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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·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(
n
Σ
i=1
Xi)=
n
Σ
i=1
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=2
5(pi+λ)，解得λ=-1
3，
则pi+1-1
3=2
5(pi- 1
3)，
又p1=1
2，p1-1
3=1
6，
所以{pi- 1
3}是首项为1
6，公比为2
5的等比数列，
即pi-1
3=1
6×(
2
5)
i-1
，pi=1
6×(
2
5)
i-1
+1
3.
(3)因为pi=1
6×(
2
5)
i-1
+1
3，i=1，2，…，n，
所以当n∈N*时，E(Y)=p1+p2+…+pn=1
6×
1-(
2
5)
n
1- 2
5
+n
3= 5
18[1-(
2
5)
n
]+n
3，
故E(Y)= 5
18[1-(
2
5)
n
]+n
3.
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 3
5
27
5 005
解析 2n 张卡片选取3 张卡片的选法共有C2n
3 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
n(2n-2)
C2n
3
=
3
2n-1，
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=
3
2n-1Pn-1，且P2=1，
则P3=
3
2×3-1P2=3
5，
P7= 3
13× 3
11×3
9×3
7 ×3
5=
27
5 005.
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1
3，上两级台阶的概率为2
3，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=1
3×1
3+2
3=7
9，
p3=1
3×1
3×1
3+C2
1×1
3×2
3=13
27.
(2)随机变量X 所有可能取值为3，4，5，6，
P(X=3)=(
1
3)
3
= 1
27，
P(X=4)=C3
1×(
1
3)
2
×2
3=2
9，
P(X=5)=C3
2×1
3×(
2
3)
2
=4
9 ，
P(X=6)=(
2
3)
3
= 8
27.
X 的分布列为
X
3
4
5
6
P
1
27
2
9
4
9
8
27
E(X)=3× 1
27 +4×2
9+5×4
9 +6× 8
27=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=1
3pn+1+2
3pn，
则pn+2+2
3pn+1=pn+1+2
3pn，
所以pn+1+2
3pn=p2+2
3p1=7
9+2
3×1
3=1，
即pn+1-3
5=(- 2
3)×(pn- 3
5)，
又p1-3
5=- 4
15≠0，故{pn- 3
5}是首项为- 4
15，公比为-2
3的等比数列，
所以pn-3
5=- 4
15×(- 2
3)
n-1
=2
5×(- 2
3)
n
，
故pn=3
5+2
5×(- 2
3)
n
.
[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an
an-1
=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1
3，答错的概
率为2
3.
(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
n
Σ
i=1
Pi.
解 (1)X 的可能取值为3，4，5，6，
P(X=3)=(
2
3)
3
= 8
27 ，
P(X=4)=C3
1×1
3×(
2
3)
2
=4
9 ，
P(X=5)=C3
2×(
1
3)
2
×(
2
3)
1
=2
9，
P(X=6)=C3
3×(
1
3)
3
= 1
27.
X 的分布列为
X
3
4
5
6
P
8
27
4
9
2
9
1
27
所以E(X)=3× 8
27 +4×4
9 +5×2
9+6× 1
27=4.
(2)P1=2
3，P2=1
3+2
3×2
3=7
9，
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=2
3Pn-1+1
3Pn-2，即Pn+1
3Pn-1=Pn-1+1
3Pn-2，
所以数列{Pn+ 1
3 Pn-1}为常数列.
又P2+1
3P1=7
9+1
3×2
3=1，
所以Pn+1
3Pn-1=1(n≥2)，
则Pn-3
4 =-1
3(Pn-1- 3
4)，
P1-3
4 =2
3-3
4 =- 1
12≠0，
所以数列{Pn- 3
4}是以- 1
12为首项，-1
3为公比的等比数列，
所以Pn-3
4 =- 1
12×(- 1
3)
n-1
，
即Pn=3
4 +1
4 ×(- 1
3)
n
.
