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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A ，A ，…，A 共六个人，他们的座位分别为B ，B ，…，B ，现要求每一个人坐一个座位，
1 2 6 1 2 6
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{a }，易得a =1，a =2，
n 2 3
首先，让A 选位，A 不选B ，则共有(n-1)种方法，不妨设A 选了B(k≠1)，然后再让A 选位，
1 1 1 1 k k
①当A 选B 时，则余下的(n-2)个人和(n-2)个座位，共有a 种坐法；
k 1 n-2
②当A 不选B 时，则余下的(n-1)个人都有一个不能选的座位，则共有a 种坐法，
k 1 n-1
所以a =(n-1)(a +a )，
n n-2 n-1
所以a =3(a +a )=9，a =4(a +a )=44，a =5(a +a )=265.
4 2 3 5 3 4 6 4 5
(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 4 100
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f(n)，
k
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f(n)=k·(k-1)n-1-f(n-1)，
k k
易得f
(3)=A3
=60，
5 5
所以f (4)=5×(5-1)3-f (3)=260，
5 5所以f (5)=5×(5-1)4-f (4)=1 020，
5 5
所以f (6)=5×(5-1)5-f (5)=4 100.
5 5
[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{a }，易得a =1，a =2，a =4.
n 1 2 3
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a =a +a +a (n≥4).
n n-1 n-2 n-3
所以a =a +a +a =7，
4 3 2 1
a =a +a +a =13，
5 4 3 2
a =a +a +a =24，
6 5 4 3
a =a +a +a =44，
7 6 5 4
a =a +a +a =81，
8 7 6 5
a =a +a +a =149.
9 8 7 6
考点二 递推数列在概率、统计中的应用
考向1 a =p·a +q型
n n-1
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P ，下列选项中正确的是( )
n
A.P =0.52
3
B.P =0.4P +0.6(1-P )(n≥2，n∈N)
n n-1 n-1
C.P =0.4+0.5×(-0.2)n-1
n
5 5( 1) k
D.前k天甲午餐总费用的数学期望为15k+ - -
2 2 5
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P =0.4P +0.6(1-P )(n≥2，n∈N)，故B正确；
n n-1 n-1
因为甲在第1天选择了米饭套餐，所以P =0.4，所以P =0.6×0.6+0.4×0.4=0.52，故A正确；
2 3由B选项得，P =-0.2P +0.6，所以P -0.5=-0.2(P -0.5)，
n n-1 n n-1
又由题意得，P =1，所以数列{P -0.5}是以0.5为首项，-0.2为公比的等比数列，
1 n
所以P -0.5=0.5×(-0.2)n-1，
n
所以P =0.5+0.5×(-0.2)n-1，故C错误；
n
k k
前k天甲午餐总费用的数学期望为18× Σ [0.5+0.5×(-0.2)n-1]+12× Σ [1-0.5-0.5×(-0.2)n-1]
n=1 n=1
5 5( 1) k
=15k+ - - ，故D正确.
2 2 5
考向2 a =a ·f(n)型
n+1 n
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
P ，则P = ，P = .
n 3 7
3 27
答案
5 5 005
解析
2n张卡片选取3张卡片的选法共有C3
种，
2n
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)
3
= ，
C3 2n-1
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P ，
n-1
3
因而P = P ，且P =1，
n 2n-1 n-1 2
3 3
则P = P = ，
3 2×3-1 2 5
3 3 3 3 3 27
P = × × × × = .
