积1-卜力="羽+而卜5,

因为外=X(—：)「'+3”单调递增，

JL4\O//

n

当n为奇数时，7；=)_总(1+(3)<7<77=4-总(1+0)<4,T9=y-

5(1+(/)>5，所以得获奖至少要玩9轮.

当n为偶数时，Tn=：n—

5(1一(J")>5，得奖至少要玩10轮，

所以平均至少要玩9轮才可能获奖.

【变式2-1]2.(2023秋•辽宁•高三校联考开学考试)踢健子在我国流传很广,有着悠久

的历史，是一项传统民间体育活动.某次体育课上，甲、乙、1丙、丁四人一起踢犍子.犍子

在四人中传递，先从甲开始，甲传给乙、丙、丁的概率均为]当乙接到键子时，乙传给甲、

丙、丁的概率分别为；，工：；当丙接到髭子时，丙传给甲、乙、丁的概率分别为》,7，7；

当丁接到毯子时，丁传给甲、乙、丙的概率分别为:，;，去假设毯子一直没有掉地上，经过n

次传腿子后，稚子被甲、乙、丙、丁接到的概率分别为册,bn.cn,dn,已知的=0.

(1)记丁在前2次传健子中，接到腿子的次数为X,求X的分布列；

⑵证明鼠-；｝为等比数列，并判断经过150次传毯子后甲接到键子的概率与糊大小.

【答案】(1)分布列见解析

(2)证明见解析，经过150次传毯子后甲接到毯子的概率大于:

4

【分析】(1)根据相互独立事件概率计算求得X的分布列.

(2)利用凑配法证得｛即-：｝是等比数列，从而求得与,进而判断出％50>;

【详解】(1)X的所有可能取值为0,1,

P(X=0)=2x(lxi+lxi)=1,

P(X=l)=l+2xlxl=i,

所以X的分布列为

(2)当n22时，即=|hn-i+2T+沁w

当九之2时Ib=-fl-i+-c^+-d-itc=-CL-i+~^n-17^n-1td=~dn-i+

n3nzn1onnonzzn3

b

7n-l+沁-1，

oo

2

所以8n+cn+dn—a九一i+g(b71T++^n-i)=Qn-i+2azi,

因为=§bn_i+~cn-i+-dn-i，所以3azi+i=bn+cn+dnt

=2。九+^n—1t+a九=3。九+。九一ii

因为的=。，。2=(，所以3a”+an_x=1,所以

3

3an-i-5

所以{即是首项为-;，公比q=-节勺等比数列,

所以即-；=-：(-J",即即=_；(*)n1+1

所以甸5。=一；(一(丫49+(=}xG)"9+：)；，

故经过150次传键子后甲接到建子的概率大于今

【变式2-1】3.(2023•全国•高三专题练习)某几位大学生自主创业创办了一个服务公司提

供人8两种民生消费产品(人们购买时每次只买其中一种)服务，他们经过统计分析发现：

第一次购买产品的人购买4的概率为|、购买8的概率为］而前一次购买A产品的人下一次来

购买4产品的概率为:、购买8产品的概率为：，前一次购买B产品的人下一次来购买4产品的

概率为会购买B产品的概率也是］,如此往复.记某人第n次来购买4产品的概率为

⑴求P2,并证明数列｛4-|｝是等比数列；

(2)经过一段时间的经营每天来购买产品的人稳定在800人，假定这800人都已购买过很多

次该两款产品，那么公司每天应至少准备人B产品各多少份.(直接写结论、不必说明理由).

【答案】(1)。2=]证明见解析

(2)公司每天应至少准备A产品320份、B产品480份

【分析】(1)依题意有「2="H£x"：岛+1=&xR(1-&)x1变形为乙+1-彳=

_X%-1),可证｛4_刍是等比数列.

(2)由题意可得第n次来购买4产品的概率约为|,可求两种产品的份数.

[i¥Wl(l)P=；xlixi=i

2J4+J/15

依题意，知Pn+1=%X=+(1-Pn)X[则Pn+1V=-乂&一D521，九6N*),

当〃=1时，可得匕-|=》

，数列｛/-9是首项为2公比为一:的等比数列.

(2)由⑴知：&=，氯一丁,

，当n趋于无穷大时，匕七|,即第n次来购买4产品的概率约为|,

800x12=320,800-320=480,

故公司每天应至少准备A产品320份、B产品480份.

