于健 郭建華

本文系江蘇省教育科學(xué)“十四五”規(guī)劃課題“自組織視域下高中數(shù)學(xué)教學(xué)模式的研究”（編號(hào)：D/2021/02/579）；江蘇省教育科學(xué)“十四五”規(guī)劃課題——新教材背景下的高中“數(shù)學(xué)建模與探究活動(dòng)”的實(shí)踐研究（D/2021/02/573）的研究成果之一.

數(shù)列中連續(xù)兩項(xiàng)的遞推關(guān)系an＋1＝qan＋p（其中p，q為常數(shù)，pq≠0，q≠1）是一種常用的數(shù)學(xué)模型．該模型在概率問題中也有著其獨(dú)特的用法．

1? 試題與解答

（2023年高考數(shù)學(xué)全國(guó)Ⅰ卷21）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若末命中則換為對(duì)方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．（1）求第2次投籃的人是乙的概率；（2）求第i次投籃的人是甲的概率；（3）已知：若隨機(jī)變量服從兩點(diǎn)分布，且P（Xi＝1）＝1－P（Xi＝0）＝qi，i＝1，2，… ，n，則E（∑ni=1Xi）＝∑ni=1qi．記前n次（即從第1次到第n次投籃）中甲投籃的次數(shù)為Y，求E（Y）．

參考解答：（1）記“第i次投籃的人是甲”為事件Ai，“第i次投籃的人是乙”為事件Bi，所以P（B2）＝P（A1B2∪B1B2）＝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）設(shè)P（Ai）＝pi，根據(jù)題設(shè)條件易得P（Bi）＝1－pi，

所以P（Ai）＝P（Ai－1Ai∪Bi－1Ai）＝P（Ai－1Ai）＋P（Bi－1Ai）＝P（Ai－1）·P（Ai|Ai－1）＋P（Bi－1）·P（Ai|Bi－1）＝0.6pi－1＋（1－0.8）×（1－pi－1）＝0.4pi－1＋0.2，

所以pi＝0.4pi－1＋0.2.

于是，構(gòu)造等比數(shù)列{pi＋λ}，設(shè)pi＋λ＝25（pi－1＋λ），解得λ＝－13，則pi－13＝25（pi－1－13），又p1＝12，p1－13＝16，

所以{pi－13}是首項(xiàng)為16，公比為25的等比數(shù)列，即pi－13＝16×（25）i－1，pi＝16×（25）i－1＋13.

（3）設(shè)Xi是第i次甲投籃次數(shù)，則P（Xi＝1）＝pi＝16×（25）i－1＋13，且Y＝X1＋X2＋…＋Xn，所以E（Y）＝p1＋p2＋…＋pn＝16×1-（25）n1-25＋n3＝518［1－（25）n］＋n3．

2? 試題分析

概率論是課程標(biāo)準(zhǔn)中設(shè)置的重要知識(shí)，是高中數(shù)學(xué)的必備知識(shí)，是體現(xiàn)核心素養(yǎng)和關(guān)鍵能力的重要組成部分．試題以選擇兩人投籃比賽這一生活實(shí)踐情境設(shè)計(jì)概率問題，充分體現(xiàn)了高考評(píng)價(jià)體系對(duì)德智體美勞全面發(fā)展的要求，既引導(dǎo)學(xué)生積極參與體育鍛煉和思維訓(xùn)練，又注重培養(yǎng)學(xué)生的興趣與愛好．本題情境又具有較強(qiáng)的理論背景．運(yùn)用概率和數(shù)列的知識(shí)分析、解決問題的能力，突出考查綜合性和應(yīng)用性．試題設(shè)計(jì)了三個(gè)小問，各問之間層層遞進(jìn)，體現(xiàn)了從特殊到一般的研究思路以及提出問題、探究問題、應(yīng)用問題、解決問題的解題過程．