7 13 11 9 7 5 5 005
考向3 a =p·a +q·a 型
n+1 n n-1
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P ，设P =1，则下列结论正确的有( )
n 0
1 3 5
A.P = ，P = ，P =
1 2 2 4 3 8
1
B.数列{P -P }(1≤n≤99)是公比为- 的等比数列
n n-1 2
C.2P <P <P
100 99 98
1
D.P >
100 3答案 ABD
1
解析 对于A，根据题意，第0站P =1，硬币掷出正面到达第1站，所以P = ，
0 1 2
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，
1 1 1 3
所以P = + × = ，
2 2 2 2 4
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，
1 1 3 1 5
所以P = × + × = ，故A正确；
3 2 2 4 2 8
1
对于B，从第(n-2)站，硬币掷出正面到达第(n-1)站，所以P = P ，
n-1 2 n-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，
1 1
所以P = P + P ，
n 2 n-2 2 n-1
1
即P -P =- (P -P )，
n n-1 2 n-1 n-2
1 1
而P -P = -1=- ，
1 0 2 2
1 1
所以数列{P -P }(1≤n≤99)是以- 为首项，- 为公比的等比数列，
n n-1 2 2
( 1)( 1) n-1 ( 1) n
所以P -P = - - = - ，故B正确；
n n-1 2 2 2
对于C，P =(P -P )+(P -P )+…+(P -P )+(P -P )+P
99 99 98 98 97 2 1 1 0 0
( 1) 99 ( 1) 98 ( 1)
= - + - +…+ - +1
2 2 2
2( 1 )
= 1- ，
3 2100
( 1) 99
而P -P = - ，
99 98 2
2( 1 )
所以P = 1+ ，
98 3 299
而当棋子跳到第99站时，游戏停止，
1 1( 1 )
故P = P = 1+ ，
100 2 98 3 299
2( 1 )
从而得到2P = 1+ ，
100 3 299
故P <2P =P ，故C错误；
99 100 981 1( 1 ) 1
对于D，P = P = 1+ > ，故D正确.
100 2 98 3 299 3
[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a =a +m时，构造等差数列；
n n-1
(2)当出现a =xa +y时，构造等比数列；
n n-1
(3)当出现a =a +f(n)时，用累加法求解；
n n-1
a
n
(4)当出现 =f(n)时，用累乘法求解.
a
n-1
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( )
1
A.P(2)=
3
B.当n≥2时，有2P(n)=1-P(n-1)
21
C.P(7)=
64
1[ ( 1) n-1]
D.P(n)= 1- -
3 2
答案 BCD
1
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
2
1
率回到A点，故P(2)= ，故A项错误；
2
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
1
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，
2
1
故当n≥2时，有P(n)= [1-P(n-1)]，
2
即2P(n)=1-P(n-1)，故B项正确；1
由B选项知P(n)= [1-P(n-1)]，
2
1 1
即P(n)=- P(n-1)+ ，
2 2
1
设P(n)+k=- [P(n-1)+k]，
2
1
可得k=- ，
3
1 1[ 1] 1 1
于是P(n)- =- P(n-1)- ，又P(1)- =- ≠0，
3 2 3 3 3
{ 1} 1 1
所以数列 P(n)- 是首项为- ，公比为- 的等比数列，
3 3 2
1 1( 1) n-1 1[ ( 1) n-1]
故P(n)- =- - ，P(n)= 1- - ，故D项正确；
3 3 2 3 2
1[ ( 1) 6] 21
对于C选项，由D项可得P(7)= 1- - = ，故C项正确.
3 2 64
(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 .
0 1 2 3 4 … n-1 n
13 2 4 ( 2) n-2
答案 + - ，n≥5且n∈N*
27 5 15 3
解析 记飞机移动到第i格的概率为P(1≤i≤n-1，i∈N*)，
i
1 2 1 7
则P = ，P = + P = ，
1 3 2 3 3 1 9
2 1 13
P = P + P = ，
3 3 1 3 2 27
1 2
P = P+ P ，
i+1 3 i 3 i-1
2 2
即P + P=P+ P ，
i+1 3 i i 3 i-1
{ 2 }
所以数列 P + P 是常数列，
i 3 i-1
2 2
所以P+ P =P + P =1，
i 3 i-1 2 3 13 2( 3)
即P- =- P - ，
i 5 3 i-1 5
3 4
又P - =- ，
1 5 15
{ 3} 4 2
所以数列 P - 是以- 为首项，- 为公比的等比数列，
i 5 15 3
3 4 ( 2) i-1 2( 2) i
所以P- =- - = - ，
i 5 15 3 5 3
3 2( 2) i
所以P= + - ，
i 5 5 3
因为第n格只能由第(n-2)格跳到，
3 2( 2) n-2
P = + - ，
n-2 5 5 3
2 2 4 ( 2) n-2
所以游戏胜利的概率P= P = + - ，n≥5且n∈N*.
3 n-2 5 15 3
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A ，A ，…，A 互相传球，从A 开始，每人每次可以把球传给其他任何一个人，设第
1 2 k 1
n(n≥2)次传球后球回到A 中的方法有a 种，
1 n
则第(n-1)次传球后球回到A 手中的方法有a 种，且易知a =k-1，则第(n-1)次传球后，共有(k-1)n-1种方法，
1 n-1 2
若此时球在A 手中，则第n次传球，球不可能回到A 手中，
1 1
故数列{a }的递推关系式为a =(k-1)n-1-a (n≥3)，a =k-1.
n n n-1 2
所以a =3，a =(4-1)3-1-a =6，a =(4-1)4-1-a =21，a =(4-1)5-1-a =60.
