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

这是一份备战2024年高考数学重难点题型突破讲义 重难点专题30 数列与概率统计结合题型汇总-【划重点】（新高考通用），文件包含重难点专题30数列与概率统计结合题型汇总原卷版docx、重难点专题30数列与概率统计结合题型汇总解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共95页， 欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，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，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，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−1<37<1942，
当n为偶数时，Pn=37+17⋅6n−1，则Pn随着n的增大而减小，
所以，Pn≤P2=1942．
综上，该顾客第二次摸球抽中奖品的概率最大．
【变式1-1】1. （2023秋·浙江·高三校联考阶段练习）杭州亚运会定于2023年9月23日至10月8日举行．在此期间，参加亚运会的运动员可以在亚运村免费食宿．亚运村的某餐厅从第一天起到最后一天，晩餐只推出“中式套餐”和“西式套謷”．已知某运动员每天晚餐会在该食堂提供的这两种套餐中选择．已知他第一晚选择“中式套餐”的概率为45，而前一晚选择了“中式套餐”，后一晚继续选择“中式套餐”的概率为14，前一晚选择“西式套餐”，后一晚继续选择“西式套餐”的概率为13，如此往复．
(1)求该运动员第二晚“中式套餐”套餐的概率；
(2)记该运动员第nn=1,2,⋅⋅⋅,16晚选择“中式套餐”的概率为Pn
（i）求Pn；
（ii）求该运动员在这16晚中选择“中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率的晚数．
【答案】(1)13
(2)（i）Pn=817+2885⋅−512n−1n=1,2,3,⋅⋅⋅,16；（ii）2晩
【分析】（1）分类两种情况讨论：第一晚选择“中式套餐”的概率为45，则第二晚“中式套餐”套餐的概率为14；第一晚选择“西式套餐”的概率为15，则第二晚“中式套餐”套餐的概率为23，进而得到结果；
（2）（i）先求出Pn与Pn−1之间的递推关系，根据等比数列的知识求解出Pn；
（ii）由选择“中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率可知Pn>12，从而解得n的范围，进而得出结果.
【详解】（1）解：记该运动员第二晚“中式套餐”套餐的概率P2，
由题意知：P2=45×14+15×1−13=13；
（2）该运动员第nn=1,2,⋅⋅⋅,16晚选择“中式套餐”的概率为Pn，
（i）Pn=Pn−1⋅14+1−Pn−1⋅23=−512Pn−1+23n=2,3,⋅⋅⋅,16，
∴Pn−817=−512Pn−1−817，
又∵P1−817=2885≠0，∴Pn−817Pn−1−817=−512n=2,3,⋅⋅⋅,16，
∴数列Pn−817是以2885为首项，以−512为公比的等比数列．
∴Pn=817+2885⋅−512n−1n=1,2,3,⋅⋅⋅,16；
（ii）由题意知，只需Pn>1−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
=58−171772×36×7<0，
所以当n=5时，不成立.
又因为512n−1单调递减，所以n>5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=1024243<112，(43)6=4096729>112，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+16n<47n， T7=4−3491+167<4，T9=367−3491+169>5，所以得获奖至少要玩9轮.
当n为偶数时，Tn=47n−3491−16n， T8=327−3491−168<327<5，T10=407−3491−1610>5，得奖至少要玩10轮，
所以平均至少要玩9轮才可能获奖.
【变式2-1】2. （2023秋·辽宁·高三校联考开学考试）踢毽子在我国流传很广，有着悠久的历史，是一项传统民间体育活动.某次体育课上，甲、乙、1丙、丁四人一起踢毽子.毽子在四人中传递，先从甲开始，甲传给乙、丙、丁的概率均为13；当乙接到毽子时，乙传给甲、丙、丁的概率分别为13，12，16；当丙接到毽子时，丙传给甲、乙、丁的概率分别为13，12，16；当丁接到毽子时，丁传给甲、乙、丙的概率分别为13，16，12.假设毽子一直没有掉地上，经过n次传毽子后，毽子被甲、乙、丙、丁接到的概率分别为an，bn，cn，dn，已知a1=0.
(1)记丁在前2次传毽子中，接到毽子的次数为X，求X的分布列；
(2)证明an−14为等比数列，并判断经过150次传毽子后甲接到毽子的概率与14的大小.
【答案】(1)分布列见解析
(2)证明见解析，经过150次传毽子后甲接到毽子的概率大于14
【分析】（1）根据相互独立事件概率计算求得X的分布列.
（2）利用凑配法证得an−14是等比数列，从而求得an，进而判断出a150>14
【详解】（1）X的所有可能取值为0，1，
PX=0=2×13×13+13×12=59，
PX=1=13+2×13×16=49，
所以X的分布列为
（2）当n≥2时，an=13bn−1+13cn−1+13dn−1.
当n≥2时，bn=13an−1+12cn−1+16dn−1，cn=13an−1+12bn−1+12dn−1，dn=13an−1+16bn−1+16cn−1，
所以bn+cn+dn=an−1+23bn−1+cn−1+dn−1=an−1+2an，
因为an=13bn−1+13cn−1+13dn−1，所以3an+1=bn+cn+dn，
所以3an+1=2an+an−1，所以3an+1+an=3an+an−1，
因为a1=0，a2=13，所以3an+an−1=1，所以an−14an−1−14=−13.
所以an−14是首项为−14，公比q=−13的等比数列，
所以an−14=−14−13n−1，即an=−14−13n−1+14，
所以a150=−14−13149+14=14×13149+14>14，
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+13<13，P9>P10，
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⇔34n<15⇔nlg34则n>−lg5lg3−2lg2=lg52lg2−lg3=1−lg22lg2−lg3≈1−0.3012×0.301−0.477 =，
故n≥6，即至少经过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．
题型3求和型
【例题3】（2023·全国·高三专题练习）银行按规定每经过一定的时间结算存（贷）款的利息一次，结算后将利息并入本金，这种计算利息的方法叫做复利．现在某企业进行技术改造，有两种方案：
甲方案：一次性贷款10万元，第一年可获得利润1万元，以后每年比上年增加30%的利润；
乙方案：每年货款1万元，第一年可获得利润1万元，以后每年比前一年多获利5000元．
两种方案的期限都是10年，到期一次性归还本息．若银行贷款利息均以年息10%的复利计算，试问该企业采用哪种方案获得利润更多？（参考数据：1.110=2.594，1.310=13.796，计算结果精确到千元．）
【答案】甲方案的获利较多．
【分析】由题意可知，甲方案中增长利率是定值，所以每年利润数是以1为首项，以1.3为公比的等比数列，再由等比数列的前n项和公式求出10年利润总数；乙方案中每年增长的利润是一定值，所以每年利润数是以1为首项，以0.5为公差的等差数列，再由等差数列的前n项和公式求出10年利润总数，然后比较两种情况的数值即可.
【详解】由题意可知，甲方案中增长利率是定值，
所以每年利润数是以1为首项，以1.3为公比的等比数列，
所以甲方案10年获利润是每年利润数组成的数列的前10项的和:
1+1+30%+1+30%2+…+1+30%9=1.310−11.3−1=42.62（万元）.
到期时银行的本息和为10×1+10%10=10×2.594=25.94（万元）.
所以甲方案扣除本息后的净获利为42.62−25.94≈16.7（万元）.
乙方案中每年增长的利润是一定值，
所以每年利润数是以1为首项，以0.5为公差的等差数列.
前10年共获利：
1+1+0.5+1+2×0.5+⋅⋅⋅+1+9×0.5=101+5.52=32.5（万元）.
贷款的本利和为:
1.11+1+10%+1+10%2+…+1+10%9=1.1×1.110−11.1−1=17.53（万元）.
所以乙方案扣除本息后的净获利为32.5−17.53≈15.0（万元）.
所以甲方案的获利较多.
【变式3-1】1.（2023秋·吉林长春·高三校考阶段练习）习主席说：“绿水青山就是金山银山”．某地响应号召，投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，2018年投入1000万元，以后每年投入将比上一年减少15，本年度当地旅游业收入估计为500万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增加14．
(1)设n年内（2018年为第一年）总投入为Sn万元，旅游业总收入为Tn万元，写出Sn，Tn的表达式；
(2)至少到哪一年，旅游业的总收入才能超过总投入？
（参考数据：1g2=0.3010，lg3=0.4771，lg5=0.6990）
【答案】(1)Sn=5000×1−45n；Tn= 2000×54n−1
(2)至少到2022年旅游业的总收入才能超过总投入
【分析】（1）根据题意可知年投入和年收入分别成等比数列，由等比数列的前n项和公式即可求得Sn，Tn的表达式；
（2）利用作差法可令Tn−Sn>0，化简解不等式即可得45n<25，解出n≥5符合题意，即可得出结论.
