高三理科数学一轮总复习第八章统计与概率—递推法解排列组合概率问题

1高三理科数学一轮总复习第八章统计与概率—递推法解排列、组合、概率问题一、an=p·an－1+q型【例1】某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都是12，从开关第二次闭合起，若前次出现红灯的概率是13，出现绿灯的概率是23；若前次出现绿灯，则下次出现红灯的概率是35，出现绿灯的概率是25，记开关第n次闭合后出现红灯的概率为Pn.(1)求：P2；(2)求证：Pn12(n≥2)；(3)求limnnP.解析：(1)第二次闭合后出现红灯的概率P2的大小决定于两个互斥事件：即第一次红灯后第二次又是红灯；第一次绿灯后第二次才是红灯.于是P2=P1·13+(1－P1)·35=715.(2)受(1)的启发，研究开关第N次闭合后出现红灯的概率Pn，要考虑第n－1次闭合后出现绿灯的情况，有Pn=Pn－1·13+(1－Pn－1)·35=－415Pn－1+35，再利用待定系数法：令Pn+x=－415(Pn－1+x)整理可得x=－919∴{Pn－919}为首项为(P1－919)、公比为(－415)的等比数列Pn－919=(P1－919)(－415)n－1=138(－415)n－1，Pn=919+138(－415)n－1∴当n≥2时，Pn919+138=12(3)由(2)得limnnP=919.【例2】A、B两人拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下:若掷出的点数之和为3的倍数时，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数不是3的倍数时，由对方接着掷.第一次由A开始掷.设第n次由A掷的概率为Pn，(1)求Pn；⑵求前4次抛掷中甲恰好掷3次的概率.解析：第n次由A掷有两种情况：①第n－1次由A掷，第n次继续由A掷，此时概率为1236Pn－1；②第n－1次由B掷，第n次由A掷，此时概率为(1－1236)(1－Pn－1).∵两种情形是互斥的∴Pn=1236Pn－1+(1－1236)(1－Pn－1)(n≥2)，即Pn=－13Pn－1+23(n≥2)∴Pn－12=－13(Pn－1－12)，(n≥2)，又P1=1∴{Pn－12}是以12为首项，－13为公比的等比数列.2∴Pn－12=12(－13)n－1，即Pn=12+12(－13)n－1.⑵2881.二、an+1=p·an+f(n)型【例3】(传球问题)A、B、C、D4人互相传球，由A开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到A手中，则不同的传球方式有多少种？若有n个人相互传球k次后又回到发球人A手中的不同传球方式有多少种？分析：这类问题人数、次数较少时常用树形图法求解，直观形象，但若人数、次数较多时树形图法则力不从心，而建立递推数列模型则可深入问题本质.4人传球时，传球k次共有3k种传法.设第k次将球传给A的方法数共有ak(k∈N*)种传法，则不传给A的有3k－ak种，故a1=0，且不传给A的下次均可传给A，即ak+1=3k－ak。两边同除以3k+1得ak+13k+1=－13·ak3k+13，令bk=ak3k，则b1=0，bk+1－14=－13(bk－14)，则bk－14=－14(－13)k－1∴ak=3k4+34(－1)k当k=5时，a5=60.当人数为n时，分别用n－1，n取代3，4时，可得ak=(n－1)kn+n－1n(－1)k.【例4】(环形区域染色问题)将一个圆环分成n(n∈N*，n≥3)个区域，用m(m≥3)种颜色给这n个区域染色，要求相邻区域不使用同一种颜色，但同一颜色可重复使用，则不同的染色方案有多少种？分析：设an表示n个区域染色的方案数，则1区有m种染法，2区有m－1种染法，3，……，n－1，n区各有m－1种染色方法，依乘法原理共有m(m－1)n－1种染法，但是，这些染中包含了n区可能和1区染上相同的颜色.而n区与1区相同时，就是n－1个区域涂上m种颜色合乎条件的方法.∴an=m(m－1)n－1－an－1，且a3=m(m－1)(m－2)an－(m－1)n=－[an－1－(m－1)n－1]an－(m－1)n=[a3－(m－1)3](－1)n－3∴an=(m－1)n+(m－1)(－1)n(n≥3)用这个结论解：2003年高考江苏卷：某城市在中心广场建一个花圃，花圃分为6个部分如图，现要栽种4种不同颜色的花且相邻部分不能同色，由不同的栽种方法有种.只需将图变形为圆环形，1区有4种栽法.不同的栽法数为N=4a5=120.三、an+1=an·f(n)型【例5】(结草成环问题)现有n(n∈N*)根草，共有2n个草头，现将2n个草头平均分成n组，每两个草123nn-1……12345612345634……12562n-12n3头打结，求打结后所有草能构成一个圆环的打结方法数.