重难点专题30 数列与概率统计结合题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题30数列与概率统计结合题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc148711220" 题型1求数列通项公式型 PAGEREF _Tc148711220 \h 1
\l "_Tc148711221" 题型2证明等比数列型 PAGEREF _Tc148711221 \h 14
\l "_Tc148711222" 题型3求和型 PAGEREF _Tc148711222 \h 28
\l "_Tc148711223" 题型4数列的综合问题 PAGEREF _Tc148711223 \h 38
题型1求数列通项公式型
【例题1】（2023秋·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）某品牌女装专卖店设计摸球抽奖促销活动，每位顾客只用一个会员号登陆，每次消费都有一次随机摸球的机会．已知顾客第一次摸球抽中奖品的概率为27；从第二次摸球开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为12，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为13．记该顾客第n次摸球抽中奖品的概率为Pn．
(1)求P2的值，并探究数列Pn的通项公式；
(2)求该顾客第几次摸球抽中奖品的概率最大，请给出证明过程．
【答案】(1)1942，Pn=37−17−16n−1
(2)第二次，证明见解析
【分析】（1）根据全概率公式即可求解P2，利用抽奖规则，结合全概率公式即可由等比数列的定义求解，
（2）根据Pn=37−17−16n−1，即可对n分奇偶性求解.
【详解】（1）记该顾客第ii∈N∗次摸球抽中奖品为事件A，依题意，P1=27，
P2=PA2=PA1PA2|A1+PA1PA2|A1=27×13+1−27×12=1942．
因为PAn|An−1=13，PAn|An−1=12，Pn=PAn，
所以PAn=PAn−1PAn|An−1+PAn−1PAn|An−1，
所以Pn=13Pn−1+121−Pn−1=−16Pn−1+12，
所以Pn−37=−16Pn−1−37，
又因为P1=27，则P1−37=−17≠0，
所以数列Pn−37是首项为−17，公比为−16的等比数列，
故Pn=37−17−16n−1．
（2）证明：当n为奇数时，Pn=37−17⋅6n−11−Pn 即Pn>12n=1,2,⋅⋅⋅,16，
817+2885⋅−512n−1>12，即−512n−1>8534×28=556n=1,2,⋅⋅⋅,16，
显然n必为奇数，偶数不成立，
故当n=1，3，5，…，15时，有512n−1>556即可.
当n=1时，512>556，显然成立；
当n=3时，5122=25144，
因为25144−556=52×4518−17=585×718×7−187×18>0，
故当n=3时，成立；
当n=5时，5124=625144×144与556比较大小，
625144×144−556=52×412572×36−17=58125×772×36×7−72×3672×36×7
=58−171772×36×75时不成立．
综上，只有2晩.
【变式1-1】2. （2023秋·江苏常州·高三常州高级中学校考开学考试）某校为了增强学生的安全意识，组织学生参加安全知识答题竞赛，每位参赛学生可答题若干次，答题赋分方法如下：第一次答题，答对得2分，答错得1分；从第二次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得1分．学生甲参加这次答题竞赛，每次答对的概率为23，且每次答题结果互不影响．
(1)求学生甲前三次答题得分之和为4分的概率；
(2)设学生甲第i次答题所得分数Xi(i∈N∗)的数学期望为E(Xi)．
（ⅰ）求E(X1)，E(X2)，E(X3)；
（ⅱ）直接写出E(Xi)与E(Xi−1)(i≥2)满足的等量关系式（不必证明）；
（ⅲ）根据（ⅱ）的等量关系求E(Xi)表达式，并求满足E(Xi)>10的i的最小值．
【答案】(1)29；
(2)（ⅰ）EX1=53，EX2=239，EX3=10127；（ⅱ）EXi=43EXi−1+13，i∈N∗，i≥2；（ⅲ）E(Xi)=2(43)i−1，最小值是6.
【分析】（1）根据给定条件，分析甲前三次答题得分之和为4分的事件，再利用独立重复试验的概率公式计算作答.
（2）（ⅰ）依次求出得分分别为X1,X2,X3的可能值及对应的概率，再利用期望的定义求解即可；（ⅱ）分析（ⅰ）的结论，探求E(Xi)与E(Xi−1)(i≥2)的关系即可作答；（ⅲ）由（ⅱ）的递推公式，求出E(Xi)，再解不等式作答.
【详解】（1）学生甲前三次答题得分之和为4分的事件，即为学生甲前三次答题中仅只答对一次的事件，
设“学生甲前三次答题得分之和为4分”为事件A，所以P(A)=C31×23×(1−23)2=29.