【详解】（1）2018年投入为1000万元，第n年投入为1000×1−15n−1万元，
根据题意可知，年投入是以1000万元为首项，公比为45的等比数列；
由等比数列前n项和可知n年内的总投入为
Sn=1000+1000×1−15+⋯+1000×1−15n−1=10001−45n1−45=5000×1−45n；
2018年收入为500万元，第n年收入为500×1+14n−1万元．
即年收入是以500万元为首项，公比为54的等比数列
所以n年内的总收入为Tn=500+500×1+14+⋯+500×1+14n−1
=5001−54n1−54=2000×54n−1
（2）设经过n（n∈N*）年旅游业的总收入才能超过总投入，由此Tn−Sn>0，
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x<25或x>1（舍去）．
即45n<25，即 nlg45lg25lg45=lg2−lg5lg4−lg5=lg2−lg52lg2−lg5≈4.1，
又n∈N*，得n≥5．
所以至少到2022年旅游业的总收入才能超过总投入．
【变式3-1】2.（2023·全国·高三专题练习）小明参加一项答题活动，需进行两轮答题，每轮均有nn∈N*道题．第一轮每道题都要作答；第二轮按次序作答，每答对一题继续答下一题，一旦答错或题目答完则结束答题．第一轮每道题答对得5分，否则得0分；第二轮每道题答对得20分，否则得0分．无论之前答题情况如何，小明第一轮每题答对的概率均为13，第二轮每题答对的概率均为23．设小明第一轮答题的总得分为X，第二轮答题的总得分为Y．
(1)若n=30，求EX；
(2)证明：当n≥24时，EX>EY．
【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，EY<40，
即EX>EY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+40×23n<40，
∴当i>24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【答案】(1)分布列见解析
(2)（i）分布列见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）求出随机变量X4的取值，求出对应的概率即可列出分布列；
（2）（i）求出随机变量Yn的取值，求出的概率即可列出分布列；
（ii）求出EYn=k=1n−1k212k+1+nn+112nn∈N∗,n≥2，先判断单调性，然后利用错位相减法和不等式放缩证明.
【详解】（1）由题意，每位选手成功闯过两关的概率为12×12=14，易知X4取1,2,3,4，则PX4=1=1−140×14=14，PX4=2=1−14×14=316，PX4=3=1−142×14=964，PX4=4=343=2764，
因此X4的分布列为
（2）（i）Yn=k1≤k≤n−1,k∈N∗时，第k人必答对第二题，
若前面k−1人都没有一人答对第一题，其概率为p'k=12k+1，
若前面k−1人有一人答对第一题，其概率为p″k=Ck−1112k+1=k−112k+1，
故PYn=k=p'k+p″k=k12k+1.
当Yn=n时，
若前面n−1人都没有一人答对第一题，其概率为p'n=12n−1，
若前面n−1人有一人答对第一题，其概率为p″n=n−112n，
故PYn=n=p'n+p″n=n+112n.
Yn的分布列为：
（ii）由（i）知EYn=k=1n−1k212k+1+nn+112nn∈N∗,n≥2.
EYn+1−EYn=n212n+1+n+1n+212n+1−nn+112n =n+212n+1>0，
故EY2又EY2=74，
故EYn=EY2+EY3−EY2+EY4−EY3+⋯+EYn−EYn−1，
所以EYn=74+4×123+5×124+⋯+n12n−1+n+112n，①
12EYn=78+4×124+⋯+n12n−1+n12n+n+112n+1，②
②－①，12EYn=118+124+125+⋯+12n−n+112n+1 =32−n+3212n<3
故EY2【点睛】方法点睛：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3-1】5.（2023秋·湖南长沙·高三长沙市南雅中学校考开学考试）航天事业是国家综合国力的重要标志，带动着一批新兴产业和新兴学科的发展．某市为了激发学生对航天科技的兴趣，点燃学生的航天梦，现组织该市全体学生参加航天创新知识竞赛，并随机抽取1000名学生作为样本，研究其竞赛成绩．经统计分析该市高中生竞赛成绩X近似地服从正态分布Nμ,σ2，其中μ近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差s2，并已求得x=73和s2=37.5．
(1)若该市有4万名高中生，试估计这些高中生中竞赛成绩位于区间66.9,85.2的人数；
(2)若规定成绩在85.2以上的学生等级为优秀，现从全市高中生中任意抽取一个进行访谈，如果取到学生等级不是优秀，则继续抽取下一个，直至取到等级为优秀的学生为止，但抽取的总次数不超过n．如果抽取次数的期望值不超过6，求n的最大值．
（附：37.5≈6.1，0.9755≈0.881，0.9756=0.859，0.9757=0.838，0.9758=0.817，若X∼Nμ,σ2，则P(μ−σ【答案】(1)32600
(2)6
【分析】（1）根据题意结合正态分布可得P66.9（2）根据题意求分布列，根据期望公式结合错位相减法求得E(ξ)=1−，根据题中数据和单调性分析求解.
【详解】（1）由题意，全市高中生航天创新知识竞赛成绩X近似服从正态分布N73,37.5，
则μ=73，σ=37.5≈6.1，即μ−σ=66.9，μ+2σ=85.2，
且P(μ−σ即P66.9设该市4万名高中生中航天创新知识竞赛成绩位于区间66.9,85.2的人数为Y，
则Y∼B40000,0.815，可得EY=40000×0.815=32600，
所以该市4万名高中生中航天创新知识竞赛成绩位于区间66.9,85.2的人数约为32600（人）.
（2）由P(X>85.2)=1−0.952=0.025,
可知任意抽取一人，等级为优秀的概率p=0.025，
设抽取次数为ξ，则ξ的分布列如下：
故E(ξ)=p+(1−p)p×2+(1−p)2p×3+⋯+(1−p)n−2p×(n−1)+(1−p)n−1×n，
又(1−p)⋅E(ξ)=(1−p)p+(1−p)2p×2+(1−p)3p×3+⋯+(1−p)n−1p×(n−1)+(1−p)n×n，
两式相减得：pE(ξ)=p+(1−p)p+(1−p)2p+⋯+(1−p)n−2p+(1−p)n−1p，
所以E(ξ)=1+(1−p)+(1−p)2+⋯+(1−p)n−2+(1−p)n−1=1−(1−p)n1−(1−p)=1−(1−p)np =1−，
而E(ξ)=1−在n∈N*时递增，
结合0.9755≈0.881，0.9756=0.859，0.9757=0.838，0.9758=0.817，
可知：当n=5时，E(ξ)=4.76；当n=6时，E(ξ)=5.64；当n=7时，E(ξ)=6.48；
如果抽取次数的期望值不超过6，所以n的最大值为6．
【点睛】关键点睛：本题求期望时应借助于错位相减法运算求解.
题型4数列的综合问题
【例题4】（2023秋·江苏南通·高三江苏省如皋中学校考阶段练习）现代排球赛为5局3胜制，每局25分，决胜局15分. 前4局比赛中，一队只有赢得至少25分，并领先对方2分时，才胜1局. 在第5局比赛中先获得15分并领先对方2分的一方获胜. 在一个回合中，赢的球队获得1分，输的球队不得分，且下一回合的发球权属于获胜方. 经过统计，甲、乙两支球队在每一个回合中输赢的情况如下：当甲队拥有发球权时，甲队获胜的概率为23；当乙队拥有发球权时，甲队获胜的概率为12.
(1)假设在第1局比赛开始之初，甲队拥有发球权，求甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率；
(2)当两支球队比拼到第5局时，两支球队至少要进行15个回合，设甲队在第i个回合拥有发球权的概率为Pi. 假设在第5局由乙队先开球，求在第15个回合中甲队开球的概率，并判断在此回合中甲、乙两队开球的概率的大小.