分析：将2n个草头平均分成n组，每两个草头打结，要使其恰好构成圆环，不同的连接方法总数m2=an.将草头编号为1，2，3，……，2n－1，2n.草头1可以和新草头3，4，5，……，2n－1，2n共2n－2个新草头相连，如右图所示.假设1和3相连，则与余下共n－1条相连能成圆环的方法数为an－1.∴an=(2n－2)an－1，(n≥2，n∈N*)，a1=1，得anan－1=2n－2an=anan－1·an－1an－2·……·a2a1·a1=(2n－2)(2n－4)……2×1=2n－1(n－1)!变式游戏：某人手中握有2n(n∈N*)根草，只露出两端的各自2n个草头，现将两端的2n个草头各自随机平均分成n组，并将每组的两个草头连接起来，最后松手，求这时所有的草恰好构成一个圆环的概率.分析：两端的2n个草头随机两个相连不同的方法数为N=(C22nC22n－2……C22n!)2能够构成圆环的连接方法分两步：第一步，先将一端的2n个草头平均分成n组，每两根连接起来，得到n组草，认为得到n根“新草”，连接方法数m1=C22nC22n－2……C22n!.第二步，将另一端的2n个草头平均分成n组连接起来，要使其恰好构成圆环，不同的连接方法总数m2=2n－1(n－1)!.∴所求的概率Pn=m1m2N=(n－1)!n!22n－1(2n)!.变式：(江苏)右图中有一个信号源和五个接收器。接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号.若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是(D)（A）445（B）136（C）415（D）815四、an+1=p·an+q·an－1型【例6】某人玩硬币走跳棋的游戏.已知硬币出现正反面的概率都是12，棋盘上标有第0站、第1站、第2站、……、第100站.一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋信号源4子向前跳一站(从k到k+1)；若掷出反面，棋子向前跳两站(从k到k+2)，直到棋子跳到第99站(胜利大本营)或跳到第100站(失败集中营)时，该游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为Pn.(1)求P0、P1、P2的值；(2)求证：Pn－Pn－1=－12(Pn－1－Pn－2)，其中n∈N，2≤n≤99；(3)求玩该游戏获胜的概率及失败的概率.(1)解：棋子开始在第0站为必然事件，P0=1.第一次掷硬币出现正面，棋子跳到第1站，其概率为12，P1=12.棋子跳到第2站应从如下两方面考虑：①前两次掷硬币都出现正面，其概率为14；②第一次掷硬币出现反面，其概率为12.∴P2=14+12=34.(2)证明：棋子跳到第n(2≤n≤99)站的情况是下列两种，而且也只有两种：①棋子先到第n－2站，又掷出反面，其概率为12Pn－2；②棋子先到第n－1站，又掷出正面，其概率为12Pn－1.∴Pn=12Pn－2+12Pn－1.∴Pn－Pn－1=－12(Pn－1－Pn－2).(3)解：由(2)知当1≤n≤99时，数列{Pn－Pn－1}是首项为P1－P0=－12，公比为－12的等比数列.∴P1－1=－12，P2－P1=(－12)2，P3－P2=(－12)3，…，Pn－Pn－1=(－12)n.以上各式相加，得Pn－1=(－12)+(－12)2+…+(－12)n，∴Pn=1+(－12)+(－12)2+…+(－12)n=23[1－(－12)n+1](n=0，1，2，…，99).∴获胜的概率为P99=23[1－(12)100]，失败的概率P100=12P98=12·23[1－(－12)99]=13[1+(12)99].【例7】从原点出发的某质点M，按向量a=(0，1)移动的概率为23，按向量b=(0，2)移动的概率为13，设M可到达点(0，n)的概率为Pn(1)求P1和P2的值；(2)求证：Pn+2－Pn+1=－13(Pn+1－Pn)；(3)求Pn的表达式.5解析：(1)P1=23，P2=(23)2+13=79(2)证明：M到达点(0，n+2)有两种情况：①从点(0，n+1)按向量a=(0，1)移动，即(0，n+1)→(0，n+2)②从点(0，n)按向量b=(0，2)移动，即(0，n)→(0，n+2).∴Pn+2=23Pn+1+13Pn∴Pn+2－Pn+1=－13(Pn+1－Pn)(3)数列{Pn+1－Pn}是以P2P1为首项，13为公比的等比数列.Pn+1－Pn=(P2P1)(13)n-1=19(13)n-1=(13)n+1，∴Pn－Pn－1=(－13)n,又∵Pn－P1=(Pn－Pn－1)+(Pn－1－Pn－2)+…+(P2P1)=(13)n+(13)n-1+…+(13)2=(112)[1(13)n-1]∴Pn=P1+(112)[1(13)n-1]=34+14×(13)n.