（2）（ⅰ）学生甲第1次答题得2分、1分的概率分别为23，13，所以EX1=2×23+1×13=53；
甲第2次答题得4分、2分、1分的概率分别为23×23，13×23，13，所以EX2=4×23×23+2×13×23+1×13=239；
甲第3次答题得8分、4分、2分、1分的概率分别为23×23×23，13×23×23，13×23，13，
所以EX3=8×23×23×23+4×13×23×23+2×13×23+1×13=10127．
（ⅱ）由（ⅰ）知，EX2=43EX1+13，EX3=43EX2+13，
当i≥2时，甲第i−1次答题所得分数Xi−1的期望为EXi−1，
则第i次答对题所得分数2EXi−1，答错题所得分数为1，其概率分别为23，13，
于是甲第i次答题所得分数Xi的期望为EXi=2EXi−1×23+1×13=43EXi−1+13，
即EXi=43EXi−1+13，i∈N∗，i≥2．
（ⅲ）由（ⅰ）知EX1=53，由（ⅱ）知EXi=43EXi−1+13，i∈N∗，i≥2，
因此EXi+1=43EXi−1+1，即数列EXi+1以83为首项，43为公比的等比数列，
则E(Xi)+1=83×(43)i−1，即E(Xi)=2(43)i−1．
由E(Xi)>10，得2(43)i−1>10，整理得(43)i>112，而(43)5=1024243112，因此i≥6，
所以i的最小值是6．
【变式1-1】3. （2023·全国·高三专题练习）2021年奥运会我国射击项目收获丰盛，在我国射击也是一项历史悠久的运动.某射击运动爱好者甲来到靶场练习.若某种型号的枪支弹巢中一共可装填6发子弹，现有一枪支其中有m(m≥1)发为实弹，其余均为空包弹，现规定：每次射击后，都需要在下一次射击之前填充一发空包弹，假设每次射击相互独立且均随机，在进行nn∈N次射击后，记弹巢中空包弹的发数为Xn，
(1)当k∈N∗时，请直接写出数学期望EXn与EXn−1的关系；
(2)求出EXn关于n的表达式.
【答案】(1)EXn=56EXn−1+1
(2)EXn=6−m56nn∈N
【分析】（1）分第n次射出空包弹和第n次射出实弹两种类型，根据相互独立事件的概率关系，得到数学期望的递推关系；
（2）由数学期望的递推关系，通过构造等比数列，求出通项.
【详解】（1）第n次射击后，包含两种情况：第n次射出空包弹和第n次射出实弹，
第n次射击前，剩余空包弹的期望是EXn−1，
若第n次射出空包弹，则此时对应的概率为EXn−16，因为射击后要填充一发空包弹，则此时空包弹的数量为，EXn−1−1+1=EXn−1
若第n次射出实弹，则此时对应的概率为1−EXn−16，此时空包弹的数量为EXn−1+1，
所以EXn=EXn−16⋅EXn−1+1−EXn−16EXn−1+1=56EXn−1+1.
（2）当n=0时，弹巢中有6−m发空包弹，即EX0=6−m，
由EXn=56EXn−1+1，得EXn−6=56EXn−1−6，
当n∈N∗时，数列{E(Xn)−6}是首项为EX1−6=−56m，公比为56的等比数列，
因此EXn−6=−56m⋅56n−1=−m56n，而当n=0时，E(X0)=6−m满足上式，
所以EXn=6−m56nn∈N.
【变式1-1】4（2023秋·安徽合肥·高三合肥一中校联考开学考试）为纪念中国共产党成立102周年，学校某班组织开展了“学党史，忆初心”党史知识竞赛活动，抽取四位同学，分成甲、乙两组，每组两人，进行对战答题.规则如下：每次每位同学给出6道题目，其中有一道是送分题（即每位同学至少答对1题）.若每次每组答对的题数之和为3的倍数，原答题组的人再继续答题；若答对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题.假设每位同学每次答题之间相互独立.求：
(1)若第一次由甲、乙组答题是等可能的，求第2次由乙组答题的概率；
(2)若第一次由甲组答题，记第n次由甲组答题的概率为Pn，求Pn.
【答案】(1)12
(2)Pn=12⋅−13n−1+12.
【分析】（1）根据已知条件，利用古典概型概率公式求出原答题组继续答题的概率和由对方组答题的概率，再利用互斥事件概率加法和独立事件乘法概率公式求解即可；
（2）先求出概率关系Pn+1−12=−13Pn−12，构造等比数列，利用等比数列通项公式求解即可.
【详解】（1）设第1次由甲组答题记作事件A，第1次由乙组答题记作事件A，
第2次由乙组答题记作事件B，因为答对的题数之和为3的倍数分别为1+2，2+4，1+5，4+5，3+3，6+6，3+6，所以答对的题数之和为3的倍数的概率为5×2+236=13，
所以答对的题数之和不是3的倍数的概率为1−13=23，
则PB=PAB+PAB=PA⋅PB+PA⋅PBA=12×23+12×13=12；
（2）第n+1次由甲组答题，是第n次由甲组答题第n+1次继续由甲组答题的事件与第n次由乙组答题第n+1次继续由甲组答题的事件和，它们互斥，
又各次答题相互独立，所以第n次由甲组答题，第n+1次继续由甲组答题的概率为13Pn，
第n次由乙组答题，第n+1次继续由甲组答题的概率为231−Pn，
因此Pn+1=13Pn+231−Pn=−13Pn+23n∈N∗，则Pn+1−12=−13Pn−12，
因为第一次由甲组答题，则P1=1，所以Pn−12是首项为12，公比为−13的等比数列，
所以Pn−12=12⋅−13n−1，即Pn=12⋅−13n−1+12.
【变式1-1】5.（2023秋·湖南湘潭·高三湘钢一中校考开学考试）新宁崀山景区是世界自然遗产､国家5A级景区，其中“八角寨”景区和“天下第一巷”景区是新宁崀山景区的两张名片.为了合理配置旅游资源，现对已游览“八角寨”景区且尚未游览“天下第一巷”景区的游客进行随机调查，若不游览“天下第一巷”景区记2分，若继续游览“天下第一巷”景区记4分，假设每位游客选择游览“天下第一巷”景区的概率均为13，游客之间选择意愿相互独立.
