1、1用递推法求概率尹承利概率是高中数学新增的内容。由于它在理论与实际中都有很重要的意义，因此已成为近年高考命题的一个热点。下面介绍几例出现在各地模拟试题中用递推思想方法探求概率的问题，不仅体现数列与概率知识的交汇性，而且有利于培养同学们的解题能力和创新能力。例 1. A、B 二人拿出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，原掷骰子的人再继续掷；若掷出的点数不是 3 的倍数时，就由对方接着掷。第一次由 A 开始掷，若第 n 次由 A 掷的概率为 ，求 。Pnn解：第 次由 A 掷这一事件，包括第 n 次由 A 掷、第1次继续由 A 掷这一事件以及第 n 次由 B 掷、第 次
2、由 A 掷n1 1这一事件。这两个事件发生的概率分别是236PPnn， 由于这两个事件是互斥的，则nnnn11236132易知 P由递推式得： Pnn122所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列。113所以 Pnn123即 1例 2. 从原点出发的某质点 M，按向量 移动的概率为 ，a01， 23按向量 移动的概率为 ，设质点 M 可到达点（0，n）的概b02， 13率为 。Pn（1）求 和 的值；12（2）求证 ；PPnn13（3）求 的表达式。2解：（1）由题意知： P12231379，（2）证明 M 到达点（0，n+2）有两种情况：从点 按向量 移动，概率为 ；， na0， 1Pn从
3、点（0，n）按向量 移动，概率为 。b2， 3故 PPnn213从而有 n13（3）由（1）、（2）的递推关系知：数列 是以Pn1为首项， 为公比的等比数列。P1所以 Pn n12113931n所以 Pn1所以PPnnn1122113312所以 Pnnn13413例 3. 如图， 个不同的数随机排成一个三角阵，设 是2 MK从上往下数第 K 行中的最大数，求 的概率。Mn123 解：设所求的概率为 的概率为 ，而Pn， Mn121Pn1最大数在第 n 行的概率为：12于是 Pn1又 P12324， ，n43 15， ，以上各式相乘，得：Pn n122!所以 的概率Mn12212009 年高考难
4、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
5、1：分类法：4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 步中选一9 种可能走法；1 步是一步两级的，有 C9第三类：恰有两步是一步两级，则走完 10 级要走 8 步，8 步中选两28 种可能走法；步是一步两级的，有 C82C5C6C7C82C9=89，故选(C)。 1345 依此类推，共有 1解法 2：递推法：设走 n 级有 an 种走法，这些走法可按第一步来分类，1 种走法；1 级有 an第一类：第一步是一步一级，则余下的 n2 种走法，2 级有 an第二类：第一步是一步两级，则余下的 n89，故选(C) 。2 ，由递推可得 a101
6、,a22，又易得 a1an1an所以 an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 an，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)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。N把 n(n例 2：五个人排成一列，重新站队时，各人都不站在原来的位置上，那么不同的站队方式共有( )（A ） 60 种 （B）44 种 （C ）36
7、 种 （D）24 种解：首先我们把人数推广到 n 个人，即 n 个人排成一列，重新站队时，各人都不站在原来的位置上。设满足这样的站队方式有 an 种，现在我们来通过合理分步，恰当分类找出递推关系：1 种站法。第一步：第一个人不站在原来的第一个位置，有 n52 种站队方式；2 个人有 an第二步：假设第一个人站在第 2 个位置，则第二个人的站法又可以分为两类：第一类，第二个人恰好站在第一个位置，则余下的 n用心 爱心 专心1 种站队方式。第二类，第二个人不站在第一个位置，则就是第二个人不站在第一个位置，第三个人不站在第三个位置，第四个人不站在第四个位置，第 n 个人不站在第 n 个位置，所以有
