概率问题—递推数列(精华)
2019高考概率真题解析概率问题中的递推数列
概率问题中的递推数列一、a n =p ·a n －1+q 型【例1】 某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都是12，从开关第二次闭合起，若前次出现红灯,则下次出现红灯的概率是13，出现绿灯的概率是23；若前次出现绿灯，则下次出现红灯的概率是35，出现绿灯的概率是25，记开关第n 次闭合后出现红灯的概率为P n 。
(1)求：P 2；(2)求证：P n <12 (n ≥2) ；(3)求lim n n P →∞。
解析：(1)第二次闭合后出现红灯的概率P 2的大小决定于两个互斥事件：即第一次红灯后第二次又是红灯；第一次绿灯后第二次才是红灯。
于是P 2=P 1·13+(1－P 1)·35=715。
(2)受(1)的启发，研究开关第N 次闭合后出现红灯的概率P n ，要考虑第n －1次闭合后出现绿灯的情况，有 P n =P n －1·13+(1－P n －1)·35=－415P n －1+35，再利用待定系数法：令P n +x =－415(P n －1+x )整理可得x =－919∴{P n －919}为首项为(P 1－919)、公比为(－415)的等比数列P n －919=(P 1－919)(－415)n －1=138(－415)n －1，P n =919+138(－415)n －1∴当n ≥2时，P n <919+138=12(3)由(2)得lim n n P →∞=919。
【例2】 A 、B 两人拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下:若掷出的点数之和为3的倍数时，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数不是3的倍数时，由对方接着掷.第一次由A 开始掷.设第n 次由A 掷的概率为P n ，(1)求P n ；⑵求前4次抛掷中甲恰好掷3次的概率. 解析：第n 次由A 掷有两种情况：① 第n －1次由A 掷，第n 次继续由A 掷，此时概率为1236P n －1；② 第n －1次由B 掷，第n 次由A 掷，此时概率为(1－1236)(1－P n －1)。
概率问题中的数列递推方法
概率问题中的数列递推方法《数理化解题研究》2伽年第7期数学篇23(n—1)种丢法,第三次也有(rt一1)种丢法,…,第(m一1)次也有(n一1)种丢法.第m次因要传回小雪手中共有1种传法,故共(n一1)一种丢法.但若第(m一1)次手绢已在小雪手中,则相当于(m一1)次丢手绢,手绢在小雪手中,共0一.种.故得递推式0=(rt一1)一一0…同问题一可得通项公式一f二2[f二2:±二2二:rt注:不难看出以上两个问题的渊源——递推数列.问题三的解设走完rt阶的楼梯共有"种走法,走法可分两类:(1)由第(rt一1)级再迈一级台阶到达第rt级台阶,共"种走法;(2)由第(rt一2)级再迈两步到达第rt级台阶,共ua_2种走法.故得递推式Ⅱ=Ⅱ一+Ⅱ一2(,z≥3),且Ⅱ1=1,Ⅱ2=2.这相当于从第二项开始的菲波那契数列.下面由特征方程:+l,得特征根L设()n+()卢,『-=学+,由i2=(州,解之得1一一'卢=.故得通丢[()Jl+一(1].通过以上三例我们看到:数学存在于我们生活实际当中,就在我们身边.我们要处处留心,发现生活的数学,生动的数学,美丽的数学.河北省蠡县中学(071400)禄敏娟.数列是高中数学的重点内容,数列易与其它内容交汇融合.由于高考注重在知识的交汇点处设计试题,在近几年的高考和模拟试题中,出现了递推数列和概率融合的试题.下面就相关试题进行解析,旨在探索解题的规律和方法.例1某种电子玩具按下按钮后,会出现红球或绿球,已知按钮第一次按下后,出现红球与绿球的概1率都是÷,从按钮第二次按下起,若前次出现红球,则'一'下一次出现红球,绿球的概率分别为÷,-二E-;若前次出JJ ,'现绿球,受lj下一次出现红球,绿球的概率分别为÷,J一,詈,记第n次按下按钮后出现红球的概率为P.(I)求P的值;(Ⅱ)当rt≥2时,求用P表示P的表达式;(Ⅲ)求P关于n的表达式.解析(I)若按钮第一次,第二次按下后均出现红球,则其概率为丢×了1=吉;若按钮第一次,第二次按下后依次出现绿球,红球,则其概率为÷×导:3l0.故所求概率为P=1+而3=7.