2 3 2 4 3 5 4
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a 块，前 n-1刀我们已经得到a 块，对于第n刀，要使切出的块数最多，
n n-1
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a =a +n，显然a =2，
n n-1 1n(n+1)
从而累加得到a =n+(n-1)+…+3+2+2=1+ .当n=5时，a =16.
n 2 n
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
2
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
11
1 1
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
4 3
P ，当n≥2时，P ≤M恒成立，则M的最小值为( )
n n
97 31
A. B.
132 44
97 73
C. D.
120 120
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，
3 2 1 2
第n次(n≥2)推送时不购买此商品的概率P = P + (1-P )= P + ，
n 4 n-1 3 n-1 12 n-1 3
8 1 ( 8 )
所以P - = P - ，
n 11 12 n-1 11
9 8 1
由题意知P = ，则P - = ，
1 11 1 11 11
{ 8 } 1 1
所以 P - 是首项为 ，公比为 的等比数列，
n 11 11 12
8 1 1
所以P - = × ，
n 11 11 12n-1
8 1 1
即P = + × .
n 11 11 12n-1
8 1 1 97
显然数列{P }递减，所以当n≥2时，P ≤P = + × = ，
n n 2 11 11 12 132
97
所以M的最小值为 .
132
4.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
P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
i
0.3，则P 等于( )
1
55-35 56-36
A. B.
55 562×55 56
C. D.
56-36 57-37
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P =0，P =1，
0 6
在甲累计得分为1时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为0.5P ，
2
在甲累计得分为1时，下局平局且最终甲获胜的概率为0.2P ，
1
在甲累计得分为1时，下局甲败且最终甲获胜的概率为0.3P ，
0
根据全概率公式可得P =0.5P +0.2P +0.3P ，
1 2 1 0
8 3
整理得P = P - P ，
2 5 1 5 0
3
变形得P -P = (P -P )，
2 1 5 1 0
P -P 3
因为P -P >0，则 2 1 = ，
1 0 P -P 5
1 0
P -P P -P P -P P -P 3
同理可得 3 2 = 4 3 = 5 4 = 6 5 = ，
P -P P -P P -P P -P 5
2 1 3 2 4 3 5 4
3
所以{P -P}(i=0，1，2，…，5)是公比为 的等比数列，
i+1 i 5
(3) i
所以P -P= (P -P )(i=0，1，2，…，5)，
i+1 i 5 1 0
5 5
[ (3) i ]
各项求和得 Σ (P -P)= Σ (P -P ) ，
i+1 i 5 1 0
i=1 i=1
3 (3) 6
-
5 5
则P -P =(P -P )· ，
6 1 1 0
3
1-
5
3 (3) 6
-
5 5 2×55
即1-P =P · ，解得P = .
1 1 3 1 56-36
1-
5
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，
2
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 ，乙
3
1 1
每次投壶的命中率均为 ，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 ，则(
2 2
)43
A.第3次投壶的人是甲的概率为
72
21
B.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
43
1
C.前4次投壶中甲只投1次的概率为
12
3 1 (1) 9
D.第10次投壶的人是甲的概率为 - ×
5 10 6
答案 ABD
解析 设第i次投壶的人是甲为事件A，第i次投壶的人是乙为事件B(i≥2且i∈N*).
i i
2 1
因为P(A)= P(A )+ [1-P(A )]，
i 3 i-1 2 i-1
1 1
所以P(A)= P(A )+ ，
i 6 i-1 2
3 1[ 3]
所以P(A)- = P(A )- ，
i 5 6 i-1 5
1
而P(A )= ，
1 2
3 1
故P(A )- =- ≠0，
1 5 10
{ 3} 1 1
所以 P(A )- 是首项为- ，公比为 的等比数列，
i 5 10 6
3 1 (1) i-1
所以P(A)- =- × ，
i 5 10 6
3 1 (1) i-1
所以P(A)= - × ，
i 5 10 6
3 1 (1) 2 3 1 215 43
对于A，P(A )= - × = - = = ，故A正确；
3 5 10 6 5 360 360 72
3 1 (1) 9
对于D，P(A )= - × ，故D正确；
10 5 10 6
1 1 1 1 1 2 7
对于B，P(A B )= × × + × × = ，
3 1 2 2 2 2 2 3 24
7
P(A B ) 24 21
故P(B |A )= 3 1 = = ，故B正确；
1 3 P(A ) 43 43
3
72
对于C，前4次投壶中甲只投1次的概率
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3
P= × × × + × × × + × × × + × × × = ，故C错误.
