专题五　微拓展　统计与概率中的递推关系 -大二轮数学专题复习

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答案D解析记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.

答案4100解析设提供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)=A53所以f5(4)=5×(5-1)3-f5(3)=260，所以f5(5)=5×(5-1)4-f5(4)=1020，所以f5(6)=5×(5-1)5-f5(5)=4100.[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1an=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=0.52B.Pn=0.4Pn-1+0.6(1-Pn-1)(n≥2，n∈N)C.Pn=0.4+0.5×(-0.2)n-1D.前k天甲午餐总费用的数学期望为15k+52-答案ABD解析若甲在第(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×kΣn=1[0.5+0.5×(-0.2)n-1]+12×kΣn=1[1-0.5-0.5×(-0.2=15k+52-52-15k考向2an+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35解析2n张卡片选取3张卡片的选法共有C2n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n(2n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=32n-1Pn-1，且P则P3=32×3-1P2=P7=313×311×39×37×考向3an+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=12，P2=34，B.数列{Pn-Pn-1}(1≤n≤99)是公比为-12C.2P100<P99<P98D.P100>1答案ABD解析对于A，根据题意，第0站P0=1，硬币掷出正面到达第1站，所以P1=1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=12+12×1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=12×12+34×12=对于B，从第(n-2)站，硬币掷出正面到达第(n-1)站，所以Pn-1=12Pn-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=12Pn-2+12Pn即Pn-Pn-1=-12(Pn-1-Pn-2)而P1-P0=12-1=-所以数列{Pn-Pn-1}(1≤n≤99)是以-12为首项，-12所以Pn-Pn-1=-12-12对于C，P99=(P99-P98)+(P98-P97)+…+(P2-P1)+(P1-P0)+P0=-1299+-12=2而P99-P98=-所以P98=2而当棋子跳到第99站时，游戏停止，故P100=12P98=从而得到2P100=2故P99<2P100=P98，故C错误；对于D，P100=12P98=131+1299[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anan-1=f(n)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)=1B.当n≥2时，有2P(n)=1-P(n-1)C.P(7)=21D.P(n)=1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12的概率回到A点，故P(2)=12，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12的概率回到A点故当n≥2时，有P(n)=12[1-P(n-1)]即2P(n)=1-P(n-1)，故B项正确；由B选项知P(n)=12[1-P(n-1)]即P(n)=-12P(n-1)+设P(n)+k=-12[P(n-1)+k]可得k=-1于是P(n)-13=-12P(n-1)-13，又P所以数列P(n)-13是首项为-1故P(n)-13=-13-12n-1，P对于C选项，由D项可得P(7)=131--126(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.

01234…n-1n答案132725+415-23n-2解析记飞机移动到第i格的概率为Pi(1≤i≤n-1，i∈N*)，则P1=13，P2=23+13P3=23P1+13P2Pi+1=13Pi+23Pi即Pi+1+23Pi=Pi+23Pi所以数列Pi+所以Pi+23Pi-1=P2+23P1即Pi-35=-又P1-35=-所以数列Pi-35是以-415为首项所以Pi-35=-415所以Pi=35+因为第n格只能由第(n-2)格跳到，Pn-2=35+所以游戏胜利的概率P=23Pn-2=25+415-23n-2，1.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an-1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=an-1+n，显然从而累加得到an=n+(n-1)+…+3+2+2=1+n(n+1)2.当n=5时，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211，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14；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为13.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MA.97132 B.31C.97120 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=34Pn-1+23(1-Pn-1)=112Pn所以Pn-811=由题意知P1=911，则P1-8所以Pn-811是首项为1所以Pn-811=111即Pn=811+111×显然数列{Pn}递减，所以当n≥2时，Pn≤P2=811+111×1所以M的最小值为971324.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.55-3C.2×555答案C解析由题意可知，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=85P1-35P变形得P2-P1=35(P1-P0)因为P1-P0>0，则P2-同理可得P3-P2P2-P所以{Pi+1-Pi}(i=0，1，2，…，5)是公比为35的等比数列所以Pi+1-Pi=35i(P1-P0)(i=0，1，2，…，5各项求和得5Σi=1(Pi+1-Pi)则P6-P1=(P1-P0)·3即1-P1=P1·35-3561-5.(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23，乙每次投壶的命中率均为12，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1A.第3次投壶的人是甲的概率为43B.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21C.前4次投壶中甲只投1次的概率为1D.第10次投壶的人是甲的概率为35-110答案ABD解析设第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)=23P(Ai-1)+12[1-P(Ai-1)所以P(Ai)=16P(Ai-1)+所以P(Ai)-35=而P(A1)=1故P(A1)-35=-110所以P(Ai)-35是首项为所以P(Ai)-35=-110所以P(Ai)=35-110对于A，P(A3)=35-110×162=35-1360=对于D，P(A10)=35-110×16对于B，P(A3B1)=12×12×12+12×1故P(B1|A3)=P(A3B1)P对于C，前4次投壶中甲只投1次的概率P=12×13×12×12+12×12×13×12+12×12×12×13+16.(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)=35 B.P(A1|A2)=C.P(A1+A2)=1315 D.P(An)<P(答案BCD解析对于A，P(A1A2)=13×35=15对于B，P(A2)=13×35+23×所以P(A1|A2)=P(A1A2)P对于C，因为P(A1)=23，P(A1A2)=2所以P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)-P(A1A2)=23+715-4对于D，由题意可得P(A1)=13，P(A1P(An)=35P(An-1)+25[1-P(An-1=15P(An-1)+所以P(An)-12=所以数列P(An)-12是以15为公比，P(A1所以P(An)-12=-16所以P(An)=12-16×1所以P(An)=1-P(An)>12，则P(An)<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14，反面向上的概率为34，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答案12+解析根据题意知，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=34an-1+14(1-an-1构造数列an-12=所以an-即数列an-12是以a1-1又抛1次硬币，偶数次正面向上为0次，此时a1=34，所以a1-12=34所以an-12=14×12n-1⇒an8.(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)

答案13解析一方面：由题意可知p1=13，q1则p2=13p1+23×13q1q2=23p1+23×23另一方面：由题意可知pn+1=13pn+23×13qn=13pn+29qn+1=23pn+23×23+13×13qn+23(1-pn①×2+②得2pn+1+qn+1=23pn+13qn+23=13(2pn+q则当n≥2，n∈N*时，2pn+qn=13(2pn-1+qn-1)+所以2pn+qn-1=13(2pn-1+qn-1-1)因为2p1+q1-1=13，数列{2pn+qn-1}是首项为13，所以2pn+qn-1=1即2pn+qn=13n所以E(Xn)=2pn+qn+0×(1-pn-qn)=13n9.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1+2P②求P10，并根据P10的值解释该育种方案的可行性.(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27∶47故所求概率为1747(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=12×12B2=12×12+12×故可递推出Bn=14+18+116+…+=2易得Pn=B