【答案】(1)1027
(2)P15=35−35×1614，甲队开球的概率大于乙队开球的概率．
【分析】（1）甲队在前3个回合中恰好获得2分，分为3种情况，依次求出对应的概率，即可求解；
（2）根据已知条件，结合等比数列的性质，以及全概率公式，即可求解．
【详解】（1）在前3个回合中甲队恰好获得2分对应的胜负情况如下：胜胜负，胜负胜，负胜胜，共3种情况，
对应的概率分别为P1=23×23×13=427，P2=23×13×12=19，P3=13×12×23=19，
所以甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率P=427+19+19=1027；
（2）根据全概率公式得Pi+1=23Pi+12(1−Pi)=16Pi+12，
即Pi+1−35=16Pi−35，
易知P1=0，所以Pi−35是以−35为首项，16为公比的等比数列，
所以Pi=35−35×16i−1，故P15=35−35×1614，
因为P15−12=110−35×1614=614−610×614>0，所以P15>12，
而在每一个回合中，甲、乙两队开球的概率之和为1，从而可得在此回合中甲队开球的概率大于乙队开球的概率．
【点睛】方法点睛：
甲队在第i个回合拥有发球权的概率为Pi，由全概率公式得Pi+1=23Pi+12(1−Pi)=16Pi+12，问题转化为数列的递推公式，通过构造等比数列，求出通项.
【变式4-1】1.（2023·全国·高三专题练习）学校的“智慧”书屋每学年初向高一新生招募30名左右的志愿者．2021学年初，新高一学生报名踊跃，报名人数达到60人．现有两个方案确定志愿者：方案一：用抽签法随机抽取30名志愿者；方案二：将60名报名者编号，用随机数法先从这60个编号中随机抽取45个，然后再次用随机数法从这60个编号中随机抽取45个，两次都被抽取到的报名者成为志愿者．
(1)采用方案一或二，分别记报名者甲同学被抽中为事件A和事件B，求事件A和事件B发生的概率；
(2)若采用方案二，设报名者甲同学被抽取到的次数为X，求X的数学期望；
(3)不难发现采用方案二确定的志愿者人数不少于方案一的30人．若采用方案二，记两次都被抽取到的人数为Y，则Y的可取值是哪些？其中Y取到哪一个值的可能性最大？
【答案】(1)916
(2)32
(3)Y取到34的可能性最大
【解析】
（1）抽签法随机抽取30名志愿者含甲的概率为PA=C5929C6030=12，随机数法抽取45名志愿者含甲的概率为PB=C5944C60452=916.
（2）由（1）知：甲每次被抽到的概率均为C5944C6045=34，则X∼B2,34．∴EX=2×34=32．
（3）设两次都被抽到的人数为随机变量Y，则30≤Y≤45Y∈N*，故PY=n=C60nC60−n45−nC1545−nC6045C6045,30≤n≤45,n∈N*．
令fn=C60nC60−n45−nC1545−n=60!60−n!n!⋅60−n!45−n!15!⋅15!45−n!n−30!=60![45−n!]2n!n−30!，
故fn+1fn=60![44−n!]2n+1!n−29!×[45−n!]2n!n−30!60!=(45−n)2n+1n−29，
令fn+1fn>1则(45−n)2−n+1n−29=2054−62n>0，即n≤33，
当n≤33时，fn+1>fn；当n≥34时，fn+1【变式4-1】2．（2023秋·安徽·高三安徽省马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习）教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户、存入规定数额资金、用于教育目的的专项储蓄，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策.若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入2000元，并且每年在你生日当天存入2000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为10%.
(1)在你十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为多少？（参考数据：1.17≈1.95）
(2)高考毕业，为了增加自己的教育储蓄，你利用暑假到一家商场勤工俭学，该商场向你提供了三种付酬方案：
第一种，每天支付38元；
第二种，第1天付4元，从第2天起，每一天比前一天都多付4元；
第三种，第1天付0.4元，以后每一天比前一天翻一番（即增加1倍）.
你会选择哪种方式领取报酬？
【答案】(1)17000元
(2)答案见解析
【分析】（1）由等比数列前n项和公式求解，
（2）由等差数列与等比数列的前n项和公式分别求解，再由作差法比较大小．
【详解】（1）2000×1+0.16+2000×1+0.15+⋯+2000×1+0.1=2000×1.1×1.16−10.1 =20000×1.17−1.1≈17000，
∴在十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为17000元.
（2）设到商场勤工俭学的天数为nn∈N∗，则第一种方案领取的报酬为An=38n；
第二种方案每天报酬与天数成首项为4，公差为4的等差数列，利用等差数列的前n项和公式可得：
领取的报酬为Bn=4n+nn−12×4=2n2+2n；
第三种方案每天报酬与天数成首项为0.4，公比为2的等比数列，利用等比数列的前n项和公式可得：
领取的报酬为Cn=0.41−2n1−2=252n−1.Bn−An=2n2−36n=2nn−18，
当n>18时，Bn>An；当n=18时，Bn=An；当n<18时，Bn令xn=Cn−An=252n−1−38n，
则xn+1−xn=252n+1−1−38n+1−252n−1−38n=2n+15−38=252n−95，
当n≤6时，xn+1x2>⋯>x7；
当n≥7时，xn+1>xn，此时数列xn单调递增，即x7∵x1<0，则x70，故当n≥10时，xn>0，即Cn>An，
当n≤9时，xn<0，即Cn令yn=Cn−Bn=252n−1−2nn+1，其中n≥10，
则yn+1−yn=252n+1−1−2n+1n+2−252n−1−2nn+1=2n+15−4n+1，
令tn=2n+15−4n+1，则tn+1−tn=2n+25−4n+2−2n+15−4n+1=2n+15−4，
当n≥10时，tn+1>tn，此时数列tn单调递增，则tn≥t10>0，则yn+1>yn，
∴当n≥10时，数列yn单调递增，则yn≥y10>0，即Cn>Bn，
综上所述，当n≤9时，maxAn,Bn,Cn=An，应选第一种方案；
当n≥10时，maxAn,Bn,Cn=Cn，应选第三种方案.
【变式4-1】3. （2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）新高考数学试卷中有多项选择题，每道多项选择题有A，B，C，D这四个选项，四个选项中仅有两个或三个为正确选项.题目得分规则为：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.已知测试过程中随机地从四个选项中作选择，每个选项是否为正确选项相互独立.某次多项选择题专项训练中，共有kk∈N*道题，正确选项设计如下：第一题正确选项为两个的概率为13，并且规定若第ii=1,2,⋅⋅⋅,k−1题正确选项为两个，则第i+1题正确选项为两个的概率为13；若第ii=1,2,⋅⋅⋅,k−1题正确选项为三个，则第i+1题正确选项为三个的概率为13.
(1)求第n题正确选项为两个的概率；
(2)请根据期望值来判断：第二题是选一个选项还是选两个选项，更能获得较高分.
【答案】(1)an=12×−13n+12
(2)第二题选一个选项更能获得较高分
【分析】（1）根据题意可得到第n题正确选项为两个的概率与第n−1题正确选项为两个的概率之间的关系，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可.
（2）根据题中两种选择，结合数学期望公式、（1）中结论进行求解判断即可.
【详解】（1）设第n题正确选项为两个的概率为an，则a1=13，
当n≥2n∈N∗时，有an=an−1⋅13+1−an−1⋅1−13⇒an=−13an−1+23 ⇒an−12=−13an−1−12，
因此数列an−12是以13−12=−16为首项，−13为公比的等比数列，
所以an−12=−16−13n−1⇒an=12×−13n+12，a1=13显然适合，
故an=12×−13n+12.
（2）由（1）可知：a2=59，
设选一个选项的得分为X，X=0,2，
PX=0=59×24+1−59×14=718，PX=2=1−718=1118，
因此EX=0×718+2×1118=119，
设选二个选项的得分为Y，Y=0,2,5，
PY=0=59×56+1−59×36=3754，
PY=2=1−59×36=29
PY=5=59×16=554，
所以EY=0×3754+2×29+5×554=4954，
因为EX>EY，
所以第二题选一个选项更能获得较高分.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过概率公式得到an,an−1之间的关系，通过适当变形，构造等比数列，利用等比数列的通项公式求出通项公式.
【变式4-1】4. （2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考开学考试）甲、乙两人轮流投篮，约定甲先投，先投中者获胜，直到有人获胜或每人都已投球n次时投篮结束，其中n为给定正整数.设甲每次投中的概率为13，乙每次投中的概率为12，且各次投篮互不影响.
(1)当n=3时，求甲获胜的概率；
(2)设投篮结束时甲恰好投篮ξ次，求ξ的数学期望Eξ.（答案用含n的最简式子表示）.
【答案】(1)1327
(2)32−3213n
【分析】（1）分甲投球1次获胜、甲投球2次获胜和甲投球3次获胜三种情况，计算相应的概率相加即可；
（2）根据投篮次数的取值，计算相应的概率，由公式求数学期望，借助数列求和的错位相减法化简.