2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 2 166.(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A(i=1，2，3，…，
i
n)，则( )
3 3
A.P(A A )= B.P(A |A )=
1 2 5 1 2 7
13
C.P(A +A )= D.P(A )<P(A )
1 2 15 n n
答案 BCD
1 3 1
解析 对于A，P(A A )= × = ，所以A错误；
1 2 3 5 5
1 3 2 2 7
对于B，P(A )= × + × = ，
2 3 5 3 5 15
1
P(A A ) 5 3
所以P(A |A )= 1 2 = = ，所以B正确；
1 2 P(A ) 7 7
2
15
2 2 2 4
对于C，因为P(A )= ，P(A A )= × = ，
1 3 1 2 3 5 15
2 7 4 13
所以P(A +A )=P(A )+P(A )-P(A A )= + - = ，所以C正确；
1 2 1 2 1 2 3 15 15 15
1 2
对于D，由题意可得P(A )= ，P(A )= ，
1 3 1 3
3 2
P(A )= P(A )+ [1-P(A )]
n 5 n-1 5 n-1
1 2
= P(A )+ ，
5 n-1 5
1 1[ 1]
所以P(A )- = P(A )- ，
n 2 5 n-1 2
{ 1} 1 1 1
所以数列 P(A )- 是以 为公比，P(A )- =- 为首项的等比数列，
n 2 5 1 2 6
1 1 (1) n-1
所以P(A )- =- × ，
n 2 6 5
1 1 (1) n-1 1
所以P(A )= - × < ，
n 2 6 5 2
1
所以P(A )=1-P(A )> ，则P(A )<P(A )，所以D正确.
n n 2 n n1 3
7.(2024·郑州模拟)抛掷一枚不均匀的硬币，正面向上的概率为 ，反面向上的概率为 ，记n次抛掷后得
4 4
到偶数次正面向上的概率为a ，则数列{a }的通项公式a = .
n n n
1 (1) n+1
答案 +
2 2
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，
3 1
可得递推关系为a = a + (1-a )，
n 4 n-1 4 n-1
1 1( 1)
构造数列a - = a - ，
n 2 2 n-1 2
1
a -
n 2 1
所以 = ，
1 2
a -
n-1 2
{ 1} 1 1
即数列 a - 是以a - 为首项， 为公比的等比数列，
n 2 1 2 2
3 1 3 1 1
又抛1次硬币，偶数次正面向上为0次，此时a = ，所以a - = - = ，
1 4 1 2 4 2 4
1 1 (1) n-1 1 (1) n+1
所以a - = × a = + .
n 2 4 2 n 2 2
⇒
8.(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X ，恰有2个黑球的概率为p ，
n n
恰有1个黑球的概率为q ，则X 的数学期望E(X )= .(用n表示)
n n n
(1) n
答案 +1
3
1 2
解析 一方面：由题意可知p = ，q = ，
1 3 1 3
1 2 1 7
则p = p + × q = ；
2 3 1 3 3 1 27
2 (2 2 1 1) 16
q = p + × + × q = .
2 3 1 3 3 3 3 1 27
1 2 1 1 2
另一方面：由题意可知p = p + × q = p + q ， ①
n+1 3 n 3 3 n 3 n 9 n
2 (2 2 1 1) 2 1 2
q = p + × + × q + (1-p -q )=- q + ， ②
n+1 3 n 3 3 3 3 n 3 n n 9 n 3
2 1 2 1 2
①×2+②得2p +q = p + q + = (2p +q )+ ，
n+1 n+1 3 n 3 n 3 3 n n 3则当n≥2，n∈N*时，
1 2
2p +q = (2p +q )+ ，
n n 3 n-1 n-1 3
1
所以2p +q -1= (2p +q -1)，
n n 3 n-1 n-1
1 1 1
因为2p +q -1= ，数列{2p +q -1}是首项为 ，公比为 的等比数列，
1 1 3 n n 3 3
(1) n
所以2p +q -1= ，
n n 3
(1) n
即2p +q = +1，
n n 3
(1) n
所以E(X )=2p +q +0×(1-p -q )= +1.
n n n n n 3
9.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P (n≥2且
n
n∈N*).