(1)从游客中随机抽取2人，记总得分为随机变量X，求X的数学期望；
(2)（i）记pkk∈N*表示“从游客中随机抽取k人，总分恰为2k分”的概率，求pk的前4项和；
（ii）在对游客进行随机问卷调查中，记ann∈N*表示“已调查过的累计得分恰为2n分”的概率，探求an与an−1n≥2的关系，并求数列an的通项公式.
【答案】(1)163
(2)（i）S4=13081；（ii）an=1−13an−1，an=34+14−13n
【分析】（1）写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，再根据期望公式求解即可；
（2）（i）根据题意可得“总分恰为2k分”的概率为23k，再根据等比数列前n项和公式求解即可；
（ii）方法一：“已调查过的累计得分恰为2n分”的概率为an，得不到2n分的情况只有先得2n−2分，再得4分，概率为13an−1n≥2,a1=23，则1−an=13an−1，再利用构造法求解即可.
方法二：得分2n分可以先得2n−2分，再得2分，也可以先得2n−4分，再得4分，“已调查过的累计得分恰为2n分”的概率为an，则“得2n−2分的概率为an−1”，“得2n−4分”的概率为an−2，根据题意可出an,an−1,an−2的关系，再利用构造法求解即可.
【详解】（1）X可能取值为4,6,8，
PX=4=232=49，
PX=6=C211323=49，
PX=8=132=19，
∴X的数学期望EX=49×4+49×6+19×8=489=163；
（2）（i）“总分恰为2k分”的概率为23k，
∴数列pk是以首项为23，公比为23的等比数列，记前n项和为Sn，
则前4项和S4=231−2341−23=13081；
（ii）方法一：“已调查过的累计得分恰为2n分”的概率为an，
得不到2n分的情况只有先得2n−2分，再得4分，概率为13an−1n≥2,a1=23，
所以1−an=13an−1，即an=1−13an−1，
∴an−34=−13an−1−34，
∴数列an−34是以a1−34=−112为首项，−13为公比的等比数列，
∴an−34=a1−34⋅−13n−1=−112⋅−13n−1，
∴an=34+14−13n.
方法二：得分2n分可以先得2n−2分，再得2分，也可以先得2n−4分，再得4分，
“已调查过的累计得分恰为2n分”的概率为an，则“得2n−2分”的概率为an−1，“得2n−4分”的概率为an−2，
所以an=23an−1+13an−2,a1=23,a2=23×23+13=79，
由an=23an−1+13an−2，得an+13an−1=an−1+13an−2，
∴an+13an−1=an−1+13an−2=⋯=a2+13a1=79+13×23=1，
∴an=1−13an−1，
（后面同方法一）
另解：由an=23an−1+13an−2，得an−an−1=−13an−1−an−2，
∴a2−a1=79−23=19，
∴an−an−1=19⋅−13n−2=−13n.
又an=a1+a2−a1+⋯+an−an−1=23+191−−13n−11+13
=23+1121−−13n−1
=34−112−13n−1
=34+14−13n.
【变式1-1】6.（2023·全国·高三专题练习）如图，作一个白色的正三角形，第一次操作为：挖去正三角形的“中心三角形”（即以原三角形各边中点为顶点的三角形），这样就得到了三个更小的白色三角形；第二次操作为：挖去第一次操作后得到的所有白色三角形的“中心三角形”；以此类推，第n+1(n∈N∗)次操作为：挖去第n次操作后得到的所有白色三角形的“中心三角形”，得到一系列更小的白色三角形．这些白色三角形构成的图案在“分形几何学”中被称为“谢宾斯基三角形”，记第n次操作后，“谢宾斯基三角形”所包含的白色小三角形的数目为an，“谢宾斯基三角形”的面积（所有白色小三角形的面积和）为Sn，周长（所有白色小三角形的周长和）为Cn．

(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若最初的白色正三角形的周长为1，求数列{Cn}和{Sn}的通项公式．
【答案】(1)an=3n
(2)Cn=32n，Sn=336⋅34n
【分析】根据每个图形的变化规律找出白色三角形的个数变化规律，周长，面积的变化情况，归纳得到各个数列的通项公式.