(1I)第n一1次按下按钮后出现红球的概率为P(n≥2),则出现绿球的概率为1一P.若第n一1次,第n次按下按钮后均出现红球,则其概率为P×÷;,●.●-,一一～一一法～～方～一推一～递一.◆一列一～数～～的～～一一中～..～题～一问～一率一一概～.◆一一I,;;24数学篇《数理化解题研究~2008年第7期着弟r/,一1次,,弟r/,次授卜按钮后依次出现绿球, 红球,则其概率为(1一Pn-1)×3;故得递推关系:P,=吉,P=一1P一+3(1一Pn-|)=一().(Ⅲ)由(Ⅱ)得P=3+(一P一,=3+(一)(3+(一)一】=3+了3×(一)+(一)P=}+了3×(一)+(一西4)【3+(一)一,】:了3+了3【(一)+(一)】+(一)一=…:+3【(一)+(一去)+…+(一)J卜】+(一)J卜所以=(一)1+.例2有人玩掷骰子移动棋子的游戏,棋盘分为A.B两方,开始时棋子放在A方,根据①②③的规定移动棋子:①骰子现出1点时不能移动棋子;②出现2,3,4,5点时把棋子移向对方;③出现6点时如果棋子在A方就不动,如果棋子在B方就移至4方.将骰子掷了n次后,棋子仍在A方的概率为P.(1)证明点(,.)总在过定点(.5,手J斜率为一的直线上;(2)求P.解析(1)设把骰子掷了(,+1)次后,棋子仍在A方的概率为P+,有两种情况:①第次棋子在A方概率为P.且第(+1)次骰子出现1点或6点,棋子不动,其概率为吾了1;,,'②第n次棋子在B方,概率为1一P,且第(n+1)次骰子出现2,3,4,5点或6点,棋子移至A方,其概率为?5.故得递推关系:P+.:喜一+5(1一P),即+一手=一1(一5)...点(P,P+)总在过定点(5,吾)斜率为一1的直线上.(2)'.'P0='.P,=P0+詈(1一P0)=÷.D三.,,91由(1)知——=一,Pn一..{一吾)是首项为P一吾=～29,公比为一一的等比数列...一吾=一吾c一号1,lJ]P:5+?.例3设正四面体的四个顶点是A,B,C,D,各棱长度均为1米.有一个小虫从点A开始按以下规则前进:在每一顶点处用同样的概率选择通过这个顶点的三条棱之一,并一直爬到这条棱的尽头.求它爬了7 米之后恰好首次位于顶点A的概率.解析考虑一般情况,若小虫爬过米之后又回到起点,则它爬过一1米就在B,C,D三点中的一点.小虫爬过一1米到达点与不到达点是对立事件.设P表示小虫爬过,}米后又回到点的概率,贝尸一表示小虫爬过一1米后回到点的概率,1一P一表示小虫爬过一1米后不在点A的概率.因从,c,D三点到点是等可能的,概率都为÷,于是有P=÷(1一P一,).因起始时小虫在点A,所以PorP0l,'故得递推关系:i=÷(1..P)(≥1).由P0:l逐步推得P=182.所以小虫爬过7米后首次回到点的概率是.点评以上三个例题都是形如a+.=pa+q(P,I7为常数,P≠1)的一阶递推关系,例1,例2分别给出解决此类问题的两种常用方法——迭代法和构造等比数列法.《数理化解题研究>>2oo8年第7期数学篇25 例4从原点出发的栗质点M,援同量a=(0,1)移动的概率为,按向量=(0,2)移动的概率为了1,设质点可到达点(0,n)的概率为P.(1)求P,P的值;(2)求证P+2=了lP+了2P+.;(3)求P的表达式.解析(1)P.=了2,P:=()+号=吾.(2)质点M到达点(0,n+2)有两种情况:从点(0,n)按向量b=(0.2)移动,从点(0,n+1)按向量a(0,1)移动,概率分别为寺Pn与亍P,故得递推关系P+:了1P+了2P+.(3)由P=了1P+了2P+.得P+一P+.=一-(p川一),故数列{P+.一P}是以P一P.=寺为首项,一1为公比的等比数列.所以+一P=×(一÷)1=(一)".又P一Pl=(P一P一1)+(P一l—P一2)+…+(P一P1)=l一(一÷],..=3+1×(一÷).点评此例用向量给出概率题,又以数列收场,注意知识的交叉和渗透.本题得到二阶递推关系a =寺口一.+寺an-2(n≥3)后,通过构造等比数列求出通项.一般地,解决概率问题中的递推数列问题,首先利用所学知识分析问题,克服难点,建立与之对应的递推数列模型,然后对递推数列灵活变换,运用累加, 累乘,迭代,构造新数列等方法化归为等差,等比数列问题,求出数列的通项公式.说换底法索暑棱锥韵体积四川省苍溪中学(628400)林明成●求j棱锥的体积时,若底面积或高不易求出,则往往转换顶点和底面,然后进行计算求解,这种方法叫换底法.