數(shù)列與概率統(tǒng)計結合題型（解析版）-2024年高考數(shù)學重難點題型突破（新高考）

重難點專題30數(shù)列與概率統(tǒng)計結合題型匯總

題型1求數(shù)列通項公式型.............................................................1

題型2證明等比數(shù)列型..............................................................14

題型3求和型.......................................................................28

題型4數(shù)列的綜合問題..............................................................37

題型1求數(shù)列通項公式型

【例題1】(2023秋?山東?高三山東省實驗中學校考階段練習)某品牌女裝專賣店設計摸球

抽獎促銷活動，每位顧客只用一個會員號登陸，每次消費都有一次隨機摸球的機會.已知顧

客第一次摸球抽中獎品的概率為；；從第二次摸球開始，若前一次沒抽中獎品，則這次抽中

的概率為|,若前一次抽中獎品，則這次抽中的概率為［,記該顧客第n次摸球抽中獎品的概

率為4.

Q)求P2的值，并探究數(shù)列｛4｝的通項公式；

(2)求該顧客第幾次摸球抽中獎品的概率最大，請給出證明過程.

【答案】⑴廠

(2)第二次，證明見解析

【分析】(1)根據(jù)全概率公式即可求解P?，利用抽獎規(guī)則，結合全概率公式即可由等比數(shù)

列的定義求解，

(2)根據(jù)匕=,即可對n分奇偶性求解.

【詳解】(1)記該顧客第通6N*)次摸球抽中獎品為事件A,依題意，=，

+1-x=

P2=P(4)=P(&)P(&I&)+P㈤P(&閑=hi(7)^S-

因為PC4nM-J=i,P（4J不）=]%=POU，

所以P(An)=P(An_i)P(4nMn_i)+P(初；/入|初?)，

所以4=［Pn-i+'1-&T)=-^n-l+h

所以尸，5,

又因為Pl=|,則Pl-：=一］于0，

所以數(shù)列｛&-3是首項為-1公比為-］的等比數(shù)列，

故治=:乂-/,

(2)證明：當n為奇數(shù)時，4=，-卷＜：〈工，

當n為偶數(shù)時，％=：+霜，則%隨著n的增大而減小，

所以，&"2=關.

綜上，該顧客第二次摸球抽中獎品的概率最大.

【變式1-1］1.(2023秋?浙江?高三校聯(lián)考階段練習)杭州亞運會定于2023年9月23日

至10月8日舉行.在此期間，參加亞運會的運動員可以在亞運村免費食宿.亞運村的某餐

廳從第一天起到最后一天，晚餐只推出“中式套餐"和"西式套警”.已知某運動員每天晚

餐會在該食堂提供的這兩種套餐中選擇.已知他第一晚選擇“中式套餐”的概率為久而前

一晚選擇了“中式套餐"，后一晚繼續(xù)選擇"中式套餐”的概率為；，前一晚選擇"西式套

餐"，后一晚繼續(xù)選擇“西式套餐"的概率為］如此往復.

(1)求該運動員第二晚"中式套餐”套餐的概率；

(2)記該運動員第n(n=1,2,…,16)晚選擇"中式套餐”的概率為&

(i)求匕；

(ii)求該運動員在這16晚中選擇"中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率的晚數(shù).

【答案】⑴：

(2)(i)&=2+黑(一。)”’5=1,2,3,-,16);(ii)2晚

1/03X1Z/

【分析】(1)分類兩種情況討論：第一晚選擇"中式套餐”的概率為3,則第二晚"中式套

餐”套餐的概率為：;第一晚選擇“西式套餐”的概率為：,則第二晚“中式套餐”套餐的概

率為I,進而得到結果；

(2)(1)先求出匕與之間的遞推關系，根據(jù)等比數(shù)列的知識求解出匕；

(ii)由選擇“中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率可知匕>|,從而解得鹿的范圍，進

而得出結果.

【詳解】(1)解：記該運動員第二晚“中式套餐”套餐的概率P2,

由題意知：22屋X；+[X(1—《)=9

(2)該運動員第以71=1,2，…,16)晚選擇“中式套餐”的概率為匕，

(i)%=PI；+(1-P"-1)?|=一卷Pn-1+15=23…,16),

?,島―弓=一氯。"-1一知，

又$一5H=。，，釜=一卷5=2,3,…,16)，

.??數(shù)列｛%-同是以黃為首項，以-卷為公比的等比數(shù)列.

，匕號+tl，(-V)5=1,2,3,…,16)；

(ii)由題意知，只需4>1-Pn即%>/n=1,2,…,16),

號+言(_《)”1>]即(一￡)"1>島=系"]2".,16),

顯然n必為奇數(shù)，偶數(shù)不成立，

故當n=1,3,5，…，15時，有仁)x>總即可.

當n=1時，白>g顯然成立；

1Zbo

當』時，團=言,

因為至一三=三(三一3)=9(工一上)>0

144562X4\187/8\18x77X18/

故當n-3時，成立；

當"5時，囪=―與法徽大小，

62555/1251\5/125x772x36\

144x144-56=2x4(72x36-7/8172x36x7-72X36x7)

="(--也一)<0,

8\72x36x7/

所以當n=5時，不成立.