【详解】（1）甲投球1次获胜的概率p1=13，甲投球2次获胜的概率p2=23×12×13=19，
甲投球3次获胜的概率p3=23×12×23×12×13=127，
所以甲获胜的概率p=p1+p2+p3=13+19+127=1327.
（2）记“甲第i次投中”为事件Ai，“乙第i次投中”为事件Bi，其中1≤i≤n，
当1≤j≤n−1时，投篮结束时甲恰好投篮j次的概率为：23×12j−1×13+23×12j−1×23×12=213j，
投篮结束时甲恰好投篮n次的概率为：
pn=p(A1B1A2B2…An−1Bn−1An)+p(A1B1A2B2…An−1Bn−1An)
=23×12n−1×13+23×12n−1×23=13n−1，
所以Eξ=j=1njpj+npn=j=1n2j13j+n13n−1，
设S=j=1nj13j=1×13+2×132+⋯+n−113n−1，则Eξ=2S+n13n−1，
则13S=1×132+2×133+⋯+n−113n，错位相减得：
23S=13+132+133+⋯+13n−1−n−113n=12−n+1213n⇒S=34−32n+3413n，
所以Eξ=234−32n+3413n+n13n−1=32−3213n.
【变式4-1】5. （2023·全国·高三专题练习）某市旅游局为尽快恢复受疫情影响的旅游业，准备在本市的景区推出旅游一卡通（年卡）．为了更科学的制定一卡通的有关条例，市旅游局随机调查了2019年到本市景区旅游的1000个游客的年旅游消费支出（单位：百元），并制成如图频率分布直方图：由频率分布直方图，可近似地认为到本市景区旅游的游客，其旅游消费支出服从正态分布Nμ,σ2．现依次抽取n个游客，假设每个游客的旅游消费支出相互独立，记事件A表示“连续3人的旅游消费支出超出μ”．若Pn表示A的概率，Pn=aPn−1+14Pn−2+bPn−3(n≥3，a，b为常数），且P0=P1=P2=1．

(1)求P3，P4及a，b；
(2)判断并证明数列{Pn}从第三项起的单调性，试用概率统计知识解释其实际意义．
【答案】(1)P3=78，P4=1316，a=12b=18
(2)答案见解析
【分析】（1）第一步，由题意求得P3与P4的值；第二步，列关于a，b的方程组求解a，b的值；
（2）第一步，由Pn=12Pn−1+14Pn−2+18Pn−3(n≥3)，利用作差法得出从第三项起数列{Pn}单调递减；第二步，说明其实际意义.
【详解】（1）因为每人的旅游消费支出超出μ的概率为12，
故抽取3个游客，连续3人的旅游消费支出超出μ的概率为123，所以P3=1−18=78.
抽取4个游客，连续3人的旅游消费支出超出μ的概率为2×1231−12+124=316，
所以P4=1−316=1316，
由P3=aP2+14P1+bP0P4=aP3+14P2+bP1，即78=a+14+b1316=78a+14+b，解得a=12b=18；
（2）数列{Pn}从第三项起单调递减，证明如下：
Pn=12Pn−1+14Pn−2+18Pn−3(n≥3)，
故Pn+1−Pn=(12Pn+14Pn−1+18Pn−2)−(12Pn−1+14Pn−2+18Pn−3)=12Pn−14Pn−1−18Pn−2−18Pn−3
=12(12Pn−1+14Pn−2+18Pn−3)−14Pn−1−18Pn−2−18Pn−3=−116Pn−3，
又Pn>0，∴ −116Pn−3<0，
即从第三项起数列{Pn}单调递减．
由此，可知随着抽查人数n的增加，事件“不连续3人的旅游费用支出超出μ”的可能性会越来越小．
（即最终会出现连续3人的旅游费用支出超出μ这一事件）．
【变式4-1】6.（2023秋·辽宁·高三东北育才学校校联考开学考试）某单位有12000名职工，通过抽验筛查一种疾病的患者．假设患疾病的人在当地人群中的比例为p01且为12000的正因数）人一组分组，然后将各组k个人的血样混合再化验. 如果混管血样呈阴性，说明这k个人全部阴性；如果混管血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次.设该种方法需要化验的总次数为X.
(1)当EX≥12000时，求p的取值范围并解释其实际意义；
(2)现对混管血样逐一化验，至化验出阳性样本时停止，最多化验R次.记W为混管的化验次数，当R足够大时，证明：EW<11−1−pk；
(3)根据经验预测本次检测时个人患病的概率p0，当k=6时，按照p0计算得混管数量Y的期望EY=400；某次检验中Y0=440，试判断个人患病的概率为p0是否合理.（如果2PY≥Y0<0.05，则说明假设不合理）．
附：若X~Nμ,σ2，则PX−μ<σ≈0.6827，PX−μ<2σ≈0.9545，PX−μ<3σ≈0.9973.
【答案】(1)1−133≤p<1，实际意义见解析
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）求出EX，令EX≥12000，可得出ln1−p≤−lnkk，利用导数求出fk的最小值，即可求出p的取值范围；
（2）当n=1、2、3、⋯、R−1时，PW=n=1−pkn−11−1−pk，当n=R时，PW=R=1−pkR−1，利用错位相减法化简EW，结合不等式的基本性质可证得结论成立；
（3）分析可知，Y服从二项分布，根据二项分布的期望公式可求得p的值，再利用二项分布的方差公式可求出DY的值，由于2000较大，可视为Y服从正态分布，求出PY≥440的值，结合题意判断可得出结论.
【详解】（1）解：令12000k=m，由题意可知，X的可能取值有m、m+k、m+2k、⋯、m+mk，
则PX=m+ik=Cmi1−1−pki⋅1−pm−iki=0,1,2,…,m，
所以，EX=i=0mm+ikCmi1−1−pki1−pm−ik，
因为iCmi=i⋅m!i!m−i!=m×m−1!i−1!m−i!=mCm−1i−1i≥1，
所以，EX=mi=0mCmi1−1−pki1−pm−ik+mki=1m−1Cm−1i−11−1−pki1−pm−ik
=mi=0mCmi1−1−pki1−pm−ik+mk1−1−pki=1m−1Cm−1i−11−1−pki−11−pm−ik
=m1−1−pk+1−pkm+mk1−1−pk⋅1−1−pk+1−pkm−1
=m+mk1−1−pk=12000k+120001−1−pk，
令EX=12000k+120001−1−pk=120001k+1−1−pk≥12000，
可得1k≥1−pk恒成立，
两边取自然对数，可得−lnk≥kln1−p，其中k>0，得ln1−p≤−lnkk，
不妨设fx=−lnxx，其中x>0，则f'x=lnx−1x2，
当0e时，f'x>0，
所以，函数fx的单调递减区间为0,e，单调递增区间为e,+∞，
因此，fk≥fe=−1e，此时k=e，且f4=−ln44=−2ln24=−ln22=f2，
但由于k是12000的正因数，
所以fk≥maxf2,f3=maxf4,f3=f3=−ln33，
那么ln1−p≤−ln33，即1−p≤e−ln33=3−13，即p≥1−133，故1−133≤p<1，
其实际意义为：当1−133≤p<1时，混检次数的期望要比逐个检测的期望大，说明逐个检测较好.
（2）证明：当n=1、2、3、⋯、R−1时，PW=n=1−pkn−11−1−pk，
当n=R时，PW=R=1−pkR−1，EW=i=1Ri⋅PW=i，
不妨设p'=1−pk，
则EW=1−p'1+2p'+3p'2+⋯+R−1p'R−2+Rp'R−1，
设S=1+2p'+3p'2+⋯+R−1p'R−2，①
则p'S=p'+2p'2+⋯+R−2p'R−2+R−1p'R−1，②
①−②可得，1−p'S=1+p'+p'2+⋯+p'R−2−R−1p'R−1
所以，EW=1+p'+p'2+⋯+p'R−2+p'R−1=1−p'R1−p'<11−1−pk.
（3）解：由于Y服从二项分布，则Y的可能取值有0、1、2、⋯、2000，
所以，EY=2000p=400，解得p=15，
所以，DY=2000×15×45=320，
同时，由于2000足够大，不妨视Y~N400,320，则σ2=320，则σ=85≈17.9，
则2PY≥440=1−P360≤Y≤440<1−Pμ−2σ则Pμ−2σ因此2PY≥440<0.046<0.05，故有充分的里有认为H0不合理.