【变式2-1]4.(2023•全国•高三专题练习)为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，

希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验.试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效

进行对比试验.对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药.一轮的治疗结果得

出后，再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就

停止试验，并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施

以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得九分；若施以乙药的白鼠

治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得n分；若都治愈或都未治愈则两种药均

得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为a和B,一轮试验中甲药的得分记为X.

⑴求71的分布列；

⑵若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，=0,1，…,8)表示"甲药的累计得分为i时,

最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则po=0,「8=1,Pt=api-i+bpi+cpi+1(i=

1,2,-,7),其中a=P(X=-1),6=P(X=0),c=P(X=1).假设a=0.5,/?=0.8.

(i)证明：｛Pi+i—PiK=0,12…,7)为等比数列；

(ii)求P4，并根据P4的值解释这种试验方案的合理性.

【答案】(1)分布列见解析

(2)(i)证明见解析(订)言，答案见解析

【详解】(1)由题意可知X所有可能的取值为：-1,0,1,

P(X=-l)=(l-a)^；P(X=O)=P(X=-l)=a/?+(l-a)(l-0)；P(X=l)=a(l-0)

则X的分布列如下：

X-101

P(3)0ap+(l-a)(l-/?)a(f)

(2)a=0.5,/?=0.8,

二

a=O_5xOX=O_4Ib=03x06+0_5x0_2=OSIc=0^x0J=0.1•

⑴k奶=LZ7)

即科=°“H。。“川伞=1蠹：7)

整理可得：加=4%+而…》7)二加一*=4(马-再，£=12-，7)

二｛布一马｝=0AX,7)是以n-Po为首项，4为公比的等比数列.

(ii)由(i)知：PM~PI-(PI-P9)^=Pi,

A-Ar=A47马一岛=庆4*A-Po=A4°

II••••••II

c4.®_1481

作和可得：P8-Po=Pl(4°+41+42+…+47)=:Pl=r~pi=1

1—74—3

3

P1=E

•1•P4=P4-Po=Pi>(40+43+42+43)=芸Pl=M+含=言•

P4表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率

为0.8时，认为甲药更有效的概率为P4=^X0.0039,此时得出错误结论的概率非常小,

说明这种实验方案合理.

【变式2-1]5.(2023秋•江苏南京•高三南京市第九中学校考阶段练习)足球是一项大众喜

爱的运动.

喜爱足球运动不喜爱足球运动合计

男性6040100

女性2080100

合计80120200

(1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得

到下侧2x2列联表，判断是否有99.9%的把握认为喜爱足球运动与性别有关.

PCx2>久0)0.1000.0500.0250.0100.001

&2.7063.8415.0246.63510.828

附X2=(a+b)、m+)c)(b+d)，n=a+b+c+d.

⑵校足球队中的甲、乙、丙三名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时,

传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球

都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，第71次触球者是甲的概率记为匕，即匕=1.

①求。3（直接写出结果即可）；

②证明：数列{%-目为等比数列，并比较第9次与第10次触球者是甲的概率的大小.

【答案】（D喜爱足球运动与性别有关；

（2）①P3=②证明见解析；第9次触球者是甲的概率大.

【分析】（1）计算出卡方，与10.828比较得到结论；

（2）①根据传球的等可能性推出P3=]②推导出4=31-Pn-i），构造出等比数列，求

出匕，得到「9〃10，匕限出大小.

【详解】（1）假设％:喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关.

根据列联表数据，经计算得

2

22OOX(6OX8O-2OX4O)100、“crc

X=---------------=—>10.828=%0.001•

100X100X80X1203

根据小概率值a=0.001的独立性检验，我们推断不成立,

即有99.9%的把握认为喜爱足球运动与性别有关.

（2）①由题意得：第二次触球者为乙，丙中的一个，第二次触球者传给包括甲的二人中的

一人，故传给甲的概率为g，故23=]

②第n次触球者是甲的概率记为4,则当兀>2时，第n-1次触球者是甲的概率为Pn_】，

第n-1次触球者不是甲的概率为1-Pn-i,

则用=Pn-i-0+（1-彳=式1-Pn-i），

从而-泅-1-3,又匕-：=|，

.­■{6-目是以|为首项，公比为的等比数列，

•-A=h（-r^P

“9=[*（-3）+（>]rI。号*（一]）9+[<[,P9>P10,

故第9次触球者是甲的概率大.

【变式2-1]6.(2023秋•湖北武汉•高三武汉市第四十九中学校考阶段练习)甲、乙两人进

行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方，•若平局，

双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可

知，在一局中甲胜的概率为0.3、乙胜的概率为0.2.

(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为X