又因為(V)'T單調(diào)遞減，所以”>5時不成立.

綜上，只有2晚.

【變式1-1]2.(2023秋?江蘇常州?高三常州高級中學?？奸_學考試)某校為了增強學生

的安全意識，組織學生參加安全知識答題競賽，每位參賽學生可答題若干次，答題賦分方法

如下：第一次答題，答對得2分，答錯得1分；從第二次答題開始，答對則獲得上一次答

題得分的兩倍，答錯得1分.學生甲參加這次答題競賽，每次答對的概率為|,且每次答題

結果互不影響.

(1)求學生甲前三次答題得分之和為4分的概率；

(2)設學生甲第i次答題所得分數(shù)Xj(ieN*)的數(shù)學期望為E(XD.

(?)求E(Xi),E(X2),E(X3)；

(ii)直接寫出E(XJ與>2)滿足的等量關系式(不必證明)；

(iii)根據(jù)(ii)的等量關系求E(XD表達式，并求滿足E(M)>10的i的最小值.

【答案】(琛；

(2)(i)E(X1)=|,E(X2)=g,E(X3)=告；(ii)E(Xi)=+]i￡N\i>2；

(iii)E(Xj)=2《)i-1,最小值是6.

【分析】(1)根據(jù)給定條件，分析甲前三次答題得分之和為4分的事件，再利用獨立重復

試驗的疇公式計算作答.

(2)(i)依次求出得分分別為X】,X?,X3的可能值及對應的概率，再利用期望的定義求解即

可；(ii)分析(i)的結論，探求E(XD與>2)的關系即可作答;(iii)由(ii)

的遞推公式，求出E(XD,再解不等式作答.

【詳解】(1)學生甲前三次答題得分之和為4分的事件，即為學生甲前三次答題中僅只答

對一次的事件，

設"學生甲前三次答題得分之和為4分"為事件4,所以P(4)=C：x|x(1-1)2=：.

(21i摩生甲第1次答題得2分、1分的概率分別為|，所以E(X])=2x：+1x(=9

甲第2次答題得4分、2分、1分的概率分別為|x|(x|,J所以E(X2)=4X|X|+2X

ix-+lxi=—；

3339

甲第3次答題得8分、4分、2分、1分的概率分別為？x|x]：x|x|'x]；，

所以E(X3)=8x-x-x-+4xix-x-+2xix-+lxi=—.

k3733333333327

(ii)由(i)知，E(X2)=：E(X1)+]E(X3)=居氏)+]

當i22時，甲第i-1次答題所得分數(shù)X一的期望為E(Xj_i),

則第i次答對題所得分數(shù)2E(Xi),答錯題所得分數(shù)為1,其概率分別為:,

于是甲第i次答題所得分數(shù)X,的期望為E(XD=2E(X,T)x|+1x：=gE(Xji)+1,

即E(XD=患(Xi)+1,iGN*,i>2.

(iii)由(i)知E(XJ=|,由(ii)知E(X,)=：E(XjT)+]iGN*,i>2,

4

11

-+J

因此E(Xj)+13即數(shù)列｛E(x。+1｝以g為首項，(為公比的等比數(shù)列,

則E(XD+l=1x?I,即E(Xi)=2鈔-1.

由E(XD>10,得2(守-1>10,整理得(f>T，而CT=器<￡,&=翳>藍,

因此i>6,

所以i的最小值是6.

【變式1-1]3.(2023?全國?高三專題練習)2021年奧運會我國射擊項目收獲豐盛，在我

國射擊也是一項歷史悠久的運動.某射擊運動愛好者甲來到靶場練習.若某種型號的槍支彈巢

中一共可裝填6發(fā)子彈，現(xiàn)有一槍支其中有＞1)發(fā)為實彈，其余均為空包彈，現(xiàn)規(guī)定：

每次射擊后，都需要在下一次射擊之前填充一發(fā)空包彈，假設每次射擊相互獨立且均隨機,

在進行n(7ieN)次射擊后，記彈巢中空包彈的發(fā)數(shù)為4,

(1)當keN*時，請直接寫出數(shù)學期望E(XQ與E(Xn_J的關系；

(2)求出E(Xn)關于n的表達式.

【答案】(l)E(Xn)=*E(Xn_i)+l

(2)E(Xn)=6-m(|)"(n€N)

【分析】(1)分第九次射出空包彈和第兀次射出實彈兩種類型，根據(jù)相互獨立事件的概率關

系，得到數(shù)學期望的遞推關系；

(2)由數(shù)學期望的遞推關系，通過構造等比數(shù)列，求出通項.