【详解】（1）依题意，被挖去“中心三角形”后，白色三角形的个数由1个变成3个，
因此每一次操作，白色三角形的个数都会变为操作前的3倍，
即an+1=3an，又a1=3，所以数列{an}是首项为3公比为3的等比数列，
因此{an}的通项公式为an=3×3n−1=3n．
（2）同样地，被挖去“中心三角形”后，因为白色小三角形之间不共边，
所以白色三角形的总周长变为操作前的32倍，总面积则变为操作前的34倍，
即Cn+1=32Cn，Sn+1=34Sn．
依题意，C1=32，S1=12×13×36×34=348．
所以数列{Cn}的通项公式为Cn=32n，
数列{Sn}的通项公式为Sn=348⋅34n−1=336⋅34n．
【变式1-1】7.（2023·全国·高三专题练习）某地区2020年底有居民住房面积为a，现在居民住房划分为三类，其中危旧住房占13，新型住房占14．为加快住房建设，计划用10年的时间全部拆除危旧住房（每年拆除的数量相同），自2021年起居民住房只建设新型住房．从2021年开始每年年底的新型住房面积都比上一年底增加20%，用an表示第n年底（2021年为第一年）该地区的居民住房总面积．
(1)分别写出a1，a2，a3的计算公式并归纳出an的计算公式（不必证明）．
(2)危旧住房全部拆除后，至少再过多少年才能使该地区居民住房总面积翻两番？（精确到年，lg2≈0.30，lg3≈0.48，lg43≈1.63）
【答案】(1)a1，a2，a3详见解析，an=14a1+20％n+512a+13a−n30a,1≤n≤1014a1+20％n+512a,n≥11
(2)5年
【分析】（1）根据已知条件求得a1，a2，a3的计算公式，进而归纳出an的计算公式.
（2）由an≥4a，解不等式求得需要的时间.
【详解】（1）其他形式住房a−14+13a=512a，
每年拆除危旧住房面积为110×13a=130a，
则a1=14a1+20％+512a+13a−130a，
a2=14a1+20％2+512a+13a−230a，
a3=14a1+20％3+512a+13a−330a．
一般地，an=14a1+20％n+512a+13a−n30a1≤n≤10，
a10=14a1+20%10+512a+13a−1030a=14a1+20%10+512a，
则an=14a1+20％n+512a+13a−n30a,1≤n≤1014a1+20％n+512a,n≥11．
（2）当n≥11时，令14a1+20％n+512a≥4a，
即65n≥433，两边取常用对数得nlg65≥lg433，
即n≥lg433lg1210=lg43−lg32lg2+lg3−1≈1.63−0.482×0.30+0.48−1≈14.37，
故取n=15，即至少再过15−10=5年才能是居民住房总面积翻两番.
【变式1-1】8.（2023秋·上海宝山·高三上海交大附中校考阶段练习）某工厂在2020年的“减员增效”中对部分人员实行分流，规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100％，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年工资的23领取工资．该厂根据分流人员的技术特长，计划创办新的经济实体，该经济实体预计第一年属投资阶段，第二年每人可获得b元收入，从第三年起每人每年的收入可在上一年的基础上递增50％，如果某人分流前工资收入为每年a元，分流后进入新经济实体，第n年的收入为an元．
(1)求an的通项公式．
(2)当b=8a27时，这个人哪一年的收入最少？最少为多少？
(3)当b≥3a8时，是否一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入？
【答案】(1)an=an=1a⋅23n−1+b⋅32n−2,n≥2
(2)这个人第三年的收入最少，为8a9元
(3)当b≥3a8时，这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入
【分析】（1）根据题意得到n≥2时，an=a23n−1+b32n−2，进而得到数列的通项公式；
（2）由n≥2时，an=a23n−1+8a2732n−2，结合基本不等式，即可求解；
（3）由n≥2时，an=a23n−1+b32n−2≥a23n−1+3a832n−2，结合基本不等式的等号成立的条件，即可得到结论.
【详解】（1）解：由题意得，当n=1时，a1=a，
当n≥2时，an=a23n−1+b32n−2，
所以an=an=1a⋅23n−1+b⋅32n−2,n≥2
（2）解：由b=8a27，当n≥2时，an=a23n−1+8a2732n−2≥2a23n−1×8a2732n−212=8a9，
当且仅当a23n−1=8a2732n−2，上式的等号成立，即232n−2=234，解得n=3，
所以这个人第三年的收入最少，最小值为8a9元．
（3）解：当n≥2时，
an=a23n−1+b32n−2≥a23n−1+3a832n−2≥2a23n−1×3a832n−2=a，
当且仅当b=3a8且n=1+lg2312>1+lg2323=2，上式等号成立，
因此，等号不能取到，
当b≥3a8时，这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入．
题型2证明等比数列型
【例题2】（2023秋·广东佛山·高三校考阶段练习）某商场为促销设计了一项回馈客户的抽奖活动，抽奖规则是：有放回的从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中任意抽取一个，若第一次抽到红球则奖励50元的奖券，抽到黑球则奖励25元的奖券；第二次开始，每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励25元的奖券，记顾客甲第n次抽奖所得的奖券数额Xn1≤n≤6的数学期望为EXn.
(1)求EX1及X2的分布列.
(2)写出EXn与EXn−1n≥2的递推关系式，并证明EXn+50为等比数列；
(3)若顾客甲一共有6次抽奖机会，求该顾客所得的所有奖券数额的期望值.（考数据：1.26≈2.986）
【答案】(1)EX1=40，分布列见解析；
(2)EXn=1.2EXn−1+10(2≤n≤6)，证明见解析；
(3)所得奖券数额的期望约为593.7元.
【分析】（1）利用古典概型求出抽到红球、黑球的概率，求出EX1，再求出X2的可能值及对应概率列出分布列.
（2）分析求出递推关系，利用构造法证明即可.
（3）由（2）的结论，利用分组求和及等比数列前n项和公式求解即得.