所以
n
Σ
i=1
Pi=P1+P2+P3+…+Pn=3
4 n+1
4 ×[(- 1
3)
1
+(- 1
3)
2
+…+(- 1
3)
n
]
=3
4 n+1
4 ×
- 1
3[1-(- 1
3)
n
]
1+ 1
3
=3
4 n- 1
16[1-(- 1
3)
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a1=2，
从而累加得到an=n+(n-1)+…+3+2+2=1+n(n+1)
2
.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. 2
21-1
3×2
21
B. 2
19-1
3×2
19
C. 2
20+1
3×2
20
D. 2
19+1
3×2
19
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{
xn+an+bn=1,
xn+1= 1
2 an+ 1
2 bn,
消去an，bn，可得xn+1=1
2(1-xn)，
则xn+1-1
3=-1
2(xn- 1
3)，
因为x1=0，x1-1
3=-1
3≠0，
所以数列{xn- 1
3}是首项为-1
3，公比为-1
2的等比数列，所以xn-1
3=-1
3·(- 1
2)
n-1
，
即xn=1
3-1
3·(- 1
2)
n-1
，
故x20=1
3-1
3·(- 1
2)
19
= 2
19+1
3×2
19.
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2
11，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1
4 ；若
前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为1
3.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. 97
132
B.31
44
C. 97
120
D. 73
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，
第n 次(n≥2)推送时不购买此商品的概率
Pn=3
4 Pn-1+2
3(1-Pn-1)= 1
12Pn-1+2
3，
所以Pn- 8
11= 1
12(Pn-1- 8
11)，
由题意知P1= 9
11，则P1- 8
11= 1
11，
所以{Pn- 8
11}是首项为1
11，公比为1
12的等比数列，
所以Pn- 8
11= 1
11×
1
12
n-1，
即Pn= 8
11+ 1
11×
1
12
n-1.
显然数列{Pn}递减，
所以当n≥2 时，Pn≤P2= 8
11+ 1
11× 1
12= 97
132，
所以M 的最小值为97
132.
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=5
9
B.P12=1
2(
1
3)
11
+1
2
C.Pn=2
3Pn-1+(
1
3)
n
D.
n
Σ
i=1(Pn- 1
2)=1
4(1- 1
3
n)
答案 AD
解析 显然P1=2
3，
P2=2
3×2
3+1
3×1
3=5
9，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2
3Pn-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
3(1-Pn-1)；
因此，Pn=2
3Pn-1+1
3(1-Pn-1)，
整理得Pn=1
3Pn-1+1
3，
即Pn-1
2=1
3(Pn-1- 1
2)，又P1-1
2=2
3-1
2=1
6≠0，
所以{Pn- 1
2}为首项为1
6，公比为1
3的等比数列，
所以Pn-1
2=1
6×(
1
3)
n-1
，即Pn=1
2(
1
3)
n
+1
2，
所以P12=1
2(
1
3)
12
+1
2，B，C 错误；
所以
n
Σ
i=1(Pn- 1
2)=
1
6(1- 1
3
n)
1- 1
3
=1
4(1- 1
3
n)，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)=1
3
B.当n≥2 时，有2P(n)=1-P(n-1)
C.P(7)=21
64
D.P(n)=1
3[1-(- 1
2)
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1
2的概
率回到A 点，故P(2)=1
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1
2的概率回到A 点，
故当n≥2 时，有P(n)=1
2[1-P(n-1)]，
即2P(n)=1-P(n-1)，故B 项正确；
由B 选项知P(n)=1
2[1-P(n-1)]，
即P(n)=-1
2P(n-1)+1
2，
设P(n)+k=-1
2[P(n-1)+k]，
可得k=-1
3，
于是P(n)-1
3=-1
2[P(n-1)- 1
3]，又P(1)-1
3=-1
3≠0，
所以数列{P(n)- 1
3}是首项为-1
3，公比为-1
2的等比数列，故P(n)-1
3=-1
3(- 1
2)
n-1
，
P(n)=1
3[1-(- 1
2)
n-1
]，故D 项正确；
对于C 选项，由D 项可得
P(7)=1