【点睛】方法点睛：求离散型随机变量均值与方差的基本方法：
（1）已知随机变量的分布列求它的均值、方差，按定义求解．
（2）已知随机变量X的均值、方差，求X的线性函数Y=aX+b的均值、方差，可直接用X的均值、方差的性质求解；
（3）如果所给随机变量是服从常用的分布（如两点分布、二项分布等），利用它们的均值、方差公式求解．
1. （2023·浙江·模拟预测）立德中学有甲､乙两家餐厅，如果赵同学上一天去甲餐厅用午餐，那么下一天去甲餐厅的概率为0.6，如果上一天去乙餐厅用午餐，那么下一天去甲餐厅的概率为0.8，已知赵同学第一天去甲餐厅用午餐的概率为0.5.
(1)求赵同学第二天去乙餐厅用午餐的概率；
(2)设赵同学第nn∈N∗去甲餐厅用午餐的概率为Pn，判断P3与P4的大小，并求Pn.
【答案】(1)0.3
(2)P4>P3；Pn=23−16×(−15)n−1．
【分析】（1）分类，按赵同学第一天去甲、乙餐厅分两类计算后相加可得；
（2）求出Pn与Pn−1的关系：Pn=0.6Pn−1+0.8(1−Pn−1)=45−15Pn−1，然后凑配出等比数列，利用等比数列通项公式求解．
【详解】（1）因为赵同学第一天去甲餐厅用午餐的概率为0.5，,那么他去乙餐厅用午餐的概率也为0.5，则他第二天去乙餐厅用午餐的概率为P=0.5×(1−0.6)+0.5×(1−0.8)=0.3；
（2）由已知P1=0.5，P2=0.5×0.6+0.5×0.8=0.7，P3=0.6P2+0.8(1−P2)=0.6×0.7+0.8×0.3=0.66，
P4=0.6P3+0.8(1−P3)=0.8−0.2P3=0.668>0.66，即P4>P3，
因此Pn=0.6Pn−1+0.8(1−Pn−1)=45−15Pn−1，
Pn−23=−15(Pn−1−23)，又P1−23=12−23=−16，∴数列{Pn−23}是等比数列，公比是q=−15，
∴Pn−23=−16×(−15)n−1，从而Pn=23−16×(−15)n−1．
2. （2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）某学校三年级开学之初增加早自习，早饭在校食堂就餐人数增多，为了缓解就餐压力，学校在原有一个餐厅的基础上增加了一个餐厅，分别记做餐厅甲和餐厅乙，经过一周左右统计调研分析：前一天选择餐厅甲就餐第二天选择餐厅甲就餐的概率是14，择餐厅乙就餐的概率为34，前一天选择餐厅乙就餐第二天选择餐厅乙就餐的概率是12，选择餐厅甲就餐的概率也为12，如此往复.假设学生第一天选择餐厅甲就餐的概率是12，选择餐厅乙就餐的概率是12，记某同学第n天选择甲餐厅就餐的概率为Pn.
(1)记某班级的3位同学第二天选择餐厅甲的人数为X，求X的分布列，并求EX；
(2)请写出Pnn∈N*的通项公式；
【答案】(1)分布列见解析，98
(2)Pn=110×−14n−1+25
【分析】（1）先求某同学第二天选择餐厅甲就餐的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得概率分布，利用二项分布期望公式可得期望；
（2）根据题意先求Pn与Pn+1的关系，然后利用构造法可得通项.
【详解】（1）某同学第二天选择餐厅甲就餐的概率PA=12×14+12×12=38，
某同学第二天选择餐厅乙就餐的概率PB=12×34+12×12=58，
所以3位同学第二天选择餐厅甲就餐的人数为X，则X∼B3,38.
PX=k=C3k38k583−k,k=0,1,2,3
∴X的分布列为
故EX=3×38=98
（2）依题意，Pn+1=Pn×14+1−Pn×12，即Pn+1=−14Pn+12n∈N*.
由（1）知Pn+1=−14Pn+12n∈N*，则Pn+1−25=−14Pn−25n∈N*
当n=1时，可得P1−25=110，
∴数列Pn−25是首项为110公比为−14的等比数列.
Pn=110×−14n−1+25
3. （2023·山东烟台·统考三模）现有甲、乙两个袋子，每个袋子中均装有大小、形状、质地完全相同的2个黑球和1个红球，若每次分别从两个袋子中随机摸出1个球互相交换后放袋子中，重复进行nn∈N*次此操作．记第n次操作后，甲袋子中红球的个数为Xn．
(1)求X1的分布列和数学期望；
(2)求第n次操作后，甲袋子中恰有1个红球的概率Pn．
【答案】(1)分布列见解析，EX1=1
(2)Pn=25⋅−19n+35
【分析】（1）由题意可知，X1的所有可能取值为0、1、2，计算出随机变量X1在不同取值下的概率，可得出随机变量X1的分布列，进而可求得EX1的值；
（2）由已知条件推导得出PXn+1=1=23−19PXn=1，可得出数列PXn=1−35为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得PXn=1的表达式，即Pn的表达式.
【详解】（1）由题知，X1的所有可能取值为0、1、2，
PX1=0=13×23=29，PX1=1=23×23+13×13=59，PX1=2=23×13=29，
所以，X1的分布列为
所以，X1的数学期望EX1=0×29+1×59+2×29=1．
（2）由题知，
PXn+1=1=1×23PXn=0+23×23+13×13PXn=1+23×1PXn=2
又PXn=0+PXn=1+PXn=2=1，
所以，PXn+1=1=231−PXn=1−PXn=2+59PXn=1+23PXn=2，
整理得，PXn+1=1=23−19PXn=1，
所以，PXn+1=1−35=−19PXn=1−35，
又因为PX1=1−35=−245，所以，数列PXn=1−35是首项为−245，公比为−19的等比数列，
所以，PXn=1−35=−245×−19n−1，
所以，PXn=1=25×−19n+35，即Pn=25×−19n+35.
4. （2023·安徽亳州·蒙城第一中学校联考模拟预测）甲、乙、丙三个小学生相互抛沙包，第一次由甲抛出，每次抛出时，抛沙包者等可能的将沙包抛给另外两个人中的任何一个，设第n（n∈N*）次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为an，在丙手中的方法数为bn.
(1)求证：数列an+1+an为等比数列，并求出an的通项；
(2)求证：当n为偶数时，an>bn.
【答案】(1)证明见解析，an=2n+2(−1)n3
(2)证明见解析
【分析】（1）首先确定第n次抛沙包后的抛沙包方法数为2n，再结合条件列出关于数列an的递推公式，即可证明数列an+1+an是等比数列，并且变形−1n−1an−1−−1nan=−2n−1后，利用累加求和，即可求解数列的通项公式；
（2）首先由条件确定an+2bn=2n，再根据（1）的结果，确定数列bn的通项公式，再比较大小.
【详解】（1）由题意知：第n次抛沙包后的抛沙包方法数为2n，
第n+1次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为an+1，若第n次抛沙包后沙包在甲手中，则第n+1次抛沙包后，沙包不可能在甲手里，只有第n次抛沙包后沙包在乙或丙手中，
故an+1=an×0+2n−an×1=2n−an，且a1=0
故an+1+an=2n，
an+an+1an−1+an=2n≥2，
所以数列an+1+an为等比数列，
由an−1+an=2n−1，得−1n−1an−1−−1nan=−2n−1，
−11a1−−12a2=−21，
−12a2−−13a3=−22，
−13a3−−14a4=−23，
……………，
−1n−1an−1−−1nan=−2n−1
以上各式相加，−11a1−−1nan=−21−−2n−11+2
可得an=2n+2(−1)n3；
（2）由题意知：第n次抛沙包后沙包在乙、丙手中的情况数相等均为bn，
则an+2bn=2n，
∵当n为偶数时，an=2n+2(−1)n3=2n+23>2n3，bn=2n−an2<2n3
∴an>bn.
5. （2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）长江十年禁渔计划全面施行，渔民老张积极配合政府工作，如期收到政府的补偿款.他决定拿出其中10万元进行投资，并看中了两种为期60天（视作2个月）的稳健型（不会亏损）理财方案.
方案一：年化率2.4%，且有10%的可能只收回本金；
方案二：年化率3.0%，且有20%的可能只收回本金；
已知老张对每期的投资本金固定（都为10万元），且第一次投资时选择了方案一，在每期结束后，老张不间断地进行下一期投资，并且他有40%的可能选择另一种理财方案进行投资.