8、an由分步计数原理和分类计数原理，我们便得到了数列an的递推关系式：9，2,a41，再由递推关系有 a30,a21)，显然，a1an 21)(an(nan44，故应选(B)a5我们再来看一道全国高考题：例 3：同室 4 人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则 4 张贺年卡不同的分配方式共有( ) (1993年全国高考试题)（A ） 6 种 （B）9 种 （C）11 种 （D）23 种9，故选（B）此题就是更列问题，即为例 2 中的 a43 染色问题例 4：用 4 种不同颜色涂四边形的 4 个顶点，要求每点染一种颜色，相邻的顶点染不同的颜色，则不同的染色方法有( )
9、（A ） 84 种 （B）72 种 （C ）48 种 （D）24 种3，且 m 为常数)，每点染一种颜色，相邻的顶点染不同的颜色，不同的染色方法有多少种？3,n An 的 n 个顶点染色( 其中 m解：我们先把这个题目推广：用 m 种不同颜色给 n 边形 A1A2设不同的染色方法有 an 种，现在我们来通过合理分布，恰当分类找出递推关系：第一步：染 A1，有 m 种染法；1 种染法；第二步：染 A2，有 m61，所以1 种染法，但要去掉 An 与 A1 同色的染法数，此时可将An 与 A1 合并看成一个点，得出需要排除的染法数为 an1)n1 种染法，相乘得 m(m1 不同色，则仍有 m1 种
10、染法，最后染 An，如果仅考虑 An 与 An1 均有 m,An同理，染 A3,Am。1 ，显然，a3an 11)nm(m3 有 an1，又an13n 44，所以递推关系为：an又本题中，颜色数 m84（种）a3 33424，所以 a4A43，故选（A ）。 a3用这种方法，不难求出下面两道 2003 年的高考题：例 5：如图 1，一个地区分为 5 个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有四种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种。（以数字作答）(2003 年全国高考试题)例 6：某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分成 6 个部分( 如图 2)，现要栽种 4 种不同颜色的花
11、，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法共有 种。（以数字作答）(2003 年天津理科高考试题)1 6 4图 2 图 1用心 爱心 专心我们来看例 5，其中 2、3、4、5 四个区域围成一个四边形，因此可以把它们看成是一个四边形的 4 个顶点，而区域 1 就是这个四边形对角线的交点。第一步，先涂区域 1，有 4 种涂法，由于区域 1 跟其余四个区域都相邻，因此涂 1 的颜色不能用来涂其余的四个区域，因此第二步相当于用 3 种颜色来涂一个四边形的四a32336，所以，a4A3 1，a3 an12n33 个顶点，由例 4不难得出 an72 种涂法。18 18，由分步计数原理，
12、得出共有 4同理，不难得出例 6 的答案为 120 种。4 传球问题例 7：甲、乙、丙、丁四人相互传球，第一次甲传给乙、丙、丁中的任一人，第二次由拿球者再传给其他人中任一人，这样共传了四7次，则第四次球仍传回到甲的方法共有( )（A ） 21 种 （B）42 （C ）24 （D）271 个人中的任一人，第二次由拿球者再传给其他人中任一人，这样经过 n 次传球，最后球仍回到甲手中的传球方法有多少种？(这里m 为常数) )次传球，由甲先传，第一次甲传给其他 mN)个人相互进行 n(nN解：先把这个题目进行推广：m(m设不同的传球方法共有 an 种，现在我们来通过合理分步，恰当分类找出递推关系：1
13、种传球方法；第一步进行第一次传球：甲传给其他人，有 m1 种传球方法；第二步进行第二次传球：拿球者把球传给其他人，仍有 m 0。 1，又易得，a1 an11)n(m1 种传球方法，所以有递推关系：an1 次传球后球又回到甲手中的传球方法，显然，这里有 an1 次传球，球恰好传给甲的传球方法数，这就是由甲先传，经过 n1 次传球不能传给甲，否则就不存在第 n 次传球，因此要去掉第 n1 种传球方法，但要注意第 n1)n1 种传球方法，最后进行第 n 次传球，由于只能传给甲，故只有一次传球方法，相乘得(m 1次传球都有 m同理，第三次、第四次、 、第 n3，a1 31，所以由递推可得，a2an 1