换底法是求三棱锥体积的一种常用方法.有意识地换底,进行合理的体积转换,往往有助于化难为易,化繁为简,使问题顺利得到解决.例l如图,在边长为a的正方体ABCD—AlBlClDl中,,N,P分别是棱I.,A.D.,AIA上的点,1且满足AI=÷AlBl,AlN=2ND,A.P=IA,试求j棱锥AI—MNP的体积.AlMBCC分析若用公式=s直接计算三棱锥A.一MNP的体积,则需要求出AMNP的面积和该三棱锥的高,这两者显然都不易求出.但若将三棱锥A.一MNP的顶点和底面转换一下,变为求三棱锥P—A.MN的体积,便能很容易的求出其高和底面△A,MN 的面积,从而代人公式求解.解l—MNP=-A1=}s.h=i.1AlMAlN)A,P=了1'1×吉.?了2.3.=1.3.例2在如图的四面体中,PA=1,AB=AC=2.=/PAC=/BAC=60.,求四面体的体积.解在△PAB中,由AB=2PA,PAB=60~.知PALPB.同理上PC,故上平面PBC.选平面PBC为底面,为三棱锥的高.。
递推数列在解概率问题上应用
递推数列在解概率问题上的应用摘要：本文指出了递推数列、概率有机结合的题型，体现了知识网络的交汇点，探讨了运用递推数列解答概率问题的数学方法，分析了递推数列与概率的综合题对提高学生解题能力的作用。
关键词：递推数列概率综合能力中图分类号：g633.6 文献标识码：a 文章编号：1673-9795（2013）06（c）-0090-02递推数列是中学数学教学的难点，概率是新教材所增加的内容。
二者的联袂，使数学题增加了活力，也使在知识网络交汇处命题增加了新的亮点。
这对培养学生的数学思想方法和提高解题能力十分有益。
本文试图对递推数列在概率上的应用做粗浅的分析研究。
例1：一种掷硬币走跳棋的游戏：棋盘上有第0、1、2…100，共101站，一枚棋子开始在第0站（即p0=1），由棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次。
若硬币出现正面则棋子向前跳动一站，出现反面则向前跳动两站。
直到棋子跳到第99站（获胜）或第100站（失败）时，游戏结束。
已知硬币出现正、反面的概率相同，设棋子跳到第n站时的概率为pn。
（1）求。
（2）设（1≤n≤100），求证：数列是等比数列。
（3）求玩该游戏获胜的概率。
解：设事件a发生的概率为p，若在a发生的条件下发生b的概率为p′，则由a产生b的概率为p·p′。
根据这一事实解答下题。
（1）∵p0=1∴p1=，，（2）棋子跳到第n站，必是从第n-1站或第n-2站跳来的（2≤n≤100），所以，∴，∴≤≤，且。
故{}是公比为，首项为的等比数列（1≤n≤100）。
（1）由（2）知，故获胜的概率为。
例1是一道跳棋游戏的应用题，贴近学生生活，具有知识性，趣味性。
不仅使学生能够运用所学的递推数列和概率的有关知识解答这一身边的游戏性问题，而且使枯燥，呆板的数学题充满了活力和魅力，令学生感到学的轻松和愉悦。
例2：有人玩掷骰子动棋的游戏，棋盘分为a、b两方，开始时把棋子放在a方，根据下列（1）、（2）、（3）的规定移动棋子：（1）骰子出现1点时，不能动棋子；（2）出现2，3，4，5点时，把棋子移向对方；（3）出现6点时，如果棋子在a方就不动。
概率递推 解析版
概率递推解析一、多选题1．甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复()*N n n ∈次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为n X ，恰有1个黑球的概率为n p ，恰有2个黑球的概率为n q ，则下列结论正确的是（）A ．21627p =，2727q =B ．数列{}21n n p q +-是等比数列C ．数列{}21n n p q +-是等比数列D ．n X 的数学期望()()*11N 3nn E X n ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭二、填空题2．甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一人的口袋，重复n ()n N +∈次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为n X ，恰有2个黑球的概率为n p ，则n X 的数学期望为；数列{}n p 的通项公式为.3．甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为n X，恰有2个E X=.（用n表黑球的概率为n p，恰有1个黑球的概率为n q，则n X的数学期望()n示）三、解答题4．甲、乙两个口袋都装有3个小球（1个黑球和2个白球）.现从甲、乙口袋中各取1个小球交换放入另外一个口袋（即甲口袋中的小球放入乙口袋，乙口袋中的小球放入甲口袋），交换小球n次后，甲口袋中恰有2个黑球的概率为n p，恰有1个黑球的概率为n q.(1)求1p，1q；(2)求2p，2q；5．甲、乙、丙参加某竞技比赛，甲轮流与乙和丙共竞技n 场，每场比赛均能分出胜负，各场比赛互不影响.(1)假设乙的技术比丙高，如果甲轮流与乙和丙竞技3场，甲只要连胜两局即可获胜，甲认为：先选择与实力弱的丙比赛有优势，判断甲猜测的正确性；(2)假设乙与丙的技术相当，且甲与乙，甲与丙竞技甲获胜的概率都是12，设()*3,n P n n ≥∈N 为甲未获得连续3次胜利的概率.①求3P ，4P ；②证明：1n n P P +≤.【答案】(1)甲猜测错误.。
高中数学高考难点详解--递推法解排列、组合及概率问题
2009年高考难点详解-----递推法解排列、组合及概率问题排列组合在高中数学旧教材中是相对独立的内容，而在高中数学新教材中排列组合是概率及统计的基础，因此，排列组合内容在高中数学新教材中的位置也变得相对重要起来了。
而概率是新教材中新增加的内容，也是初等概率论中最基本的内容。
在历年的高考中，排列组合知识多是选择题或填空题，概率一般是一个解答题，这些题的题型繁多，解法独特，因此得分率普遍较低。
本文试图用递推法来解决几类常见的排列组合及概率问题。
1 走楼梯问题例1：欲登上第10级楼梯，如果规定每步只能跨上一级或两级，则不同的走法共有( )（A ）34种 （B ）55种 （C ）89种 （D ）144种解法1：分类法：第一类：没有一步两级，则只有一种走法；第二类：恰有一步是一步两级，则走完10级要走9步，9步中选一步是一步两级的，有919=C 种可能走法；第三类：恰有两步是一步两级，则走完10级要走8步，8步中选两步是一步两级的，有2828=C 种可能走法；依此类推，共有55463728191C C C C C +++++=89，故选(C)。
解法2：递推法：设走n 级有n a 种走法，这些走法可按第一步来分类，第一类：第一步是一步一级，则余下的1-n 级有1-n a 种走法； 第二类：第一步是一步两级，则余下的2-n 级有2-n a 种走法，所以21--+=n n n a a a ，又易得2,121==a a ，由递推可得8910=a ，故选(C)。
显然，递推法的关键是按照某种标准找出递推关系式，并求出n 取第一个值(或前几个值)时的各项，然后代入递推关系式，求出题中要求的值。
当然，我们也可以由找出的递推关系，求出通项n a ，但对于选择填空题，我们不必大动干戈的去求通项，因为这样太浪费时间与精力。
2 更列问题把)(+∈N n n 个元素排成一列，所有元素各有一个不能占据的指定位置，且不同元素不能占据的指定位置也不同，我们把满足这种条件的一个排列叫做这些元素的一个更列。
递推公式的典型例题
以下是几个典型的递推公式例题及解析：
例1：斐波那契数列
斐波那契数列是一个典型的递推公式应用，其定义如下：F(0) = 0，F(1) = 1，F(n) = F(n-1) + F(n-2)（n≥2）。
这个数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和。
解析：
根据递推公式，我们可以计算出斐波那契数列的前几项：F(0) = 0
F(1) = 1
F(2) = 1 + 0 = 1
F(3) = 1 + 1 = 2
F(4) = 2 + 1 = 3
F(5) = 3 + 2 = 5
F(6) = 5 + 3 = 8
F(7) = 8 + 5 = 13
F(8) = 13 + 8 = 21
F(9) = 21 + 13 = 34
例2：等差数列的通项公式
等差数列的通项公式为：a_n = a_1 + (n-1) * d，其中a_1 是首项，d 是公差。
解析：
用这个公式，我们可以计算出等差数列的第n项。
例如，