【詳解】(1)第#欠射擊后,包含兩種情況：第n次射出空包彈和第n次射出實彈，

第幾次射擊前，剩余空包彈的期望是E(Xn_i),

若第n次射出空包彈，則此時對應的概率為空好，因為射擊后要填充一發(fā)空包彈，則此時

O

空包彈的數(shù)量為，E(Xn_J-1+1=E(Xn_J

若第欹射出實彈，則此時對應的概率為1-受守,此時空包彈的數(shù)量為E(Xx)+1,

所以E(Xn)=-E(Xn_J+[1-[EUn-i)+1]=^F(Xn-i)+1.

(2)當71=0時，彈巢中有6-巾發(fā)空包彈，即E(X0)=6-m,

由E(Xn)=fFCXn-i)+1,得E(X”)-6=?[E(Xn_i)-6],

當n6N*時，數(shù)列｛E(XQ-6｝是首項為E(XJ-6=-汾，公比為沏等比數(shù)列，

OO

因此E(Xn)—6=—?(I)=—m(3)，而當n=。時，E(X0)=6—ni滿足上式,

n6

所以E(Xn)=6-m(|)(N).

【變式1-1]4（2023秋?安徽合肥?高三合肥一中校聯(lián)考開學考試）為紀念中國共產(chǎn)黨成立

102周年，學校某班組織開展了"學黨史，憶初心”黨史知識競賽活動，抽取四位同學，分

成甲、乙兩組，每組兩人，進行對戰(zhàn)答題.規(guī)則如下：每次每位同學給出6道題目，其中有

一道是送分題（即每位同學至少答對1題）.若每次每組答對的題數(shù)之和為3的倍數(shù)，原答

題組的人再繼續(xù)答題；若答對的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)，就由對方組接著答題.假設每位同

學每次答題之間相互獨立.求：

（1）若第一次由甲、乙組答題是等可能的，求第2次由乙組答題的概率；

（2）若第一次由甲組答題，記第n次由甲組答題的概率為匕，求匕.

【答案】（明

（2弭=?（一曠’+《

【分析】（1）根據(jù)已知條件，利用古典概型概率公式求出原答題組繼續(xù)答題的概率和由對

方組答題的概率，再利用互斥事件概率加法和獨立事件乘法概率公式求解即可；

（2）先求出概率關系PR[一：=一X4-J,構造等比數(shù)列，利用等比數(shù)列通項公式求解

即可.

【詳解】（1）設第1次由甲組答題記作事件A,第1次由乙組答題記作事件彳,

第2次由乙組答題記作事件B，因為答對的題數(shù)之和為3的倍數(shù)分別為1+2,2+4,1+5,

4+5,3+3,6+6,3+6,所以答對的題數(shù)之和為3的倍數(shù)的概率為管=；,

所以答對的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)的概率為1-1=|,

則P（B）=P（AB）+P（AB）=PG4AP⑻+P⑷?P（麗）=ix|+1xi=i；

（2）第5+1）次由甲組答題,是第ri次由甲組答題第（n+1）次繼續(xù)由甲組答題的事件與第

n次由乙組答題第5+1）次繼續(xù)由甲組答題的事件和，它們互斥，

又各次答題相互獨立，所以第n次由甲組答題，第S+1）次繼續(xù)由甲組答題的概率為（%,

第n次由乙組答題，第(n+1)次繼續(xù)由甲組答題的概率為|(1-4),

因此4+1=：&+|(1_&)=_1&+g(neN*),則6+1-J，

因為第一次由甲組答題，則匕=1,所以｛4-昌是首項為1,公比為-g的等比數(shù)列，

所以匕-j=j-(-y:即匕=1-(-曠+?

【變式1-1]5.(2023秋湖南湘潭?高三湘鋼一中?？奸_學考試)新寧良山景區(qū)是世界自然

遺產(chǎn)、國家5A級景區(qū)，其中"八角寨"景區(qū)和"天下第一巷"景區(qū)是新寧良山景區(qū)的兩張

名片.為了合理配置旅游資源，現(xiàn)對已游覽“八角寨"景區(qū)且尚未游覽"天下第一巷"景區(qū)

的游客進行隨機調(diào)查，若不游覽"天下第一巷"景區(qū)記2分，若繼續(xù)游覽"天下第一巷"

景區(qū)記4分，假設每位游客選擇游覽"天下第一巷"景區(qū)的概率均為]游客之間選擇意愿

相互獨立.

⑴從游客中隨機抽取2人，記總得分為隨機變量X,求X的數(shù)學期望；

(2)(i)記取(AeN*)表示"從游客中隨機抽取k人，總分恰為2k分”的概率，求出｝的前4

項和；

(ii)在對游客進行隨機問卷調(diào)查中，記a￡nGN*)表示"已調(diào)查過的累計得分恰為2n分"

的概率，探求與與anT(n>2)的關系，并求數(shù)列｛即｝的通項公式.

【答案】⑴弓

(2)(i)54=詈;(ii)即=，?n=|+H-3)

【分析】(1)寫出隨機變量的所有可能取值，求出對應概率，再根據(jù)期望公式求解即可；

(2)(i)根據(jù)題意可得"總分恰為2k分”的概率為ey,再根據(jù)等比數(shù)列前n項和公式求解

即可；

(ii)方法一："已調(diào)查過的累計得分恰為2n分”的概率為時,得不到加分的情況只有先得

2n-2分，再得4分，概率為2T(n22),%=|,則1-即=2-i，再利用構造法求解

即可.