(1)设第i次投资（i=1,2,3,⋯n）选择方案一的概率为Pi，求P4；
(2)求一年后老张可获得总利润的期望（精确到1元）.
注：若拿1千元进行5个月年化率为2.4%的投资，则该次投资获利ω=2.4%×512×1000=10元.
【答案】(1)63125
(2)2255元
【分析】（1）根据互斥加法概率公式求出选择方案一的概率递推式，变形，根据等比数列通项公式求出概率通项公式，代入计算即可；
（2）先求出每一个方案的获利期望，然后再利用期望公式求出一年的总获利期望.
【详解】（1）由题意知，Pi+1=(1−40%)Pi+40%(1−Pi)=25+15Pi，
整理得，Pi+1−12=15Pi−12，其中P1=1，
故数列Pn−12是以P1−12为首项，15为公比的等比数列，则Pn−12=12×15n−1，
即Pn=12+12×15n−1，那么P4=63125；
（2）当某期选择方案一时，获利期望值为W1=(1−10%)×2.4%×212×100000=360元；
当某期选择方案二时，获利期望值为W2=(1−20%)×3.0%×212×10000=400元；
那么，在一年间，老张共投资了6次，获得的总利润的期望为
W=[P1W1+(1−P1)W2+P2W1+(1−P2)W2]+⋯+[P6W1+(1−P6)W2]
=(P1+P2+⋯+P6)W1+[(1−P1)+(1−P2)+⋯+(1−P6)]W2
≈2400−40×3+58=2255元，
即一年后老张可获得的利润的期望约为2255元.
6. （2023·湖南永州·统考一模）某企业为提高竞争力，成功研发了三种新品A、B、C，其中A、B、C能通过行业标准检测的概率分别为45,67,910，且A、B、C是否通过行业标准检测相互独立．
(1)设新品A、B、C通过行业标准检测的品种数为X，求X的分布列；
(2)已知新品A中的一件产品经检测认定为优质产品的概率为0.025，现从足量的新品A中任意抽取一件进行检测，若取到的不是优质产品，则继续抽取下一件，直至取到优质产品为止，但抽取的总次数不超过n．如果抽取次数的期望值不超过5，求n的最大值．
参考数据：0.9754≈0.904,0.9755≈0.881,0.9756=0.859,0.9757=0.838,0.9758=0.817
【答案】(1)分布列见解析
(2)5
【分析】（1）由题意X的所有可能取值为：0，1，2，3,由独立事件乘法公式以及互斥事件加法公式即可分别求出相应的概率，进而求解.
（2）不妨设抽取第k1≤k≤n−1次时取到优质产品，此时对应的概率为Pk=0.025×0.975k−1，而第n次抽到优质产品的概率为Pn=0.975n−1，
所以抽取次数的期望值为En=k=1n−1k⋅Pk+nPn=k=1n−10.025×k⋅0.975k−1+n0.975n−1 =0.025×1+2×0.975+⋯+n−1×0.975n−2+n0.975n−1，
对其求和并结合En≤5以及参考数据即可求解.
【详解】（1）由题意X的所有可能取值为：0，1，2，3.
PX=0=15×17×110=1350,
PX=1=45×17×110+15×67×110+15×17×910=19350,
PX=2=45×67×110+45×17×910+15×67×910=114350=57175,
PX=3=45×67×910=216350=108175;
所以X的分布列如下表：
（2）不妨设抽取第k1≤k≤n−1,n≥2次时取到优质产品，此时对应的概率为Pk=0.025×0.975k−1，而第n次抽到优质产品的概率为Pn=0.975n−1，因此由题意抽取次数的期望值为En=k=1n−1k⋅Pk+nPn=k=1n−10.025×k⋅0.975k−1+n0.975n−1 =0.025×1+2×0.975+⋯+n−1×0.975n−2+n0.975n−1，
0.975⋅En=0.025×1×0.975+⋯+n−2×0.975n−2+n−1×0.975n−1+n0.975n，
两式相减得0.025⋅En=0.025×1+0.975+⋯+0.975n−2−n−1×0.975n−1+0.025×n0.975n−1，
所以En=1−0.975n1−0.975=401−0.975n，
又由题意可得En≤5，
所以401−0.975n≤5，即0.975n≥0.875，
注意到当n=5时，有0.9755≈0.881>0.875，
且当n=6时，有0.9756=0.859<0.875；
综上所述：n的最大值为5.
7. （2023·安徽·合肥一中校联考模拟预测）2023年4月23日，是中国海军成立74周年74年向海图强，74年劈波斩浪．74年，人民海军新装备不断增加，新型作战力量加速发展，从“101南昌舰”到“108咸阳舰”，8艘055型驱逐舰列阵.我国自主研制的075型两栖攻击舰“31海南舰”“32广西舰”“33安徽舰”也相继正式入列．从小艇到大舰，从近海防御到挺进深蓝大洋，人民海军步履铿锵，捍卫国家主权，维护世界和平．为了庆祝中国海军成立74周年，某公司设计生产了三款两栖攻击舰模型（分别为“31海南舰”､“32广西舰”“33安徽舰”），并限量发行若该公司每个月发行300件（三款各100件），一共持续12个月，采用摇号的方式进行销售．假设每个月都有3000人参与摇号，摇上号的将等可能获得三款中的一款．小周是个“战舰狂热粉”，听到该公司发行两栖攻击舰模型，欣喜若狂．
(1)若小周连续三个月参与摇号，求他在这三个月集齐三款模型的概率；
(2)若摇上号的人不再参加后面的摇号．已知小周从第一个月开始参与摇号，并且在12个月的限量发行中成功摇到并获得了模型．设他第X个月(X=1,2,⋯,12)摇到并获得了模型，求X的数学期望．
【答案】(1)14500
(2)EX=10−9⋅91011
【分析】（1）分别分析小周连续3个月摇上号的概率和集齐三款模型的概率，即可求出他在这三个月集齐三款模型的概率；
（2）根据题意得出PX=k=910k−1110k=1,2,⋯,11和PX=12=91011，得出E(X)的表达式，根据错位相减即可求出E(X)．
【详解】（1）由题可知，小周第1个月摇上号的概率为3003000=110，所以小周连续三个月摇上号的概率为(110)3，
小周连续三个月摇上号的前提下，三个月集齐三款模型共有A33种情况，三个月获得模型共有33种情况，
所以在小周连续三个月摇上号的前提下，三个月集齐三款模型的概率为A3333,
设事件A为“小周在这三个月集齐三款模型”，则PA=1103A3333=14500．
（2）由题意得PX=k=910k−1110k=1,2,⋯,11，PX=12=91011，
则E(X)=k=111k10910k−1+12⋅91011，
两边同乘910得910E(X)=k=111k10910k+545⋅91011，
两式相减得110E(X)=110×(910)0+110×(910)1+110×(910)2+⋯+110×(910)11−1110⋅91012+1210⋅91011
=110×[(910)0+(910)1+(910)2+⋯+(910)11]
=110×1−(910)121−910
=1−(910)12，
所以E(X)=10−10×(910)12=10−10×910×(910)11=10−9⋅(910)11．
8. （2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）某辖区组织居民接种新冠疫苗，现有A,B,C,D四种疫苗且每种都供应充足.前来接种的居民接种与号码机产生的号码对应的疫苗，号码机有A,B,C,D四个号码，每次可随机产生一个号码，后一次产生的号码由前一次余下的三个号码中随机产生，张医生先接种与号码机产生的号码对应的A种疫苗后，再为居民们接种，记第n位居民（不包含张医生）接种A,B,C,D四种疫苗的概率分别为PnA,PnB,PnC,PnD.
(1)第2位居民接种哪种疫苗的概率最大；
(2)张医生认为，一段时间后接种A,B,C,D四种疫苗的概率应该相差无几，请你通过计算第10位居民接种A,B,C,D四种的概率，解释张医生观点的合理性.
参考数据：134≈5.1×10−5,1310≈1.7×10−5,129≈2.0×10−3,1210≈9.8×10−4.
【答案】(1)A疫苗
(2)答案见解析
【分析】（1）分类讨论，根据全概率公式计算；
（2）根据（1）的逻辑，讨论Pn+1A,Pn+1B,Pn+1C,Pn+1D的通项公式，运用等比数列求出第10为居民使用A，B，C，D疫苗的概率即可.