对于首项a_1 = 5，公差d = 3 的等差数列，第5项a_5 可以这样计算：a_5 = 5 + (5-1) * 3 = 5 + 4 * 3 = 5 + 12 = 17。
例3：等比数列的通项公式
等比数列的通项公式为：a_n = a_1 * r^(n-1)，其中a_1 是首项，r 是公比。
解析：
用这个公式，我们可以计算出等比数列的第n项。
例如，对于首项a_1 = 2，公比r = 3 的等比数列，第5项a_5 可以这样计算：a_5 = 2 * 3^(5-1) = 2 * 3^4 = 2 * 81 = 162。
例析概率问题中的递推数列
例析概率问题中的递推数列
薛伯敬;王秀奎
【期刊名称】《数理化解题研究：高中版》
【年(卷),期】2006(000)007
【摘要】概率问题是高中数学新增的重要问题，具有实发性和操作性强的特点，它融许多分支于一体，形成了一个新的“交汇点”。
下面列举概率计算中的两类数列递推关系的几个例子。
【总页数】2页(P12-13)
【作者】薛伯敬;王秀奎
【作者单位】山东省胶南市第一中学,266400;山东省胶州市实验中学,266300【正文语种】中文
【中图分类】G633.66
【相关文献】
1.递推数列在解概率问题上的应用 [J], 李杰
2.例析概率问题中的递推数列 [J], 管宏斌
3.例析概率问题中的递推数列 [J], 管宏斌
4.与递推数列有关的概率问题 [J], 陈兆权
5.例析概率问题中的递推数列 [J], 管宏斌
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与递推数列有关的概率问题
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张海波 、 童星 ,被动城市化群体城市适应性与现代性获得 中的自我认同 ,社会学研究 ,
李苏娟 《 , 吉登斯 自 我认同理论对我国成人教育的启示 》 ,
砰 孩 安东尼 吉登斯 现代性与自 我认同凹 赵旭东 , 方文
译 北京 生活 读书 新知三联书店 ,
湖北大学成人教育学院学报 , 管理干部学院学报
站 ,一枚棋子开始在第 站 ,棋手 每掷一 次硬币棋子向前跳动
一次 ,若掷 出正面 ,棋 子 向前 跳一站 从 到 若 掷出反 面 ,棋 子向前跳二站 从 到 ,直到棋子跳到第 站 胜
位, 向 移 的 率 奇, 右 动 概 为 设左 动 概为 向移 的率 哥
球
球
秒后 ,带电粒子
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一、a n =p ·a n －1+q 型【例1】 某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都是，从开关第二次闭合12起，若前次出现红灯,则下次出现红灯的概率是，出现绿灯的概率是；若前次出现绿灯，则下次出现红灯的概率是，出现绿灯的概率132335是，记开关第n 次闭合后出现红灯的概率为P n 。
25(1)求：P 2；(2)求证：P n < (n ≥2) ；12(3)求。
lim n n P →∞解析：(1)第二次闭合后出现红灯的概率P 2的大小决定于两个互斥事件：即第一次红灯后第二次又是红灯；第一次绿灯后第二次才是红灯。
于是P 2=P 1·+(1－P 1)·=。
1335715(2)受(1)的启发，研究开关第N 次闭合后出现红灯的概率P n ，要考虑第n －1次闭合后出现绿灯的情况，有 P n =P n －1·+(1－P n －1)·=－P n －1+，133541535再利用待定系数法：令P n +x =－(P n －1+x )整理可得x =－ 415919∴{P n －}为首项为(P 1－)、公比为(－)的等比数列 919919415P n －=(P 1－)(－)n －1=(－)n －1，P n =+(－)n －1 919919415138415919138415∴当n ≥2时，P n <+=91913812(3)由(2)得=。