方法二：得分物分可以先得(2n-2)分，再得2分，也可以先得(2n-4)分，再得4分，"已

調(diào)查過的累計得分恰為2n分"的概率為a”，則"得(2/1-2)分的概率為,"得

(2兀-4)分"的概率為an_2,根據(jù)題意可出an，an-i，an_2的關系，再利用構造法求解即可.

【詳解】(1)X可能取值為4,6,8,

P(X=4)

P(X=6)=G(洸)=/

P(X=8)=(1)2=1,

.??x的數(shù)學期望E(X)=：x4+：x6+；x8=m=f；

yyyy3

(2)⑴"總分恰為2k分"的概率為(|『，

二數(shù)列｛pQ是以首項為；,公比為|的等比數(shù)列，記前n項和為右,

則前4項和54=塔"=詈；

1--O1

3

(ii)方法一："已調(diào)查過的累計得分恰為2兀分”的概率為an,

得不到比分的情況只有先得2n-2分，再得4分，概率為(即_1(71>2),ai=l，

所以1-an=2-I,即On=1-2T,

二味］_|),

???數(shù)列鼠-習是以%-；=-專為首項，-3為公比的等比數(shù)列,

3/3\(l\n-11(l\n-1

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，

"已調(diào)查過的累計得分恰為2n分”的概率為M，則"得(2n-2)分"的概率為an_i，"得

(2n-4)分”的概率為味2，

Cr-p.2.1222.17

所以Qn=gQn—l+多。九一2，。1=孑，。2=3X5+3=；/

aaa

由Q〃=|Qn_i+ian_2，得@n+In-l=n-l+\n-2，

.1,1,17,12.

An+；?n-l=On-l+；an-2=-=?2+；al=~+；x7=1/

OOO700

。九=1—man-lr

(后面同方法一)

aa

另解：由。九=|an-l+2-2，得冊-n-l=-1(n-l-Qn-2)，

721

???Q?-Qi=------=-

“1939

n

1(i\n-2(i\

an-an^=-\--)=(--).

2桿（鏟]

a

又見=%+(與一%)---h(Qn-n-l)=§+

n-1

21

一+一1-

312

31/

=4-12\3/

鴻(V)

【變式1-1]6.（2023?全國?高三專題練習）如圖，作一個白色的正三角形，第一次操作為：

挖去正三角形的"中心三角形"（即以原三角形各邊中點為頂點的三角形），這樣就得到了

三個更小的白色三角形；第二次操作為：挖去第一次操作后得到的所有白色三角形的"中心

三角形"；以此類推，第幾+l（neN*）次操作為：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.這些白色三角形構成的圖案在"分形幾

何學"中被稱為"謝賓斯基三角形"，記第n次操作后，"謝賓斯基三角形"所包含的白色

小三角形的數(shù)目為與，"謝賓斯基三角形"的面積（所有白色小三角形的面積和）為無,

周長（所有白色小三角形的周長和）為的.

第2次操作后第3次操作后

(1)求數(shù)列｛即｝的通項公式；

(2)若最初的白色正三角形的周長為1,求數(shù)列｛Cn｝和｛&｝的通項公式.

【答案】(1)即=3n

-TC)n

【分析】根據(jù)每個圖形的變化規(guī)律找出白色三角形的個數(shù)變化規(guī)律周長面積的變化情況,

歸納得到各個數(shù)列的通項公式.

【詳解】(1)依題意，被挖去"中心三角形"后，白色三角形的個數(shù)由1個變成3個，

因此每一次操作，白色三角形的個數(shù)都會變?yōu)椴僮髑暗?倍，

即即+I=3an，又的=3,所以數(shù)列｛斯｝是首項為3公比為3的等比數(shù)列，

因此｛即｝的通項公式為“=3X3"-1=3n.

(2)同樣地，被挎去"中心三角形"后，因為白色小三角形之間不共邊，

所以白色三角形的總周長變?yōu)椴僮髑暗膢倍，總面積則變?yōu)椴僮髑暗呐龋?/p>

即Cn+l=，Sn+1=;Sn.

依題意‘Ci=|,Si=]x[x?x：=?.

n

所以數(shù)列｛Cn｝的通項公式為cn=(I),

n

數(shù)列｛Sn｝的通項公式為Sn=g.(JI=g-g).

【變式1-1]7.（2023?全國?高三專題練習）某地區(qū)2020年底有居民住房面積為a,現(xiàn)在

居民住房劃分為三類，其中危舊住房占:，新型住房占;.為加快住房建設，計劃用10年的

時間全部拆除危舊住房（每年拆除的數(shù)量相同），自2021年起居民住房只建設新型住房.從

2021年開始每年年底的新型住房面積都比上一年底增加20%,用即表示第n年底（2021

年為第一年）該地區(qū)的居民住房總面積.