【详解】（1）依题意，抽到一个红球的概率为610=0.6，抽到一个黑球的概率为0.4，
显然X1的值为25，50，则PX1=25=0.4,PX1=50=0.6，
所以EX1=25×0.4+50×0.6=40，
又X2的值为25,50,100，
则PX2=25=0.4,PX2=50=0.4×0.6=0.24,PX2=100=0.6×0.6=0.36，
所以X2的分布列为：
（2）依题意，当n≥2时，甲第n次抽到红球所得的奖券数额为2EXn−1，对应概率为0.6，
抽到黑球所得的奖券数额为25元，对应概率为0.4，
因此当2≤n≤6时，EXn=2EXn−1×0.6+25×0.4=1.2EXn−1+10，
EXn+50=1.2EXn−1+60，即EXn+50=1.2EXn−1+50，又EX1+50=40+50=90，
数列EXn+50为等比数列，公比为1.2，首项为90.
（3）由（2）得，EXn+50=90×1.2n−11≤n≤6，即EXn=90×1.2n−1−50，
所以顾客甲抽奖6次，所得奖券数额的期望为i=16E(Xn)=90(1−1.26)1−1.2−50×6≈90×(1−2.986)−0.2−300=593.7（元）.
【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）.
【变式2-1】1. （2024秋·广东广州·高三统考阶段练习）某商场拟在周末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：该游戏进行10轮，若在10轮游戏中，参与者获胜5次就送2000元礼券，并且游戏结束：否则继续游戏，直至10轮结束．已知该游戏第一次获胜的概率是12，若上一次获胜则下一次获胜的概率也是12，若上一次失败则下一次成功的概率是23．记消费者甲第n次获胜的概率为pn，数列pn的前n项和i=1npn=Tn，且Tn的实际意义为前n次游戏中平均获胜的次数．
(1)求消费者甲第2次获胜的概率p2；
(2)证明：pn−47为等比数列；并估计要获得礼券，平均至少要玩几轮游戏才可能获奖．
【答案】(1)P2=712
(2)详见解析
【分析】（1）应用全概率公式计算可得出P2；
（2）计算得出pn−47=−16pn−1−47，结合等比数列的定义可证得结论成立；再结合分组求和计算判断最少轮数即可.
【详解】（1）P2=P1×12+1−P1×23=12×12+12×23=712
（2）∵Pn=Pn−1×12+1−Pn−1×23,
∴Pn=23−16Pn−1,
∴pn−47=−16pn−1−47,
∴pn−47pn−1−47=−16，p1−47=−114,
∴pn−47为等比数列, 且公比为−16；∴pn−47=−114×−16n−1.
∴pn=−114×−16n−1+47
Tn=i=1npn=i=1n−114×−16n−1+47=47n+−1141−−16n1+16,
Tn=47n−3491−−16n=47n−349+349−16n，
因为pn=−114×−16n−1+47>0∴Tn单调递增，
当n为奇数时，Tn=47n−3491+16n14，
故经过150次传毽子后甲接到毽子的概率大于14.
【变式2-1】3. （2023·全国·高三专题练习）某几位大学生自主创业创办了一个服务公司提供A、B两种民生消费产品（人们购买时每次只买其中一种）服务，他们经过统计分析发现：第一次购买产品的人购买A的概率为23、购买B的概率为13，而前一次购买A产品的人下一次来购买A产品的概率为14、购买B产品的概率为34，前一次购买B产品的人下一次来购买A产品的概率为12、购买B产品的概率也是12，如此往复.记某人第n次来购买A产品的概率为Pn.
(1)求P2，并证明数列Pn−25是等比数列；
(2)经过一段时间的经营每天来购买产品的人稳定在800人，假定这800人都已购买过很多次该两款产品，那么公司每天应至少准备A、B产品各多少份.（直接写结论、不必说明理由）.
【答案】(1)P2=13，证明见解析
(2)公司每天应至少准备A产品320份、B产品480份
【分析】（1）依题意有P2=23×14+13×12=13，Pn+1=Pn×14+1−Pn×12，变形为Pn+1−25=−14Pn−25，可证Pn−25是等比数列.
（2）由题意可得第n次来购买A产品的概率约为25，可求两种产品的份数.
【详解】（1）P2=23×14+13×12=13.
依题意，知Pn+1=Pn×14+1−Pn×12，则Pn+1−25=−14Pn−25 (n≥1,n∈N∗)，
当n=1时，可得P1−25=415，
∴数列Pn−25是首项为415公比为−14的等比数列.
（2）由(1)知：Pn=25−1615−14n，
∴当n趋于无穷大时，Pn≈25，即第n次来购买A产品的概率约为25，
800×25=320，800−320=480，
故公司每天应至少准备A产品320份、B产品480份.