lim n n P →∞919【例2】 A 、B 两人拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下:若掷出的点数之和为3的倍数时，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数不是3的倍数时，由对方接着掷.第一次由A 开始掷.设第n 次由A 掷的概率为P n ，(1)求P n ；⑵求前4次抛掷中甲恰好掷3次的概率. 解析：第n 次由A 掷有两种情况：① 第n －1次由A 掷，第n 次继续由A 掷，此时概率为P n －1； 1236② 第n －1次由B 掷，第n 次由A 掷，此时概率为(1－)(1－P n －1)。
1236∵两种情形是互斥的概率问题——递推数列∴P n =P n －1+(1－)(1－P n －1)(n ≥2)，即P n =－P n －1+(n ≥2)123612361323∴P n －=－(P n －1－)，(n ≥2)，又P 1=1121312∴{P n －}是以为首项，－为公比的等比数列。
121213∴P n －=(－)n －1，即P n =+(－)n －1。
121213121213⑵。
2881二、a n +1=p ·a n +f (n )型【例3】 (传球问题)A 、B 、C 、D 4人互相传球，由A 开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到A 手中，则不同的传球方式有多少种？若有n 个人相互传球k 次后又回到发球人A 手中的不同传球方式有多少种？分析：这类问题人数、次数较少时常用树形图法求解，直观形象，但若人数、次数较多时树形图法则力不从心，而建立递推数列模型则可深入问题本质。
4人传球时，传球k 次共有3k 种传法。
设第k 次将球传给A 的方法数共有a k (k ∈N *)种传法，则不传给A 的有3k －a k 种，故a 1=0，且不传给A 的下次均可传给A ，即a k +1=3k －a k 。
两边同除以3k +1得=－·+， a k +13k +113a k 3k 13令b k =，则b 1=0，b k +1－=－(b k －)，则b k －=－(－)k －1a k 3k 141314141413∴a k =+(－1)k3k 434当k =5时，a 5=60.当人数为n 时，分别用n －1，n 取代3，4时，可得a k = + (－1)k 。
(n －1)k n n －1n【例4】 (环形区域染色问题)将一个圆环分成n (n ∈N *，n ≥3)个区域，用m (m ≥3)种颜色给这n 个区域染色，要求相邻区域不使用同一种颜色，但同一颜色可重复使用，则不同的染色方案有多少种？分析：设a n 表示n 个区域染色的方案数，则1区有m 种染法，2区有m －1种染法，3，……，n －1，n 区各有m －1种染色方法，依乘法原理共有m (m －1)n －1种染法，但是，这些染中包含了n 区可能和1区染上相同的颜色。
而n 区与1区相同时，就是n －1个区域涂上m 种颜色合乎条件的方法。
∴a n =m (m －1)n －1－a n －1，且a 3=m (m －1)(m －2) a n －(m －1)n =－[a n －1－(m －1)n －1] a n －(m －1)n =[a 3－(m －1)3](－1)n －3 ∴a n=(m －1)n +(m －1)(－1)n (n ≥3)用这个结论解：2003年高考江苏卷：某城市在中心广场建一个花圃，花圃分为6个部分如图，现要栽种4种不同颜色的花且相邻部分不能同色，由不同的栽种方法有 种。
只需将图变形为圆环形，1区有4种栽法。
不同的栽法数为 N =4a 5=120。
三、a n +1=a n ·f (n )型【例5】 (结草成环问题)现有n (n ∈N *)根草，共有2n 个草头，现将2n 个草头平均分成n 组，每两个草头打结，求打结后所有草能构成一个圆环的打结方法数。
分析：将2n 个草头平均分成n 组，每两个草头打结，要使其恰好构成圆环，不同的连接方法总数m 2=a n 。
将草头编号为1，2，3，……，2n －1，2n 。
草头1可以和新草头3，4，5，……，2n －1，2n 共2n －2个新草头相连，如右图所示。
假设1和3相连，则与余下共n －1条相连能成圆环的方法数为a n －1。
∴a n =(2n －2)a n －1，(n ≥2，n ∈N *)，a 1=1，得=2n －2a n a n －1a n =··……··a 1=(2n －2)(2n －4)……2×1=2n －1(n －1)! a n a n －1a n －1a n －2a 2a1变式游戏：某人手中握有2n (n ∈N *)根草，只露出两端的各自2n 个草头，现将两端的2n 个草头各自随机平均分成n 组，并将每组的两个草头连接起来，最后松手，求这时所有的草恰好构成一个圆环的概率。