Q）分別寫出內(nèi),的計算公式并歸納出品的計算公式（不必證明）.

（2）危舊住房全部拆除后，至少再過多少年才能使該地區(qū)居民住房總面積翻兩番？（精確到

年，lg2?0.30,lg3x0.48,lg43?1.63)

1+20%)4—ad—a-----tz,1<n<10

/12330

【答案】Q）%,a,詳見解析，即=?

2ia(l+20%)n+-^a,n>11

(2)5年

【分析】（1）根據(jù)已知條件求得知,a2,a3的計算公式，進而歸納出an的計算公式?

（2）由為之4a,解不等式求得需要的時間.

【詳解】(1)其他形式住房a-(；+3a=5a,

\43/12

每年拆除危舊住房面積為2x|a=ia,

則即=(Q(1+20%)+,a+\a-'a，

2

a2=；a(l+20%)+全+扣，-

3

do=-Q(1+20%)H—ClH—QCL.

64\712330

一般地，Qn=+20%)+Q+.a-1a(l<n<10),

=源1+20%)"十5十+久一*=；Q(1+20%)，。+卷十,

：Q(1+20%)1-zi—10

+20%)+卷。，mN11

(2)當九>11?時i令1Q(1+20%)+卷a之4Q,

即何">y,兩邊取常用對數(shù)得n嘴>Igy,

即心導產(chǎn)…37,

1g*2lg2+lg3-l2x0.30+0.48-1

故取71=15,即至少再過15-10=5年才能是居民住房總面積翻兩番.

【變式1-1]8.(2023秋?上海寶山?高三上海交大附中?？茧A段練習)某工廠在2020年的

"減員增效"中對部分人員實行分流規(guī)定分流人員第一年可以到原單位領取工資的100%,

從第二年起，以后每年只能在原單位按上一年工資的爭頁取工資.該廠根據(jù)分流人員的技術

特長，計劃創(chuàng)辦新的經(jīng)濟實體，該經(jīng)濟實體預計第一年屬投資階段，第二年每人可獲得b

元收入，從第三年起每人每年的收入可在上一年的基礎上遞增50%,如果某人分流前工資

收入為每年a元，分流后進入新經(jīng)濟實體，第n年的收入為冊元.

⑴求｛an｝的通項公式.

(2)當b=寒時，這個人哪一年的收入最少？最少為多少？

(3)當b>蓑時，是否一定可以保證這個人分流一年后的收入永遠超過分流前的年收入？

an=1

.(lp.gp,>

｛a+hn2

⑵這個人第三年的收入最少，為愛元

(3)當b>詈時，這個人分流一年后的收入永遠超過分流前的年收入

【分析】(1)根據(jù)題意得到n>2時，廝=a(|)"7+b(|)'T,進而得到數(shù)列的通項公式；

(2)由n22時，即=a(|)""+g⑨"，結合基本不等式，即可求解；

(3)由心2時，廝=a(|)1+b(|廣2>ag)"1+(|)"，結合基本不等式的等號

成立的條件，即可得到結論.

【詳解】(1)解：由題意得，當?i=1時，&=a,

當心2時，與=式|廠】+乂|廠，

an=1

｛0,(茨

(2)解:由b卷，當心2時,an=a(曠】+瑞(曠之之2[a(曠】磺=?,

當且僅當a(|)"T=招(|廠2,上式的等號成立，即(|)2T=(1)4，解得幾=3,

所以這個人第三年的收入最少，最小值為與元.

(3)解：當n22時，

n-12

即=。(|)+bG廠2Na(|F^(ifN2J陪廠.(|廣=a,

當且僅當b=(且建=1+logz；>1+logz|=2,上式等號成立,

83233

因此，等號不能取到，

當b>半時，這個人分流一年后的收入永遠超過分流前的年收入.

題型2證明等比數(shù)列型

【例題21(2023秋?廣東佛山?高三?？茧A段練習)某商場為促銷設計了一項回饋客戶的抽

獎活動，抽獎規(guī)則是：有放回的從裝有大小相同的6個紅球和4個黑球的袋中任意抽取一

個，若第一次抽到紅球則獎勵50元的獎券，抽到黑球則獎勵25元的獎券；第二次開始，

每一次抽到紅球則獎券數(shù)額是上一次獎券數(shù)額的2倍，抽到黑球則獎勵25元的獎券，記顧

客甲第n次抽獎所得的獎券數(shù)額小(1<n<6)的數(shù)學期望為E(Xn).

(1)求E(XJ及的的分布列.

⑵寫出E(Xn)與E(X-i)(n>2)的遞推關系式，并證明｛E(XQ+50｝為等比數(shù)列；

(3)若顧客甲一共有6次抽獎機會，求該顧客所得的所有獎券數(shù)額的期望值.(考數(shù)據(jù)：1.26?

2.986)

【答案】Q)E(XD=40,分布列見解析；

(2)E(XQ=1.2F(Xn_i)+10(2<n<6),證明見解析；

(3)所得獎券數(shù)額的期望約為593.7元.