【详解】（1）第1位居民接种A,B,C,D疫苗的概率分别为0,13,13,13，
若第2位居民接种A疫苗，则第1位居民接种B，C，D疫苗，PA=13×13+13×13+13×13=13，
第2位居民接种B疫苗，则第1位居民接种C，D疫苗，PB=13×13+13×13=29
同理，第2位居民接种C,D疫苗的概率也等于29，
故第2位居民接种A疫苗的概率最大；
（2）因为Pn+1A=131−PnA，
所以Pn+1A−14=−13PnA−14，
故数列PnA−14是公比为−13的等比数列.
又P1A−14=−14，所以PnA−14=−14×−13n−1
即PnA=14+−14−13n−1，
从而P10A=14+−14−139，
同理P10B=14+112−139，
P10C=P10D=P10B=14+112−139，
所以P10A−P10B=14+−14−139− 14+112−139=−1310≈1.7×10−5，
第10位居民接种A,B,C,D疫苗概率应该相差无几.
第n(n>10)位居民接种A,B,C,D疫苗概率应该相差将会更小，所以张医生的话合理.
9. （2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注，成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小93%，重量仅约2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．
(1)求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列；
(2)当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设pnn∈N∗表示事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若pn>12恒成立，认为该企业具有一定的智能化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励资金．请问该企业能拿到奖励资金吗？请说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)可以；理由见解析
【分析】（1）根据题意，由条件可得X的可能取值为1,2,3，然后分别求出其所对应的概率，即可得到分布列.
（2）根据题意，由条件可得Pn−12是以12为首项，38为公比的等比数列，然后结合等比数列的通项公式即可得到结果.
【详解】（1）设计算机4次生成的数字之和为ξ，则ξ∼B4,12，
则Pξ<3=C40124+C41124+C42124=1116，
Pξ≥3=1−Pξ<3=516，
X的可能取值为1,2,3，
则PX=1=516×1116=55256，
PX=2=5162+516×1116=80256=516，
PX=3=11162=121256，
所以X的分布列为
（2）设An−1表示事件第n−1天该企业产品检测选择的是智能检测，
An表示事件第n天该企业产品检测选择的是智能检测，
由全概率公式可知Pn=PAn=PAnAn−1PAn−1+PAnAn−1PAn−1=1116Pn−1+1−Pn−1516=38Pn−1+516
则Pn=516+38Pn−1，n≥2，
即Pn−12=38Pn−1−12，n≥2，且P1−12=12，
所以Pn−12是以12为首项，38为公比的等比数列，
则Pn−12=1238n−1，所以Pn=12+12⋅38n−1>12恒成立，
所以该企业具有一定的智能化管理水平，能拿到奖金.
10. （2023·浙江·模拟预测）全民健身是全体人民增强体魄､健康生活的基础和保障，为了研究杭州市民健身的情况，某调研小组在我市随机抽取了100名市民进行调研，得到如下数据：
附：K2=n(ad−bc)2a+bc+da+cb+d，
(1)如果认为每周健身4次及以上的用户为“喜欢健身”；请完成2×2列联表，根据小概率值α=0.05的独立性检验，判断“喜欢健身”与“性别”是否有关？
(2)假设杭州市民小红第一次去健身房A健身的概率为211，去健身房B健身的概率为911，从第二次起，若前一次去健身房A，则此次不去A的概率为14；若前一次去健身房B，则此次仍不去A的概率为13.记第n次去健身房A健身的概率为Pn，则第10次去哪一个健身房健身的概率更大？
【答案】(1)2×2列联表见解析，“喜欢健身”与“性别”无关
(2)第10次去A健身房健身的概率更大
【分析】（1）先绘制2×2列联表，计算K2的值，从而确定正确答案.
（2）根据全概率公式、递推关系求得Pn，从而求得P10，由此确定正确答案.
【详解】（1）依题意，2×2列联表如下：
K2=100(35×20−30×15)265×35×50×50≈1.099<3.841，
所以“喜欢健身”与“性别”无关.
（2）依题意，P1=211，当n≥2时，Pn=Pn−1×34+1−Pn−1×23=112Pn−1+23，
则Pn−811=112Pn−1−811，
所以数列Pn−811是首项为P1−811=211−811=−611，公比为112的等比数列，
所以Pn−811=−611×112n−1,Pn=811−611×112n−1，
所以P10=811−611×1129≈811>1−811=311，
所以第10次去A健身房健身的概率更大.
11. （2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）现有一种不断分裂的细胞X，每个时间周期T内分裂一次，一个X细胞每次分裂能生成一个或两个新的X细胞，每次分裂后原X细胞消失，设每次分裂成一个新X细胞的概率为p，分裂成两个新X细胞的概率为1−p；新细胞在下一个周期T内可以继续分裂，每个细胞间相互独立.设有一个初始的X细胞，在第一个周期T中开始分裂，其中p∈12,1.
(1)设2T结束后，X细胞的数量为ξ，求ξ的分布列和数学期望；
(2)设nTn∈N∗结束后，X细胞数量为m的概率为 Pmn.
（i）求P2n；
（ii）证明：P3n<827p2.
【答案】(1)分布列见解析，p2−4p+4
(2)（i）pn−1⋅1−pn；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出ξ的取值及不同取值对应的概率，进而列出分布列，利用期望公式求出期望；
（2）（i）求出第kT时分裂为2个X细胞的概率，再用等比数列求和公式，即可求解；
（ii）求出第kT时分裂为3个X细胞的概率，再用等比数列求和公式，求出P3n，再利用导数法确定函数的单调性，从而确定最值，即可得证.
【详解】（1）2个T结束后，ξ的取值可能为1,2,3,4,其中Pξ=1=p2,
Pξ=2=p1−p+1−pp2=p−p3，
Pξ=3=1−p×C21×p×1−p=2p1−p2，Pξ=4=1−p3，
所以ξ分布列为
Eξ=1×p2+2×p−p3+3×2p1−p2+4×1−p3=p2−4p+4.
（2）（i）P2n表示分裂nT结束后共有2个细胞的概率，则必在某一个周期结束后分裂成2个X细胞. 不妨设在第kT时分裂为2个X细胞，之后一直有 2个X细胞，
此事件概率P2,k=pk−1×1−p×p2n−k=1−p×p2n−1−k，
所以P2n=P2,1+P2,2+⋅⋅⋅+P2,n=k=1n1−p⋅p2n−1−k
=1−pp2nk=1np−1−k=pn−1⋅1−pn.
（ii）P3n代表分裂nT后有3个细胞的概率，设细胞X在kT后分裂为2个新的X细胞，这两个X细胞在剩下的n−kT中，其中一个分裂为2个X细胞，一个保持一直分裂为1个X细胞，此事件的概率
P3,k=pk−1⋅1−p⋅C21pn−k⋅P2n−k=pk−1⋅1−p⋅2⋅pn−k⋅pn−k−1⋅1−pn−k，
得P3,k=2p2n−2⋅1−p⋅p−k−2p3n−2⋅1−p⋅p−2k，
P3n=P3,1+P3,2+⋅⋅⋅+P3,n=2p2n−2⋅1−p⋅k=1np−k−2p3n−2⋅1−p⋅k=1np−2k
=2pn−1⋅1−pn−1⋅1−pn1+p=2pn⋅p−pn⋅1−pn1+pp2，
其中p∈12,1，pn∈0,1.
令x=pn,P3n=2x⋅p−x⋅1−x1+pp2<2x⋅1−x⋅1−x1+pp2，
记fx=x1−x2，f'x=1−x1−3x,令f'x=0，得x=13.
当x∈0,13,f'x>0,fx递增；
当x∈13,1，f'x<0,fx递减.
故fxmax=f13=427，
也就是P3n<8271+pp2<827p2.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个，一是求解P2n时，利用等比数列的知识求解；二是求解P3n的最值时，根据解析式的特点，利用导数来求解.
12. （2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）某知识测试的题目均为多项选择题，每道多项选择题有A，B，C，D这4个选项，4个选项中仅有两个或三个为正确选项.题目得分规则为：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.已知测试过程中随机地从四个选项中作选择，每个选项是否为正确选项相互独立.若第一题正确选项为两个的概率为13，并且规定若第ii=1,2,⋯,n−1题正确选项为两个，则第i+1题正确选项为两个的概率为13；第ii=1,2,⋯,n−1题正确选项为三个，则第i+1题正确选项为三个的概率为13.
(1)若第二题只选了“C”一个选项，求第二题得分的分布列及期望；
(2)求第n题正确选项为两个的概率；
(3)若第n题只选择B、C两个选项，设Y表示第n题得分，求证：EY≤1718.