【变式2-1】4. （2023·全国·高三专题练习）为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得n分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得n分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
(1)求n的分布列；
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pii=0,1,⋯,8表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，pi=api−1+bp1+cpi+1(i=1,2,⋯,7)，其中a=P(X=−1)，b=P(X=0)，c=P(X=1)．假设a=0.5，β=0.8．
（i）证明：pi+1−pi(i=0,1,2,⋯,7)为等比数列；
（ii）求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．
【答案】(1)分布列见解析
(2)（i）证明见解析（ii）1257，答案见解析
【详解】（1）由题意可知X所有可能的取值为：-1，0，1，
P(X=-1)=(1-α)β; P(X=0)= P(X=-1)=αβ +(1-α)(1−β); P(X=1)=α(1−β)
则X的分布列如下：
（2） α=0.5，β =0.8，
，，．
（i），
即，
整理可得： ，
是以为首项，为公比的等比数列．
（ii）由（i）知：，
，，……，，
作和可得：p8−p0=p140+41+42+…+47=48−11−4p1=48−1−3p1=1
p1=348−1，
∴p4=p4−p0=p1⋅40+43+42+43=1−441−4p1=44−134+145+1=1257．
P4表示最终认为甲药更有效的．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0．5，乙药治愈率为0．8时，认为甲药更有效的概率为P4=1257≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理．
【变式2-1】5.（2023秋·江苏南京·高三南京市第九中学校考阶段练习）足球是一项大众喜爱的运动．
(1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到下侧2×2列联表，判断是否有99.9%的把握认为喜爱足球运动与性别有关.
附:χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)， n=a+b+c+d.
(2)校足球队中的甲、乙、丙三名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，即P1=1．
①求P3(直接写出结果即可)；
②证明：数列Pn−13为等比数列，并比较第9次与第10次触球者是甲的概率的大小．
【答案】(1)喜爱足球运动与性别有关；
(2)①P3=12；②证明见解析；第9次触球者是甲的概率大.
【分析】（1）计算出卡方，与10.828比较得到结论；
（2）①根据传球的等可能性推出P3=12，②推导出Pn=121−Pn−1，构造出等比数列，求出Pn，得到P9,P10，比较出大小.
【详解】（1）假设H0：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关．
根据列联表数据，经计算得
χ2=200×(60×80−20×40)2100×100×80×120=1003>10.828=x0.001，
根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，
即有99.9%的把握认为喜爱足球运动与性别有关．
（2）①由题意得：第二次触球者为乙，丙中的一个，第二次触球者传给包括甲的二人中的一人，故传给甲的概率为12，故P3=12．
②第n次触球者是甲的概率记为Pn，则当n≥2时，第n−1次触球者是甲的概率为Pn−1，
第n−1次触球者不是甲的概率为1−Pn−1，
则Pn=Pn−1⋅0+1−Pn−1⋅12=121−Pn−1，
从而Pn−13=−12Pn−1−13，又P1−13=23，
∴Pn−13是以23为首项，公比为−12的等比数列，
∴Pn=23×−12n−1+13，
∴P9=23×−128+13>13，P10=23×−129+13P10，
故第9次触球者是甲的概率大.
【变式2-1】6.（2023秋·湖北武汉·高三武汉市第四十九中学校考阶段练习）甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2.
(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为X，求X的分布列和期望；
(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；
(3)若Pii=0,1,⋯,6表示“在甲所得筹码为i枚时，最终甲获胜的概率”，则P0=0,P6=1.证明：Pi+1−Pii=0,1,2,⋯,5为等比数列.
【答案】(1)分布列见解析，E(X)=3.1.
(2)0.0525
(3)证明见解析
【分析】（1）求出X的所有可能取值以及取值的概率，可得分布列，由期望公式可求出期望；
（2）根据互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式可得结果；
（3）根据全概率公式和等比数列的定义可证.
【详解】（1）X的所有可能取值为2,3,4，
P(X=2)=0.2，P(X=3)=0.5，P(X=4)=0.3，
则X的分布列为：
E(X)=2×0.2+3×0.5+4×0.3 =3.1.
（2）当四局比赛后，比赛结束且甲胜时，第四局比赛甲胜，前三局比赛甲2胜1和，
其概率为：C32⋅0.32⋅0.5⋅0.3 =0.0405.
当四局比赛后，比赛结束且乙胜时，第四局比赛乙胜，前三局比赛乙2胜1和，
其概率为：C32⋅0.22⋅0.5⋅0.2 =0.012，
所以四局比赛后，比赛结束的概率为0.0405+0.012=0.0525.
（3）因为Pi (i=0,1,2,3,4,5,6)表示“在甲所得筹码为i枚时，最终甲获胜的概率”，P0=0，
在甲所得筹码为1枚时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为0.3P2，
在甲所得筹码为1枚时，下局平局且最终甲获胜的概率为0.5P1，
在甲所得筹码为1枚时，下局乙胜且最终甲获胜的概率为0.2P0，
根据全概率公式得P1=0.3P2+0.5P1+0.2P0，
所以P1=0.3P2+0.5P1+0.2P0，变形得0.3(P2−P1)=0.2(P1−P0)，因为P1−P0>0，
所以P2−P1P1−P0=23，同理可得P3−P2P2−P1=P4−P3P3−P2=P5−P4P4−P3=P6−P5P5−P4=23，
所以Pi+1−Pii=0,1,2,⋯,5为等比数列.
【点睛】关键点点睛：第（3）问中，正确理解题意，利用全概率公式得到数列{Pi}中相邻三项之间的关系是解题关键.