【分析】(1)利用古典概型求出抽到紅球、黑球的概率，求出E(X])，再求出X2的可能值及

對應概率列出分布列.

(2)分析求出遞推關系，利用構造法證明即可.

(3)由(2)的結論，利用分組求和及等比數(shù)列前n項和公式求解即得.

【詳解】(1)依題意，抽到一個紅球的概率為2=0.6,抽到一個黑球的概率為0.4,

顯然X1的值為25,50,則P(&=25)=0.4,P(Xi=50)=0.6,

所以E(XJ=25X0.4+50x0.6=40,

又X2的值為25,50,100,

則P(X?=25)=0.4,P(X2=50)=0.4X0.6=0.24,P(X2=100)=0.6X0.6=0.36,

所以X2的分布列為：

X?2550100

P0.40.240.36

(2)依題意，當n22時，甲第n次抽到紅球所得的獎券數(shù)額為，對應概率為0.6,

抽到黑球所得的獎券數(shù)額為25元，對應概率為0.4,

因此當2Wn￡6時，E(X”)=2E{Xn^x0.6+25x0,4=1.2E(Xn_J+10,

E(Xn)+50=1.2E(Xn_x)+60,即E(Xn)+50=1.2(E(Xn_i)+50),又E(X])+50=40+

50=90,

數(shù)列｛E(Xn)+50｝為等比數(shù)列，公比為1.2,首項為90.

(3)由(2)得，￡,(%?)+50=90x1.2nr(l<n<6),即E(X.)=90x1.2n-1-50,

所以顧客甲抽獎6次，所得獎券數(shù)額的期望為2：=弁5")=隼序-50*6。

一300=593.7(元).

【點睛】思路點睛：求離散型隨機變量的分布列及期望的一般步驟：(1)根據(jù)題中條件確

定隨機變量的可能取值12)求出隨機變量所有可能取值對應的概率，即可得出分布列(3)

根據(jù)期望的概念，結合分布列，即可得出期望(在計算時，要注意隨機變量是否服從特殊的

分布，如超幾何分布或二項分布等，可結合其對應的概率計算公式及期望計算公式，簡化計

算).

【變式2-1]1.(2024秋?廣東廣州?高三統(tǒng)考階段練習)某商場擬在周末進行促銷活動，

為吸引消費者，特別推出"玩游戲，送禮券”的活動，游戲規(guī)則如下：該游戲進行10輪,

若在10輪游戲中，參與者獲勝5次就送2000元禮券，并且游戲結束：否則繼續(xù)游戲，直

至10輪結束.已知該游戲第一次獲勝的概率是1，若上一次獲勝則下一次獲勝的概率也是3,

若上一次失敗則下一次成功的概率是|?記消費者甲第九次獲勝的概率為無，數(shù)列｛p“｝的前n項

和T,且的實際意義為前次游戲中平均獲勝的次數(shù).

ENiPn=n7nn

(1)求消費者甲第2次獲勝的概率P2；

證明：為等比數(shù)列；并估計要獲得禮券，平均至少要玩幾輪游戲才可能獲獎.

(2)｛p7t-；｝

【答案】(1馮=(

(2)詳見解析

【分析】(1)應用全概率公式計算可得出P?；

計算得出，結合等比數(shù)列的定義可證得結論成立；再結合分組

(2)pn-：=-；)

求和計算判斷最少輪數(shù)即可.

【詳解】(1)「2=Pix)(1-Pi)x|=(x/gx|=(

(2)v^=Pn_1xi+(l-Pn_1)x1

???｛pn-昌為等比數(shù)列,且公比為V；

一部一(一消

=-n+

。產(chǎn)-積1-卜力="羽+而卜5,

因為外=X(—：)「'+3”單調(diào)遞增，

JL4\O//

n

當n為奇數(shù)時，7；=)_總(1+(3)<7<77=4-總(1+0)<4,T9=y-

5(1+(/)>5，所以得獲獎至少要玩9輪.

當n為偶數(shù)時，Tn=：n—

5(1一(J")>5，得獎至少要玩10輪，

所以平均至少要玩9輪才可能獲獎.

【變式2-1]2.(2023秋?遼寧?高三校聯(lián)考開學考試)踢健子在我國流傳很廣,有著悠久

的歷史，是一項傳統(tǒng)民間體育活動.某次體育課上，甲、乙、1丙、丁四人一起踢犍子.犍子

在四人中傳遞，先從甲開始，甲傳給乙、丙、丁的概率均為]當乙接到鍵子時，乙傳給甲、

丙、丁的概率分別為；，工：；當丙接到髭子時，丙傳給甲、乙、丁的概率分別為》,7，7；

當丁接到毯子時，丁傳給甲、乙、丙的概率分別為:，;，去假設毯子一直沒有掉地上，經(jīng)過n

次傳腿子后，稚子被甲、乙、丙、丁接到的概率分別為冊,bn.cn,dn,已知的=0.