分析：两端的2n 个草头随机两个相连不同的方法数为N =()2CC……C n !能够构成圆环的连接方法分两步：第一步，先将一端的2n 个草头平均分成n 组，每两根连接起来，得到n 组草，认为得到n 根“新草”，连接方法数m 1=。
CC……Cn !第二步，将另一端的2n 个草头平均分成n 组连接起来，要使其恰好构成圆环，不同的连接方法总数m 2=2n －1(n －1)!。
∴所求的概率P n ==m 1m 2N (n －1)!n!22n －1(2n )!变式：(06 江苏) 右图中有一个信号源和五个接收器。
接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号。
若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是(D )（A ） （B ） （C ） （D ） 445136415815四、a n +1=p ·a n +q ·a n －1型【例6】 某人玩硬币走跳棋的游戏。
已知硬币出现正反面的概率都是，棋盘上标有第0站、第1站、第2站、……、第100站.一12枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋子向前跳一站(从k 到k +1)；若掷出反面，棋子向前跳两站(从k 到k +2)，直到棋子跳到第99站(胜利大本营)或跳到第100站(失败集中营)时，该游戏结束.设棋子跳到第n 站的概率为P n .4……62n -12n(1)求P 0、P 1、P 2的值；(2)求证：P n －P n －1=－(P n －1－P n －2)，其中n ∈N ，2≤n ≤99；12(3)求玩该游戏获胜的概率及失败的概率。
(1)解：棋子开始在第0站为必然事件，P 0=1.第一次掷硬币出现正面，棋子跳到第1站，其概率为，P 1=.1212棋子跳到第2站应从如下两方面考虑：①前两次掷硬币都出现正面，其概率为；②第一次掷硬币出现反面，其概率为.1412∴P 2=+=.141234(2)证明：棋子跳到第n (2≤n ≤99)站的情况是下列两种，而且也只有两种： ①棋子先到第n －2站，又掷出反面，其概率为P n －2；12②棋子先到第n －1站，又掷出正面，其概率为P n －1.12∴P n =P n －2+P n －1.1212∴P n －P n －1=－(P n －1－P n －2).12(3)解：由(2)知当1≤n ≤99时，数列{P n －P n －1}是首项为P 1－P 0=－，公比为－的等比数列。
1212∴P 1－1=－，P 2－P 1=(－)2，P 3－P 2=(－)3，…，P n －P n －1=(－)n .12121212以上各式相加，得P n －1=(－)+(－)2+…+(－)n ，121212∴P n =1+(－)+(－)2+…+(－)n =[1－(－)n +1](n =0，1，2，…，99).1212122312∴获胜的概率为P 99=[1－()100]，2312失败的概率P 100=P 98=·[1－(－)99]=[1+()99]121223121312【例7】 (上楼梯问题)从教学楼一楼到二楼共有15级楼梯，学生A 一步能上1级或2级，那么A 从一楼上到二楼的不同方法数共有多少种？设上到第n 级楼梯的方法数为a n (n ∈N )，则a 1=1，a 2=2，a n =a n －1+a n －2(n ≥3)， 由此可得,\{a n }斐波那契数列：1，2，3，5，8，……得a 13=377，a 14=610，a 15=987。
【例8】 从原点出发的某质点M ，按向量=(0，1)移动的概率为，按向量=(0，2)移动的概率为，设M 可到达点(0，n )的概率为a 23b 13P n(1)求P 1和P 2的值；(2)求证：P n +2－P n +1=－(P n +1－P n )；(3)求P n 的表达式。
13解析：(1)P 1=，P 2=()2+=23231379(2)证明：M 到达点(0，n +2)有两种情况：①从点(0，n +1)按向量=(0，1)移动，即(0，n +1)→(0，n +2) a②从点(0，n )按向量=(0，2)移动，即(0，n )→(0，n +2)。