【变式2-1】7.（2023·全国·高三专题练习）甲、乙两个容器中分别盛有浓度为10％，20％的某种溶液500ml，同时从甲、乙两个容器中取出100ml溶液，将其倒入对方的容器并搅匀，这称为一次调和．记a1=10%，b1=20%，经n−1次调和后，甲、乙两个容器的溶液浓度分别为an，bn．
(1)试用an−1，bn−1表示an，bn．
(2)证明：数列an−bn是等比数列，并求出an，bn的通项．
【答案】(1)an=45an−1+15bn−1，bn=45bn−1+15an−1．
(2)证明见解析，an=−35n−1×5%+15%，bn=35n−1×5%+15%．
【分析】（1）根据题意，得到an=400an−1+100bn−1500，bn=400bn−1+100an−1500，即可求解；
（2）由（1）得到可得an−bn=35an−1−bn−1n≥2，得出数列an−bn是等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，经n−1(n≥2,n∈N∗)次调和后甲、乙两个容器中的溶液浓度分别为an,bn，
所以an=400an−1+100bn−1500=45an−1+15bn−1，bn=400bn−1+100an−1500=45bn−1+15an−1．
（2）解：由（1）知，an=45an−1+15bn−1，bn=45bn−1+15an−1，
可得an−bn=35an−1−35bn−1=35an−1−bn−1n≥2，
所以数列an−bn是等比数列，
因为a1−b1=−10％，所以an−bn=−10%×35n−1 ①，
又因为an+bn=an−1+bn−1=⋯=a1+b1=30% ②．
联立①②得an=−35n−1×5%+15%，bn=35n−1×5%+15%．
【变式2-1】8．（2023·全国·高三专题练习）一种掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第0站、第1站、第2站、⋯、第100站，共101站，设棋子跳到第n站的概率为Pn，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次．若掷出奇数点，棋子向前跳一站；若掷出偶数点，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站（获胜）或第100站（失败）时，游戏结束（骰子是用一种均匀材料做成的立方体形状的游戏玩具，它的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6）．
(1)求P0、P1、P2，并根据棋子跳到第n站的情况，试用Pn−2和Pn−1表示Pn；
(2)求证：Pn−Pn−1n=1,2,⋯,99为等比数列；
(3)求玩该游戏获胜的概率．
【答案】(1)P0=1；P1=12； P2=34；Pn=12Pn−1+12Pn−2n=2,3,⋯,99,P100=12P98
(2)证明见解析
(3)231−12100
【分析】（1）根据题意可直接求得P0、P1、P2，然后讨论棋子跳到第n2≤n≤99站，所包括两种情形，可得出Pn关于Pn−2和Pn−1的表达式；
（2）计算得出Pn−Pn−1=−12Pn−1−Pn−2，结合等比数列的定义可证得结论成立；
（3）求得Pn−Pn−1=−12n，利用累加法可求得P99，即可得解．
【详解】（1）棋子开始在第0站是必然事件，∴P0=1，
棋子跳到第1站，只有一种情形，第一次掷骰子出现奇数点，
其概率为12，∴P1=12；
棋子跳到第2站，包括两种情形，
①第一次掷骰子出现偶数点，其概率为12；
②前两次掷骰子都出现奇数点，其概率为14，
∴P2=12+14=34；
棋子跳到第n2≤n≤99站，包括两种情形，
①棋子先跳到第n−2站，又掷骰子出现偶数点，其概率为12Pn−2；
②棋子先跳到第n−1站，又掷骰子出现奇数点，其概率为12Pn−1，
故Pn=12Pn−1+12Pn−2n=2,3,⋯,99，
棋子跳到100站只有一种情况，
棋子先跳到第98站，又掷骰子出现偶数点，其概率为12P98，∴P100=12P98．
（2）证明：由（1）可得Pn−Pn−1=−12Pn−1+12Pn−2=−12Pn−1−Pn−2且P1−P0=−12，
∴数列Pn−Pn−1n=1,2,⋯,99为等比数列，且公比为−12．
（3）由（2）可知Pn−Pn−1=−12⋅−12n−1=−12n，
∴P99=P0+P1−P0+P2−P1+⋯+P99−P98=1+−12+−122+⋯+−1299
=1−−121001+12=231−12100．
∴玩该游戏获胜的概率为231−12100．
【变式2-1】9.（2023·全国·高三专题练习）数学的发展推动着科技的进步，正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用，华为的5G技术领先世界．目前某区域市场中5G智能终端产品的制造由A公司及B公司提供技术支持．据市场调研预测，5G商用初期，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品分别占比a0=55%及b0=45%，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现每次技术更新后，上一周期采用B公司技术的产品中有20%转而采用A公司技术，采用A公司技术的仅有5%转而采用B公司技术，设第n次技术更新后，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品占比分别为an及bn，不考虑其它因素的影响．
(1)用bn表示bn+1，并求实数λ，使bn−λ是等比数列；
(2)经过若干次技术更新后，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比能否达到75%以上？若能，至少需要经过几次技术更新；若不能，说明理由？（参考数据：lg2≈0.301,lg3≈0.477）
【答案】(1)bn+1=34bn+120，λ=15
(2)至少经过6次技术更新，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比能达到75%以上
【分析】（1）根据题意经过n次技术更新后an+bn=1，由已知条件推导数列bn的递推关系，通过整理得到bn+1=34bn+120，结合数列bn−λ是等比数列，求λ的值；
（2）由（1）求出数列an的通项公式，再解不等式an>75%，即可求出答案．
【详解】（1）由题意，可设5G商用初期，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品的占比分别为a0=55%=1120, b0=45%=920．
易知经过n次技术更新后an+bn=1，
则bn+1=(1−20%)bn+5%⋅an=45bn+1201−bn=34bn+120，即bn+1=34bn+120，
由题意，可设bn+1−λ=34bn−λ⇔bn+1=34bn+λ4，∴λ4=120⇒λ=15，
又b1=34b0+120=34×920+120=3180,b1−15=3180−15=316，
从而当λ=15时，bn−15是以316为首项，34为公比的等比数列．
（2）由（1）可知bn−15=316⋅34n−1=14⋅34n，bn=15+14⋅34n，又an+bn=1，则an=45−14⋅34n，
∴经过n次技术更新后，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比an=45−14⋅34n．
由题意，令an>75%，得45−14⋅34n>34⇔34n0，化简解不等式即可得45n0，
即2000×54n−1−5000×1−45n>0
化简得5×45n+2×54n−7>0，
设x=45n，代入上式得5x2−7x+2>0，
解此不等式可得x1（舍去）．
即45nEY．
【答案】(1)EX=50
(2)证明见解析
【分析】（1）设小明第一轮答对的题数为ξ，则ξ∼Bn,13，从而求出Eξ=n3，再根据X=5ξ求出EX；
（2）设小明第二轮答对的题数为η，求出η的可能取值及可能取值，得到Eη=23×13+232×23+⋯+23n−1×n−13+23n×n，利用错位相减法求和，再根据Y=20η求出EY，从而比较出当n≥24时，EX>EY.