(1)記丁在前2次傳健子中，接到腿子的次數(shù)為X,求X的分布列；

⑵證明鼠-；｝為等比數(shù)列，并判斷經(jīng)過150次傳毯子后甲接到鍵子的概率與糊大小.

【答案】(1)分布列見解析

(2)證明見解析，經(jīng)過150次傳毯子后甲接到毯子的概率大于:

4

【分析】(1)根據(jù)相互獨立事件概率計算求得X的分布列.

(2)利用湊配法證得｛即-：｝是等比數(shù)列，從而求得與,進而判斷出％50>;

【詳解】(1)X的所有可能取值為0,1,

P(X=0)=2x(lxi+lxi)=1,

P(X=l)=l+2xlxl=i,

所以X的分布列為

(2)當n22時，即=|hn-i+2T+沁w

當九之2時Ib=-fl-i+-c^+-d-itc=-CL-i+~^n-17^n-1td=~dn-i+

n3nzn1onnonzzn3

b

7n-l+沁-1，

oo

2

所以8n+cn+dn—a九一i+g(b71T++^n-i)=Qn-i+2azi,

因為=§bn_i+~cn-i+-dn-i，所以3azi+i=bn+cn+dnt

=2。九+^n—1t+a九=3。九+。九一ii

因為的=。，。2=(，所以3a”+an_x=1,所以

3

3an-i-5

所以{即是首項為-;，公比q=-節(jié)勺等比數(shù)列,

所以即-；=-：(-J",即即=_；(*)n1+1

所以甸5。=一；(一(丫49+(=}xG)"9+：)；，

故經(jīng)過150次傳鍵子后甲接到建子的概率大于今

【變式2-1】3.(2023?全國?高三專題練習)某幾位大學生自主創(chuàng)業(yè)創(chuàng)辦了一個服務公司提

供人8兩種民生消費產(chǎn)品(人們購買時每次只買其中一種)服務，他們經(jīng)過統(tǒng)計分析發(fā)現(xiàn)：

第一次購買產(chǎn)品的人購買4的概率為|、購買8的概率為］而前一次購買A產(chǎn)品的人下一次來

購買4產(chǎn)品的概率為:、購買8產(chǎn)品的概率為：，前一次購買B產(chǎn)品的人下一次來購買4產(chǎn)品的

概率為會購買B產(chǎn)品的概率也是］,如此往復.記某人第n次來購買4產(chǎn)品的概率為

⑴求P2,并證明數(shù)列｛4-|｝是等比數(shù)列；

(2)經(jīng)過一段時間的經(jīng)營每天來購買產(chǎn)品的人穩(wěn)定在800人，假定這800人都已購買過很多

次該兩款產(chǎn)品，那么公司每天應至少準備人B產(chǎn)品各多少份.(直接寫結論、不必說明理由).

【答案】(1)。2=]證明見解析

(2)公司每天應至少準備A產(chǎn)品320份、B產(chǎn)品480份

【分析】(1)依題意有「2="H￡x"：島+1=&xR(1-&)x1變形為乙+1-彳=

_X%-1),可證｛4_芻是等比數(shù)列.

(2)由題意可得第n次來購買4產(chǎn)品的概率約為|,可求兩種產(chǎn)品的份數(shù).

[i￥Wl(l)P=；xlixi=i

2J4+J/15

依題意，知Pn+1=%X=+(1-Pn)X[則Pn+1V=-乂&一D521，九6N*),

當〃=1時，可得匕-|=》

，數(shù)列｛/-9是首項為2公比為一:的等比數(shù)列.

(2)由⑴知：&=，氯一丁,

，當n趨于無窮大時，匕七|,即第n次來購買4產(chǎn)品的概率約為|,

800x12=320,800-320=480,

故公司每天應至少準備A產(chǎn)品320份、B產(chǎn)品480份.

【變式2-1]4.(2023?全國?高三專題練習)為了治療某種疾病，研制了甲、乙兩種新藥，

希望知道哪種新藥更有效，為此進行動物試驗.試驗方案如下：每一輪選取兩只白鼠對藥效

進行對比試驗.對于兩只白鼠，隨機選一只施以甲藥，另一只施以乙藥.一輪的治療結果得

出后，再安排下一輪試驗.當其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4只時，就

停止試驗，并認為治愈只數(shù)多的藥更有效.為了方便描述問題，約定：對于每輪試驗，若施

以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈則甲藥得1分，乙藥得九分；若施以乙藥的白鼠

治愈且施以甲藥的白鼠未治愈則乙藥得1分，甲藥得n分；若都治愈或都未治愈則兩種藥均

得0分.甲、乙兩種藥的治愈率分別記為a和B,一輪試驗中甲藥的得分記為X.

⑴求71的分布列；

⑵若甲藥、乙藥在試驗開始時都賦予4分，=0,1，…,8)表示"甲藥的累計得分為i時,

最終認為甲藥比乙藥更有效”的概率，則po=0,「8=1,Pt=api-i+bpi+cpi+1(i=

1,2,-,7),其中a=P(X=-1),6=P(X=0),c=P(X=1).假設a=0.5,/?=0.8.