{1+2P }
n
①证明：数列 为等比数列；
1-P
n
②求P ，并根据P 的值解释该育种方案的可行性.
10 10
(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，
2 4 1
其亲代AA，Aa，aa的概率比为 ∶ ∶ ，
7 7 7
1
7 1
故所求概率为 = .
4 1 1 2
× +
7 4 7
(2)①证明 记在不筛选出aa的情况下，第n代AA的概率为B ，
n1 1 1
B = × = ，
1 2 2 4
1 1 1 1 3
B = × + × = ，
2 2 2 2 4 8
1[ (1) n]
1-
1 1 1 1 4 2
故可递推出B = + + +…+ =
n 4 8 16 2n+1
1
1-
2
2n-1
= ，
2n+1
B 2n-1
易得P = n = ，
n 1-B 2n+2
n-1
1+2P S
n n+1
令S = =2n，而S =2n+1，则有 =2，
n 1-P n+1 S
n n
{1+2P }
n
故数列 为等比数列，得证.
1-P
n
210-1 1 023
②解 由①知P = = ，且当n→+∞时，P →1，故该方案可行.
10 210+2 1 026 n
10.(2024·聊城模拟)如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作A，B ，P，B ，C ，Q ，
1 2 1 1
C ，Q，C .一个机器人从区域P出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域(有公共边的区
2 3
域)，且到不同相邻区域的概率相等.
(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；
(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率；
(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.
解 (1)经过2秒机器人可能位于的区域为P，Q ，Q，经过3秒机器人可能位于的区域为A，B ，B ，C ，
1 1 2 1
C ，C .
2 3
(2)若经过2秒机器人位于区域Q，则经过1秒时，机器人必定位于B ，
2
1 1
P有三个相邻区域，故由P→B 的概率为p = ，B 有两个相邻区域，故由B →Q的概率p = ，则经过2
2 1 3 2 2 2 2
1 1 1
秒机器人位于区域Q的概率为p p = × = .
1 2 3 2 6(3)机器人的运动路径为
P→A∪B ∪B →P∪Q ∪Q→A∪B ∪B ∪C ∪C ∪C →P∪Q ∪Q→A∪B ∪B ∪C ∪C ∪C →P∪Q ∪Q→
1 2 1 1 2 1 2 3 1 1 2 1 2 3 1
…，
设经过n秒机器人位于区域Q的概率为P ，
n
则当n为奇数时，P =0，
n
1
当n为偶数时，由(2)知，P = ，由对称性可知，
2 6
经过n秒机器人位于区域Q的概率与位于区域Q 的概率相等，亦为P ，
1 n
故经过n秒机器人位于区域P的概率为1-2P ，
n
1
若第n秒机器人位于区域P，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为 ，
6
1
若第n秒机器人位于区域Q ，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为 ，
1 6
( 1) 2
若第n秒机器人位于区域Q，则第(n+2)秒机器人位于区域Q的概率为 1-2× = ，
6 3
2 1 1
则有P = P + P + (1-2P )，
n+2 3 n 6 n 6 n
1 1 1
即P = + P ，令P +λ= (P +λ)，
n+2 6 2 n n+2 2 n
1 1 1
即P = P - λ，有λ=- ，
n+2 2 n 2 3
1 1( 1)
即有P - = P - ，
n+2 3 2 n 3
1
P -
n+2 3 1
则 = ，
1 2
P -
n 3
1 1 1
P - P - P -
n 3 1 n-2 3 1 4 3 1
故有 = ， = ，…， = ，
1 2 1 2 1 2
P - P - P -
n-2 3 n-4 3 2 3
1 1 1
P - P - P -
n 3 n-2 3 4 3 ( 1) 1 (1) n -1(1 1) 1 (1) n
故 · ·…· · P - =P - = 2 · - =- · 2，
1 1 1 2 3 n 3 2 6 3 3 2
P - P - P -
n-2 3 n-4 3 2 3
1 1 (1) n
即P = - · 2，
n 3 3 2
综上所述，当n为奇数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为0，1 1 (1) n
当n为偶数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为 - · 2.
3 3 2