3[1-(- 1
2)
6
]=21
64 ，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
an+1
(-1)
n+1=
an
(-1)
n-4×(-3)n，
移项得
an+1
(-1)
n+1-
an
(-1)
n=-4×(-3)n，
利用累加法得当n≥3 时，
an
(-1)
n=
an
(-1)
n-
an-1
(-1)
n-1+
an-1
(-1)
n-1-
an-2
(-1)
n-2+…+
a3
(-1)
3-
a2
(-1)
2+
a2
(-1)
2
=-4×[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]+a2，
又因为a2=A4
2=12，
所以
an
(-1)
n=-4×[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]+12=-4×9[1-(-3)
n-2]
1-(-3)
+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 1
6 1
2+1
2(- 2
3)
n-1
解析 由题意得，甲掷到1 点，乙掷到3 点的概率都是1
6，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
6，
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 1
6pn-1，
若第(n-1)次由乙掷，第n 次仍由甲掷的概率是5
6(1-pn-1)，
所以第n 次仍由甲掷的概率是
pn=1
6pn-1+5
6(1-pn-1)，
即pn=-2
3pn-1+5
6，
即pn-1
2=-2
3(pn-1- 1
2)，又p1-1
2=1
2≠0，
所以{pn- 1
2}是以1
2为首项，以-2
3为公比的等比数列，所以pn-1
2=1
2(- 2
3)
n-1
，
即pn=1
2+1
2(- 2
3)
n-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)=1
3×2
3=2
9，
P(X=1)=1
3×1
3+2
3×2
3=5
9，
P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)=2
9，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
2
9
5
9
2
9
所以E(X)=0×2
9+1×5
9+2×2
9=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=2
3qn-1+5
9pn-1+2
3(1-qn-1-pn-1)=-1
9pn-1+2
3，
所以pn-3
5=-1
9(pn-1- 3
5)，
由(1)知p1=5
9，所以p1-3
5=5
9-3
5=- 2
45，
所以数列{pn- 3
5}是首项为- 2
45，公比为-1
9的等比数列，故pn-3
5=- 2
45·(- 1
9)
n-1
，
所以pn=3
5- 2
45·(- 1
9)
n-1
，即pn=3
5+2
5·(- 1
9)
n
.
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1
3的概率继续控球(不传给别人)，2
3的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有2
3的概率回传给
甲，1
3的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有1
3的概率传给甲，2
3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{qn- 2
5}是等比数列；(5 分)
②求{pn}和{qn}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1
3，第二次甲传给
乙的概率是2
3，所以概率为1
3×2
3=2
9.
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1
3，
第二次甲传给乙的概率是2
3，
第三次乙传给丙的概率是1
3，
所求概率为1
3×2
3×1
3= 2
27 .
(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2
3pn；
第n 次球在丙处，第n+1 次丙传给乙，概率为2
3(1-pn-qn).
所以qn+1=2
3pn+2
3(1-pn-qn)=2
3-2
3qn，
则qn+1-2
5=2
3-2
3qn-2
5=-2
3(qn- 2
5).
又q1=2
3，q1-2
5=2
3-2
5= 4
15≠0.
所以数列{qn- 2
5}是以4
15为首项，-2
3为公比的等比数列.
②解 由①可知qn-2
5= 4
15×(- 2
3)
n-1
=-2
5×(- 2
3)
n
，
所以qn=2
5-2
5×(- 2
3)
n
，n∈N*.
因为pn+1=1
3pn+2
3qn+1
3(1-pn-qn)=1
3qn+1
3，
则pn+1= 2
15- 2
15×(- 2
3)
n
+1
3= 7
15+1
5×(- 2
3)
n+1
，所以pn= 7
15+1
5×(- 2
3)
n
.