第（1）問主要考查全概率公式．

第（2）問，找到和發(fā)現(xiàn)概率的遞推關(guān)系是解題的關(guān)鍵和難點(diǎn)，即pi＝0.4pi－1＋0.2，再根據(jù)其形式聯(lián)想到數(shù)列的遞推公式，轉(zhuǎn)化為數(shù)列問題求解，不妨設(shè)an＝25 an－1＋15 ，其解法較多，比如，配湊法an－13 ＝25 （an－1－13 ）；迭代法an＝25 an－1＋15 ＝25 （25 ai－1＋15 ）＋15 ＝…；累加法an（25）n-an-1（25）n-1＝15 ×（52 ）n；待定系數(shù)法an＋t＝25 （an－1＋t），不動(dòng)點(diǎn)法等，其中不動(dòng)點(diǎn)法是求an的優(yōu)法，否則將帶來繁瑣的運(yùn)算，當(dāng)然，在解題的過程也可以融合多種方法，加快問題的求解．

第（3）問，理解兩點(diǎn)分布模型是前提，判斷前n次中甲投籃次數(shù)服從兩點(diǎn)分布是關(guān)鍵，對(duì)題設(shè)條件E（∑ni=1Xi）＝∑ni=1qi的理解是難點(diǎn)．第（1）問是第（2）問的特殊化，第（3）問與第（2）問的延伸，第（2）問是該題命制的一個(gè)“亮點(diǎn)”．

為了更好地解決問題，可以借助“思維導(dǎo)圖”理解圖形語(yǔ)言、符號(hào)語(yǔ)言、文字語(yǔ)言的相互轉(zhuǎn)化，探尋符號(hào)語(yǔ)言背后的邏輯關(guān)系，進(jìn)而將復(fù)雜情形簡(jiǎn)單化，抽象問題具體化．

本題重點(diǎn)考查對(duì)知識(shí)的理解、遷移和應(yīng)用，通過遞進(jìn)式設(shè)問，增強(qiáng)試題的開放性和探究性．不僅能讓不同水平的學(xué)生選擇不同解題路徑提供可能，而且考查學(xué)生的理性思維、創(chuàng)新與探索精神，充分體現(xiàn)高考的改革精神，落實(shí)立德樹人的根本任務(wù)．3? 數(shù)列遞推關(guān)系在概率問題中的應(yīng)用

例1? 甲口袋中裝有2個(gè)黑球和1個(gè)白球，乙口袋中裝有3個(gè)白球．現(xiàn)從甲、乙兩口袋中各任取一個(gè)球交換放入另一口袋，重復(fù)n（n∈N*）次這樣的操作，記甲口袋中黑球個(gè)數(shù)為Xn，恰有2個(gè)黑球的概率為pn，恰有1個(gè)黑球的概率為qn，則下列結(jié)論正確的是（? ）.

A．p2＝1627，q2＝727

B．?dāng)?shù)列{2pn＋qn－1}是等比數(shù)列

C．Xn的數(shù)學(xué)期望E（Xn）＝1＋（13）n（n∈N*）

D．?dāng)?shù)列{pn}的通項(xiàng)公式為pn＝310（－19）n－12（13）n＋15（n∈N*）

解析：重復(fù)n次這樣的操作，記甲口袋的黑球個(gè)數(shù)為Xn，其取值為0，1，2，恰有2個(gè)黑球的概率為pn，恰有1個(gè)黑球的概率為qn，此時(shí)，甲口袋的球?yàn)橐韵氯N情況之一，即：2個(gè)黑球和1個(gè)白球，1個(gè)黑球和2個(gè)白球，3個(gè)白球和0個(gè)黑球，所對(duì)應(yīng)的概率分別為pn，qn，1－pn－qn．

從甲、乙兩口袋中各任取一個(gè)球交換放入另一口袋為一次操作．

圖1

（1）若重復(fù)（n＋1）次這樣的操作，甲口袋中黑球個(gè)數(shù)Xn＋1恰好為2，即甲口袋裝有2個(gè)黑球和1個(gè)白球，則重復(fù)n次這樣的操作時(shí)，甲口袋中黑球的個(gè)數(shù)Xn為1或2，包含以下兩個(gè)互斥事件，即：①當(dāng)Xn＝2時(shí)，此時(shí)，甲口袋裝有2個(gè)黑球和1個(gè)白球，乙口袋裝有3個(gè)白球，進(jìn)行一次操作（甲給乙一個(gè)白球，同時(shí)乙給甲一個(gè)白球）后Xn＋1＝2，于是甲口