(i)證明：｛Pi+i—PiK=0,12…,7)為等比數(shù)列；

(ii)求P4，并根據(jù)P4的值解釋這種試驗方案的合理性.

【答案】(1)分布列見解析

(2)(i)證明見解析(訂)言，答案見解析

【詳解】(1)由題意可知X所有可能的取值為：-1,0,1,

P(X=-l)=(l-a)^；P(X=O)=P(X=-l)=a/?+(l-a)(l-0)；P(X=l)=a(l-0)

則X的分布列如下：

X-101

P(3)0ap+(l-a)(l-/?)a(f)

(2)a=0.5,/?=0.8,

二

a=O_5xOX=O_4Ib=03x06+0_5x0_2=OSIc=0^x0J=0.1?

⑴k奶=LZ7)

即科=°“H。?！按▊?1蠹：7)

整理可得：加=4%+而…》7)二加一*=4(馬-再，￡=12-，7)

二｛布一馬｝=0AX,7)是以n-Po為首項，4為公比的等比數(shù)列.

(ii)由(i)知：PM~PI-(PI-P9)^=Pi,

A-Ar=A47馬一島=慶4*A-Po=A4°

II??????II

c4.?_1481

作和可得：P8-Po=Pl(4°+41+42+…+47)=:Pl=r~pi=1

1—74—3

3

P1=E

?1?P4=P4-Po=Pi>(40+43+42+43)=蕓Pl=M+含=言?

P4表示最終認為甲藥更有效的.由計算結果可以看出，在甲藥治愈率為0.5,乙藥治愈率

為0.8時，認為甲藥更有效的概率為P4=^X0.0039,此時得出錯誤結論的概率非常小,

說明這種實驗方案合理.

【變式2-1]5.(2023秋?江蘇南京?高三南京市第九中學?？茧A段練習)足球是一項大眾喜

愛的運動.

喜愛足球運動不喜愛足球運動合計

男性6040100

女性2080100

合計80120200

(1)為了解喜愛足球運動是否與性別有關，隨機抽取了男性和女性各100名觀眾進行調(diào)查，得

到下側2x2列聯(lián)表，判斷是否有99.9%的把握認為喜愛足球運動與性別有關.

PCx2>久0)0.1000.0500.0250.0100.001

&2.7063.8415.0246.63510.828

附X2=(a+b)、m+)c)(b+d)，n=a+b+c+d.

⑵校足球隊中的甲、乙、丙三名球員將進行傳球訓練，第1次由甲將球傳出，每次傳球時,

傳球者都等可能的將球傳給另外兩個人中的任何一人，如此不停地傳下去，且假定每次傳球

都能被接到.記開始傳球的人為第1次觸球者，第71次觸球者是甲的概率記為匕，即匕=1.

①求。3（直接寫出結果即可）；

②證明：數(shù)列{%-目為等比數(shù)列，并比較第9次與第10次觸球者是甲的概率的大小.

【答案】（D喜愛足球運動與性別有關；

（2）①P3=②證明見解析；第9次觸球者是甲的概率大.

【分析】（1）計算出卡方，與10.828比較得到結論；

（2）①根據(jù)傳球的等可能性推出P3=]②推導出4=31-Pn-i），構造出等比數(shù)列，求

出匕，得到「9〃10，匕限出大小.

【詳解】（1）假設％:喜愛足球運動與性別獨立，即喜愛足球運動與性別無關.

根據(jù)列聯(lián)表數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得

2

22OOX(6OX8O-2OX4O)100、“crc

X=---------------=—>10.828=%0.001?

100X100X80X1203

根據(jù)小概率值a=0.001的獨立性檢驗，我們推斷不成立,

即有99.9%的把握認為喜愛足球運動與性別有關.

（2）①由題意得：第二次觸球者為乙，丙中的一個，第二次觸球者傳給包括甲的二人中的

一人，故傳給甲的概率為g，故23=]

②第n次觸球者是甲的概率記為4,則當兀>2時，第n-1次觸球者是甲的概率為Pn_】，

第n-1次觸球者不是甲的概率為1-Pn-i,

則用=Pn-i-0+（1-彳=式1-Pn-i），

從而-泅-1-3,又匕-：=|，

.-■{6-目是以|為首項，公比為的等比數(shù)列，

?-A=h（-r^P

“9=[*（-3）+（>]rI。號*（一]）9+[<[,P9>P10,

故第9次觸球者是甲的概率大.

【變式2-1]6.(2023秋?湖北武漢?高三武漢市第四十九中學?？茧A段練習)甲、乙兩人進

行象棋比賽，賽前每人發(fā)3枚籌碼.一局后負的一方，需將自己的一枚籌碼給對方，?若平局，

雙方的籌碼不動，當一方無籌碼時，比賽結束，另一方最終獲勝.由以往兩人的比賽結果可

知，在一局中甲勝的概率為0.3、乙勝的概率為0.2.

(1)第一局比賽后，甲的籌碼個數(shù)記為X