2026步步高高考大二轮复习数学-思维提升　培优点4　概率与统计中的递推关系

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1an=p·an-1+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(nΣi=1Xi)=nΣi=1qi.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解(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件，“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()=pi，依题可知，P(Bi)=1-pi，则P(+1)=P(+1)+P(Bi+1)=P()P(+1|)+P(Bi)P(+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=25(pi+λ)，解得λ=-1则pi+1-13=2又p1=12，p1-13=所以pi-13是首项为即pi-13=16×25i-1，pi=1(3)因为pi=16×25i-1+13，i=1，2所以当n∈N*时，E(Y)=p1+p2+…+pn=16×1-25n1-25故E(Y)=5181-2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C2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-2)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=32×3-1P2P7=313×311×39×37×考向3an+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13，上两级台阶的概率为23，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=13×13+23p3=13×13×13+C21×1(2)随机变量X所有可能取值为3，4，5，6，P(X=3)=133=P(X=4)=C31×132×P(X=5)=C32×13×2P(X=6)=233=X的分布列为X3456P1248E(X)=3×127+4×29+5×49+6×(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=13pn+1+23p则pn+2+23pn+1=pn+1+23p所以pn+1+23pn=p2+23p1=79+23即pn+1-35=-23又p1-35=-415≠0，故pn-35是首项为所以pn-35=-415×-23n故pn=35+25×[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(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13，答错的概率为2(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nΣi=1P解(1)X的可能取值为3，4，5，6，P(X=3)=233=P(X=4)=C31×13×2P(X=5)=C32×132×P(X=6)=C33×13X的分布列为X3456P8421所以E(X)=3×827+4×49+5×29+6×(2)P1=23，P2=13+23×2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=23Pn-1+13Pn-2，即Pn+13Pn-1=Pn-1+13所以数列Pn+又P2+13P1=79+13×所以Pn+13Pn-1=1(n≥2)则Pn-34=-1P1-34=23-34=-1所以数列Pn-34是以-1所以Pn-34=-112×即Pn=34+14×所以nΣi=1Pi=P1+P2+P3+…+Pn=34n+=34n+14=34n-1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.(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.221-1C.220+1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x消去an，bn，可得xn+1=12(1-xn)则xn+1-13=-1因为x1=0，x1-13=-13≠所以数列xn-13是首项为-13，公比为-12的等比数列，所以xn-即xn=13-13·故x20=13-13·-14.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M的最小值为A.97132 B.3144 C.97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-1所以Pn-811=1由题意知P1=911，则P1-811=所以Pn-811是首项为所以Pn-811=111×即Pn=811+111×显然数列{Pn}递减，所以当n≥2时，Pn≤P2=811+111×112所以M的最小值为97132二、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=5B.P12=121C.Pn=23Pn-1+D.nΣi=1答案AD解析显然P1=23P2=23×23+13×13=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23Pn-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13(1-Pn-1)因此，Pn=23Pn-1+13(1-Pn-1整理得Pn=13Pn-1+1即Pn-12=13Pn-1-12，又P1-12所以Pn-12为首项为所以Pn-12=16×13n-1，即Pn所以P12=121312+12所以nΣi=1Pn-12=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)=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，故对于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)+1设P(n)+k=-12[P(n-1)+k]可得k=-13于是P(n)-13=-12P(n-1)-13，又P(1所以数列P(n)-13是首项为-13，公比为-12的等比数列，故P(P(n)=131--对于C选项，由D项可得P(7)=131--126三、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2184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：A1A2A3A4…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an+1(-1)n+1=an移项得an+1(-1)n+1-an利用累加法得当n≥3时，an(-1)n=an(-1)n-an-1(-1)=-4×[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]+a2，又因为a2=A42所以an(-1)n=-4×[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]=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=2184.8.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1612解析由题意得，甲掷到1点，乙掷到3点的概率都是16，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=1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16pn-1若第(n-1)次由乙掷，第n次仍由甲掷的概率是56(1-pn-1)所以第n次仍由甲掷的概率是pn=16pn-1+56(1-pn-1即pn=-23pn-1+5即pn-12=-23pn-1-12，又p所以pn-12是以12为首项，以-23为公比的等比数列，所以p即pn=12+1四、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)=13×23=P(X=1)=13×13+23×2P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)=29所以X的分布列为X012P252所以E(X)=0×29+1×59+2×2(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=23qn-1+59pn-1+23(1-