袋裝有2個(gè)黑球和1個(gè)白球，乙口袋也裝有2個(gè)黑球和1個(gè)白球，其交換過程如圖1所示.因此，這種情形

圖2

發(fā)生的概率為C11C13·C13C13·pn；②當(dāng)Xn＝1時(shí)，此時(shí)，甲口袋裝有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，乙口袋裝有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，進(jìn)行一次操作（甲給乙一個(gè)白球，同時(shí)乙給甲一個(gè)黑球）后Xn＋1＝2，其交換過程如圖2所示.因此，這種情形發(fā)生的概率為C12C13·C11C13·qn.所以pn＋1＝C11C13·C13C13·pn＋C12C13·C11C13

·qn＝13pn＋29qn，即pn＋1＝13pn＋29qn．（☆）

（2）若重復(fù)（n＋1）次這樣的操作，甲口袋中黑球個(gè)數(shù)Xn＋1恰好為1，此時(shí)，甲口袋裝有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，則重復(fù)n次這樣的操作時(shí)，甲口袋中黑球的個(gè)數(shù)Xn為0，1或2，包含以下三個(gè)互斥事件，即

①當(dāng)Xn＝2時(shí)，此時(shí)，甲口袋裝有2個(gè)黑球和1個(gè)白球，乙口袋裝有3個(gè)白球，進(jìn)行一次操作（甲給乙一個(gè)黑球，同時(shí)，乙給甲一個(gè)白球）后Xn＋1＝1，即甲口袋裝有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，乙口袋也裝有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，其交換過程的圖略，因此，這種情形發(fā)生的概率為C12C13·C13C13·pn；

②當(dāng)Xn＝1時(shí)，此時(shí)，甲口袋裝有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，乙口袋也裝有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，進(jìn)行一次操作（甲給乙一個(gè)白球，同時(shí)，乙給甲一個(gè)白球，或者甲給乙一個(gè)黑球，同時(shí)，乙給甲一個(gè)黑球）后Xn＋1＝1，即甲口袋仍然裝有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，乙口袋也裝有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，其交換過程的圖略，因此，這種情形發(fā)生的概率為（C12C13·C13C13+

C11C13·C11C13）·qn；

③當(dāng)Xn＝0時(shí)，此時(shí)，甲口袋裝3個(gè)白球，乙口袋裝有2個(gè)黑球和1個(gè)白球，進(jìn)行一次操作（甲給乙一個(gè)白球，同時(shí)，乙給甲一個(gè)黑球）后Xn＋1＝1，即甲口袋裝有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，乙口袋也裝有1個(gè)黑球和2個(gè)白球，其交換過程的圖略.因此，這種情形發(fā)生的概率為C13C13·C12C13·（1-pn-qn）.所以qn＋1＝C12C13

·C13C13·pn＋（

C12C13·C12C13+C11C13

·C11C13）·qn＋C13C13·C12C13·（1－pn－qn）＝－19qn＋23，即qn＋1＝－19qn＋23（☆☆），由2×（☆）＋（☆☆）得2pn＋1＋qn＋1＝23pn＋13qn＋23，所以2pn＋1＋qn＋1－1＝23pn＋13qn－13＝13（2pn＋qn－1）.

當(dāng)n＝1時(shí)，得p1＝C11C13

·C13C13＝13，q1＝C12C13·C13C13＝23，故2p1＋q1－1＝13，所以{2pn＋qn－1}是首項(xiàng)為13，公比為13的等比數(shù)列，故B正確；由2pn＋qn－1＝（13）n，得2pn＋qn＝1＋（13）n，由（☆☆）得qn＋1－35＝－19（qn－35），又q1＝23，故qn＝115（－19）n－1＋35，所以pn＝12＋12×（13）n－12qn＝12＋12×（13）n－12［115（－19）n－1＋35］＝310（－19）n＋12（13）n＋15，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

Xn的概率分布如下表所示.