14、3n4，所以 an而在本题中，m 21，故本题应选（A ） a3336,a4a232a3最后，我们来用递推法求解一个概率问题。5 概率问题例 8：A、B 二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，原掷骰子的人再继续掷；若掷出的点数不是 3的倍数时就由对方接着掷，第一次由 A 开始掷，求第 n 次仍由 A 掷的概率 Pn。，不是 3 的倍数解：连续掷两次骰子，点数之和为 3 的倍数的概率为 3631211 次由 A 掷，第 n 次继 33，又第 n 次由 A 掷这一事件，包括第n12 的概率为 181，所以Pn1，由 B 掷的概率为 11 次由 A 掷的概率为 Pn1
15、 次由 B 掷，第 n 次由 A 掷这一事件，并且这两个事件是互斥的，而第n续由 A 掷这一事件以及第 n1， 3333)，又显然 P1N2,n,(n1Pn1)Pn(11Pn1222Pn用心 爱心 专1， 232223)n)(P1)，所以 Pn1(Pn111111)。 223N1,n1(n)n(111 即 Pn现在我们再来看看下面这组练习：（1）袋子里有 10 个相同的小球，现在把这些球全部摸出来，一次可以摸一个球，也可以摸两个球，则不同的摸法共有多少种？恰好7 次摸完的概率为多少？（2）五本不同的书分给五个同学，而每个同学都看过其中的一本书，但没有两个同学看过同一本书，则每个同学分到恰好是他
16、没有看过的书概率为多少？恰有一个同学分到他看过的书的概论为多少？（3）有一堆大小相同的小球，里面有红色、黄色、白色，并且每种颜色的球至少都有 3 个，现从中任取 6 个球排成一圈，要求任意相邻的两个小球不得同色，则不同的排法有多少种？（4）从集合 1，2 ，3 ，4 中任取 5 个数（可重复）排成一个五位数，要求首位只能排 1 且任意相邻两个位置不能排同一数，则末位恰好也是 1 的五位数有多少个？末位不是 1 的五位数有多少个？末位是2 的概率为多少？事实上，我们利用上面几个问题的模型，可以很容易的解决这组练习，因为它们就是那几个模型的实同形异的变式，分别对应于走楼梯问题、更列问题、染色问题与
17、传球问题。由有 Pn1. 某种病菌，生命周期为一天，死亡之前会产生一些后代，生产 i 个后代的概率为 Pi ( i =0, ., n-1) ，如果第一天有 k 个病菌，那么第 m 天病菌数量为 0 的概率是多少？9考虑一个病菌的情况，记 j 天后数量为 0 的概率为 f(j) ，那么 k 只病菌到第 j 天全部消失的概率为 f(j)k ；第 2 天到第 j 天时间为 j-1 天，所以第二天的 1 只病菌到第 j 天消失的概率为 f(j-1)，第二天的病菌数目可能性如下，及他们在第 j 天全部消亡的概率为：数量 概率 第 j 天全部消亡概率0 P0 f(j-1)01 P1 f(j-1)12 P2
18、 f(j-1)2n-1 Pn-1 f(j-1)n-1所以 f(j) = P0 + P1f(j-1)1 + P2 f(j-1)2 + . + Pn-1 f(j-1)n-12. 小明每天晚上去打牌，每局赢的概率是 p ；如果第一局赢，马上高高兴兴地去睡觉；如果第一局输了，就继续玩，直到赢牌的局数与总局数的比例大于 p 就高高兴兴地去睡觉 ；如果一直到第 n 局都没有比例大于 p 的情况出现，则垂头丧气地去睡觉，并且从此不再玩牌。求平均情况小，小明会玩玩多少天牌。先求某天晚上 n 局牌都没有赢牌比例大于 p 的，这种情况发生的概率 Q 。记 d(i,j) 为前 i 局一共赢了 j 局且赢牌比例 pd
19、(i,j) = d(i-1,j) (1-p) + d(i-1,j-1)p 如果 j/i = p初始值 d(1,0) = 1-p, d(1,1) = 0则 Q = d(n,0) + d(n,1) + d(n,2) + . + d(n,n)平均玩牌天数期望值为 1/Q3. 给出一个整数 N ，每次在不超过 N 的素数中随机选择一个素数 P，如果 P 能整除 N 则将 N 变为 N/P， 否则 N 保持不变。平均情况下要多少次随机选择，才能将 N 变成 1？记 f(n) 为将 n 变成 1 的数学期望值，p(n) 为小于等于 n 的素数个数，g(n) 为其中整除 N 的素数数目，则：f(n) = 1 + f(n)(1-g(n)/p(n) + sum f(k)/p(n) | 2=k=N & k is prime & k / N 8