【详解】（1）设小明第一轮答对的题数为ξ，
由条件可知ξ∼Bn,13，则Eξ=n3，
因为X=5ξ，所以EX=5Eξ=5n3，
因此，当n=30时，EX=50．
（2）设小明第二轮答对的题数为η，则η的所有可能取值为0，1，2，…，n，
且Pη=0=13，Pη=1=23×13，Pη=2=232×13，…，
Pη=n−1=23n−1×13，Pη=n=23n．
所以Eη=23×13+232×23+⋯+23n−1×n−13+23n×n，①
23Eη=232×13+233×23+⋯+23n×n−13+23n+1×n，②
①－②得13Eη=23×13+232×13+⋯+23n×13，
所以Eη=23+232+⋯+23n =231−23n1−23 =21−23n．
因为Y=20η，所以EY=20Eη=401−23n．
当n≥24时，EX=5n3≥40，EYEY得证．
【变式3-1】3. （2023秋·江西·高三校联考阶段练习）甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为13，且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分，答错得0分，记第i轮答题后甲同学的总得分为Xi，其中i=1,2,⋅⋅⋅,n.
(1)求EX99；
(2)若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为23，并选择另一种答题方式答题：从第1轮答题开始，若本轮答对，则得20分，并继续答题；若本轮答错，则得0分，并终止答题，记乙同学的总得分为Y.证明：当i>24时，EXi>EY.
【答案】(1)165
(2)证明见解析
【分析】（1）根据二项分布的数学期望公式进行求解即可；
（2）根据积事件的概率公式，结合错位相减法进行求解即可.
【详解】（1）设Zi=Xi5，故Zi~Bi,13，
∴EXi=5EZi=5i3，
故EX99=5×99×13=165；
（2）由（1）知EXi=5i3，记乙同学的答题次数为ξ，且ξ的所有可能取值为1,2,⋅⋅⋅,n，
且Pξ=1=1−23=13,Pξ=2=23×13=29,⋅⋅⋅,Pξ=n=23n−1×13，
∴EY=1−1×20×13+2−1×20×29+⋅⋅⋅+n−1×20×23n−1×13，
且23EY=1−1×20×29+⋅⋅⋅+n−2×20×23n−1×13+n−1×20×23n×13，
EY=20×23+232+⋅⋅⋅+23n−1−n−1×20×23n
=20×23×1−23n−11−23−n−1×20×23n=40−20n+40×23n24时，EXi>40>EY.
【变式3-1】4. （2023·全国·高三专题练习）某闯关游戏由两道关卡组成，现有n名选手依次闯关，每位选手成功闯过第一关和第二关的概率均为12，两道关卡能否过关相互独立，每位选手的闯关过程相互独立，具体规则如下：
①每位选手先闯第一关，第一关闯关成功才有机会闯第二关.
②闯关选手依次挑战.第一位闯关选手开始第一轮挑战.若第ii=1,2,3,⋅⋅⋅,n−1位选手在10分钟内未闯过第一关，则认为第i轮闯关失败，由第i+1位选手继续挑战.
③若第ii=1,2,3,⋅⋅⋅,n−1位选手在10分钟内闯过第一关，则该选手可继续闯第二关.若该选手在10分钟内未闯过第二关，则也认为第i轮闯关失败，由第i+1位选手继续挑战.
④闯关进行到第n轮，则不管第n位选手闯过第几关，下一轮都不再安排选手闯关.令随机变量Xn表示n名挑战者在第XnXn=1,2,3,⋯,n轮结束闯关.
(1)求随机变量X4的分布列；
(2)若把闯关规则①去掉，换成规则⑤：闯关的选手先闯第一关，若有选手在10分钟内闯过第一关，以后闯关的选手不再闯第一关，直接从第二关开始闯关.令随机变量Yn表示n名挑战者在第YnYn=1,2,3,⋯,n轮结束闯关.
（i）求随机变量Yni∈N∗,n≥2的分布列
（ii）证明EY2