Xn012

P1－pn－qnqnpn

故E（Xn）＝1×qn＋2×pn＝1＋（13）n（n∈N*），故選項(xiàng)C正確；

當(dāng)n＝2時(shí)，得p2＝C11C13

·C13C13·p1＋C12C13·C11C13·q1＝727，q2＝

C12C13·C13C13·p1＋

C12C13·

C12C13＋

C11C13·

C11C13·q1＋

C13C13·C12C13·（1－p1－q1）＝1627，故A錯(cuò)誤.綜上選BC．

評(píng)注：四個(gè)選項(xiàng)的形式多樣，考查了概率和數(shù)列的重要知識(shí)點(diǎn)，達(dá)到了交匯考查的目的.從選項(xiàng)中可以猜想pn與qn之間存在一定的聯(lián)系．如何厘清它們之間的關(guān)聯(lián)，就要分析從第（n－1）次操作到第n次操作會(huì)產(chǎn)生怎樣的變化．為了將抽象問題具體化，更易于學(xué)生理解，把從第（n－1）次的操作到第n次的操作過程采取“思維導(dǎo)圖”的形式呈現(xiàn)，即采取先研究一般化再考慮特殊化的問題探究方式．也可以從特殊化入手，尋找概率變化的規(guī)律，進(jìn)而猜想pn與qn的一般化形式，再結(jié)合概率的知識(shí)求解．另外，學(xué)生還要熟練掌握具有遞推關(guān)系an＋1＝qan＋p （p≠0，且q≠0，1）的數(shù)列通項(xiàng)的求法，再結(jié)合數(shù)列的知識(shí)求解．

圖3

例2? 設(shè)一個(gè)正三棱柱ABC－A1B1C1，如圖3，每條棱長(zhǎng)都相等，一只螞蟻從上底面ABC的某頂點(diǎn)出發(fā)，每次只沿著棱爬行并爬到另一個(gè)頂點(diǎn)，算一次爬行.它選擇三個(gè)方向爬行的概率相等，當(dāng)螞蟻爬行n次，仍然在上底面的概率記為Pn，則下列選項(xiàng)正確的是（? ）.

A．P1＝23? ????B．P2＞P1

C．Pn＝13Pn－1＋13? D．∑ni=114Pi-1＞n2n+1

解析：若螞蟻爬行n次時(shí)，仍然在上底面的概率記為Pn，則螞蟻爬行（n－1）次時(shí)，仍然在上底面的概率記為Pn－1，Pn的大小決定于以下兩個(gè)互斥事件，即：（1）若上一步在上底面，再走一步要想不掉下去，只有兩條路，其概率為23Pn－1（n≥2）；（2）若上一步在下底面，則第（n－1）步不在上底面的概率為1－Pn－1（n≥2），若想爬上來，則概率為13（1－Pn－1）（n≥2）．

因?yàn)閮蓚€(gè)事件是互斥的，所以Pn＝23Pn－1＋13（1－Pn－1），即Pn＝13Pn－1＋13，所以Pn－12＝13Pn-1-12，即Pn-12是以13為公比的等比數(shù)列，又由P1＝23，所以Pn＝12·13n＋12，故A，C正確，B錯(cuò)誤．

對(duì)于選項(xiàng)D，用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：

①當(dāng)n＝1時(shí)，左式＝14×23-1＝35，右式＝12，因?yàn)?5＞12，所以不等式成立；當(dāng)n＝2時(shí)，左式＝14×23-1＋14×59-1＝7855，右式＝43，因?yàn)?855＞43，所以不等式成立．②設(shè)n＝k（k≥2）時(shí)，有∑ki=114Pi-1＞k2k+1．當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左式＝∑ki=114Pi-1 ＋14Pk+1-1＞k2k+1＋14（12+12×13k+1）-1＝k2k+1＋3k+13k+1+2．