【答案】(1)分布列见解析；119
(2)12+12×−13n
(3)证明见解析
【分析】（1）设事件C2表示正确选项为2个，事件C3表示正确选项为3个，PnC2表示第n题正确选项为2个的概率，PnC3表示第n题正确选项为3个的概率.由全概率公式可求出P2C2，继而P2C3可求，再由全概率公式计算第二题得分分布列的各种情况，并根据公式计算期望；
（2）根据（1）中由第一题到第二题正确选项数概率的计算理解，由全概率公式可以得出一般性的结论Pn+1C2=13PnC2+23PnC3化简可得Pn+1C2−12=−13PnC2−12，可知PnC2−12为等比数列,求通项可得PnC2；
（3）根据（2）求出的PnC2可得PnC3=1-PnC2，在利用全概率公式即可求得Y的分布列，计算出EY=1112−112×−13n,则结论可证.
【详解】（1）设事件C2表示正确选项为2个，事件C3表示正确选项为3个，
PnC2表示第n题正确选项为2个的概率，PnC3表示第n题正确选项为3个的概率.
设事件C表示选项“C”为第二题的一个正确选项，用随机变量X表示第二题得分.
依题得，X可能取值为0， 2.
因为P2C2=13P1C2+23P1C3=13×13+23×23=59，P2C3=1−P2C2=49，
所以PX=0=PCC2P2C2+PCC3P2C3=C32C42×59+C33C43×49=12×59+14×49=718
PX=2=PCC2P2C2+PCC3P2C3=C31C42×59+C32C43×49=12×59+34×49=1118
所以X的分布列为:
所以EX=0×718+2×1118=119.
（2）依题得，Pn+1C2=13PnC2+23PnC3=13PnC2+231−PnC2=23−13PnC2，
所以Pn+1C2−12=−13PnC2−12，
又因为P1C2−12=13−12=−16，
所以PnC2−12是以−16为首项，以−13为公比的等比数列.
所以PnC2−12=−16×−13n−1=12×−13n，PnC2=12+12×−13n.
（3）由（2）可知，PnC2=12+12×−13n，PnC3=1−PnC2=12−12×−13n.
依题得，Y可能取值为0，2， 5.
PY=0=5C42×PnC2+2C43×PnC3=56×12+12×−13n+12×12−12×−13n=23+16×−13n PY=2=0×PnC2+2C43×PnC3=12×12−12×−13n=14−14×−13n，
PY=5=1C42×PnC2+0×PnC3=16×12+12×−13n=112+112×−13n，
所以EY=2×14−14×−13n+5×112+112×−13n=1112−112×−13n<1718.
【点睛】方法点睛：高中阶段的马尔科夫链类型的概率问题解决关键是利用全概率公式找到概率的递推式，然后用数列手段去处理求解.
13.（2023·河北保定·河北省唐县第一中学校考二模）在某个周末，甲、乙、丙、丁四名同学相约打台球．四人约定游戏规则：①每轮游戏均将四人分成两组，进行组内一对一对打；②第一轮甲乙对打、丙丁对打；③每轮游戏结束后，两名优胜者组成优胜组在下一轮游戏中对打，同样的，两名失败者组成败者组在下一轮游戏中对打；④每轮比赛均无平局出现．已知甲胜乙、乙胜丙、丙胜丁的概率均为12，甲胜丙、乙胜丁的概率均为35，甲胜丁的概率为23．
(1)设在前三轮比赛中，甲乙对打的次数为随机变量X，求X的数学期望；
(2)求在第10轮比赛中，甲丙对打的概率．
【答案】(1)151100
(2)171512
【分析】（1）根据游戏规则得到甲乙在第一轮对打，且在第二轮不对打，第三轮有可能对打，从而得到X的可能值为1或2，其中第三轮对打为甲乙胜者组对打或甲乙败者组对打，再结合条件即可求解；
（2）设在第n轮中，甲乙对打的概率为an，甲丙对打的概率为bn，甲丁对打的概率为cn，根据题目条件求得a1，b1和c1，再分类讨论甲丙在胜者组对打或甲丙在败者组对打，从而求得bn+1=12an+12cn，再由an+bn+cn=1结合数列通项公式的求法，求得bn，即可求出b10.
【详解】（1）由题可知，甲乙在第一轮对打，且在第二轮不对打，所以X的可取值为1，2，
PX=2=C21⋅122⋅352+252+C21⋅122×23×12+13×12=1350+14=51100，
则PX=1=1−PX=2=49100，
所以X的数学期望EX=1×49100+2×51100=151100.
（2）设在第n轮中，甲乙对打的概率为an，甲丙对打的概率为bn，甲丁对打的概率为cn，
易知n≥2，a1=1，b1=c1=0，
且bn+1=122+122an+23×12+13×12cn=12an+12cn，
又an+bn+cn=1，所以bn+1=12an+12cn=12−12bn，
整理得bn+1−13=12an+12cn=−12bn−13，
则数列bn−13是以b1−13=−13为首项，以−12为公比的等比数列，
即bn−13=−13×−12n−1，所以bn=13−13×−12n−1，则b10=13+13×129，
故在第10轮比赛中，甲丙对打的概率为13+13×129=5131536=171512．
14. （2019·全国·高考真题）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−1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−1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X的分布列；
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i=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+bpi+cpi+1 (i=1,2,⋯,7)，其中a=P(X=−1)，b=P(X=0)，c=P(X=1)．假设α=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）见解析；（2）（i）见解析；（ii）p4=1257.
【分析】（1）首先确定X所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；（2）（i）求解出a,b,c的取值，可得pi=0.4pi−1+0.5pi+0.1pi+1i=1,2,⋅⋅⋅,7，从而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；（ii）列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合p8和p0的值可求得p1；再次利用累加法可求出p4.
【详解】（1）由题意可知X所有可能的取值为：−1，0，1
∴PX=−1=1−αβ；PX=0=αβ+1−α1−β；PX=1=α1−β
则X的分布列如下：
（2）∵α=0.5，β=0.8
∴a=0.5×0.8=0.4，b=0.5×0.8+0.5×0.2=0.5，c=0.5×0.2=0.1
（i）∵pi=api−1+bpi+cpi+1i=1,2,⋅⋅⋅,7
即pi=0.4pi−1+0.5pi+0.1pi+1i=1,2,⋅⋅⋅,7
整理可得：5pi=4pi−1+pi+1i=1,2,⋅⋅⋅,7 ∴pi+1−pi=4pi−pi−1i=1,2,⋅⋅⋅,7
∴pi+1−pi i=0,1,2,⋅⋅⋅,7是以p1−p0为首项，4为公比的等比数列
（ii）由（i）知：pi+1−pi=p1−p0⋅4i=p1⋅4i
∴p8−p7=p1⋅47，p7−p6=p1⋅46，……，p1−p0=p1⋅40
作和可得：p8−p0=p1⋅40+41+⋅⋅⋅+47=1−481−4p1=48−13p1=1
∴p1=348−1
∴p4=p4−p0=p1⋅40+41+42+43=1−441−4p1=44−13×348−1=144+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.
【点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加法求解数列通项公式和数列中的项的问题.本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解、概率求解的相关知识，对学生分析和解决问题能力要求较高.
X2
25
50
100
P
0.4
0.24
0.36
X
0
1
P
59
49
X
-1
0
1
P
(1-α)β
αβ +(1-α)(1−β)
α(1−β)
喜爱足球运动
不喜爱足球运动
合计
男性
60
40
100
女性
20
80
100
合计
80
120
200
Pχ2≥x0
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
x0
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
X
2
3
4
P
0.2
0.5
0.3
X4
1
2
3
4
P
14
316
964
2764
Yn
1
2
3
…
n−1
n
P
122
2×123
3×124
…
n−1×12n
n+1×12n
ξ
1
2
3
⋅⋅⋅
n−1
n
P
p
1−pp
1−p2p
⋅⋅⋅
1−pn−2p
1−pn−1
X
0
1
2
3
P
125512
225512
135512
27512
X1
0
1
2
P
29
59
29
X
0
1
2
3
PX
1350
19350
57175
108175
X
1
2
3
P
55256
516
121256
每周健身次数
1次
2次
3次
4次
5次
6次及6次以上
男
4
6
5
3
4
28
女
7
5
8
7
6
17
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
kα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
喜欢健身
不喜欢健身
合计
男
35
15
50
女
30
20
50
合计
65
35
100
ξ
1
2
3
4
P
p2
p−p3
2p1−p2
1−p3
X
0
2
P
718
1118
X
−1
0
1
P
1−αβ
αβ+1−α1−β
α1−β