要證k2k+1＋3k+13k+1+2≥（k+1）2k+2，

只要證3k+13k+1+2≥（k+1）2k+2－k2k+1，

只要證3k+13k+1+2≥k2+3k+1k2+3k+2，

只要證23k+1≤1k2+3k+1，

只要證3k＋1≥2k2＋6k＋2，

因?yàn)閗≥2，所以3k＋1＝3（1＋2）k≥3（1＋2k＋4C2k）＝6k2＋3＝2k2＋6k＋2＋2k（2k－3）＋1＞2k2＋6k＋2，所以k2k+1＋3k+13k+1+2≥（k+1）2k+2，即n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．

根據(jù)①和②可知，對(duì)任何n∈N*不等式∑ni=114Pi－1＞n2n＋1均成立．故D正確.綜上，故選ACD．

評(píng)注：本題以立體幾何作為問題情境，與例1相比四個(gè)選項(xiàng)的考查形式較為單一. 求解Pn仍然是本題最核心的問題，關(guān)鍵是要理解爬行的規(guī)則，弄清楚Pn與Pn－1之間的關(guān)聯(lián)，分析方法和求解策略同例1．對(duì)于選項(xiàng)D，∑ni=114Pi－1＝∑ni=112×13i+1與n2n+1的大小比較難度較大，可以采取先猜后證的方式處理，再利用數(shù)學(xué)歸納法證明．

例3? A，B二人輪流擲1個(gè)骰子，第1次由A先擲，若A擲到1點(diǎn)，下次仍由A擲；若A擲不到1點(diǎn)，下次換B擲，對(duì)B同樣適用規(guī)則．如此依次投擲，記第n次由A擲的概率為Pn．（1）求Pn＋1與Pn的關(guān)系；（2）求limn→∞Pn．

解析：（1）由題意，得P1＝1，P2＝16 ，P3＝16 ×16 ＋56 ×56 ＝1318 ．

一般地，由于第n次由A擲的概率為Pn，得第n次由B擲的概率為1－Pn，根據(jù)第n＋1次由A擲的條件是第n次由A擲到1點(diǎn)或第n次由B擲不到1點(diǎn)，

得第n＋1次由A擲的概率為Pn＋1＝16 ×Pn＋（1－Pn）56 ＝－23 Pn＋56 ，故Pn＋1與Pn，的關(guān)系為Pn＋1＝－23 Pn＋56 ．

（2）由（1）得Pn＋1＝－23 Pn＋56 ①，令Pn＋1＋t＝－23 （Pn＋t），即Pn＋1＝－23 Pn－53 t②，

由①，②得t＝－12 ，即Pn＋1－12 ＝－23 （Pn－12 ），

又P1＝1，得P1－12 ＝12 ，所以{Pn－12 }是首項(xiàng)為12 ，公比為－23 的等比數(shù)列，即Pn＝12 ＋12 ×（－23 ）n－1，

所以limn→∞Pn＝

limn→∞12 ＋12 ×（－23 ）n－1＝12 ．

評(píng)注：用遞推數(shù)列解答概率統(tǒng)計(jì)題是大學(xué)自主招生和競(jìng)賽命題的熱點(diǎn)，也是學(xué)生的難點(diǎn)．該題是一道典型的投骰問題，分析方法同引例，依據(jù)思維導(dǎo)圖，厘清第（n＋1）次由A擲的條件是求解Pn＋1與Pn的關(guān)系及其Pn通項(xiàng)是關(guān)鍵，再結(jié)合從特殊到一般的方法求解．

構(gòu)造an＋1＝qan＋p（其中p，q為常數(shù)，pq≠0，q≠1）的數(shù)列模型求解概率問題，此類問題情境豐富，綜合性強(qiáng)，求解難度大，重點(diǎn)考查數(shù)學(xué)建模能力以及創(chuàng)新能力，考查轉(zhuǎn)化與化歸、分類討論等數(shù)學(xué)思想等．它也是落實(shí)“四基”，培養(yǎng)“四能”的重要考查形式，為數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的考查提供重要的載體．