1.4.2 数列的其他应用-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（北师大版）

第一章　数列 §4 数列的应用 4.2　数列的其他应用 课程标准：能从具体的问题情境中抽象出数学模型，利用数列知识解决问题． 教学重点：以概率为载体融合数列，利用数列递推关系解决问题． 教学难点：从数学语言中进行数学抽象，找到递推关系式，并能解释其中的数学逻辑． 核心素养：利用概率相关知识并结合逻辑推理抽象出数学模型，再结合学习过的数列递推关系解析模型，从而培养数学抽象和数学运算素养． (教师独具内容) 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 核心素养形成 题型　数列在概率中的应用 例　甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第i次投篮的人是甲的概率． 解　(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi， 所以P(B2)＝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. 核心素养形成 6 核心素养形成 7 【感悟提升】解决概率与数列综合问题的方法，一般是从概率问题中寻求相关概率间的递推关系，利用转化思想将其化归为等差或等比数列求解． 核心素养形成 8 【跟踪训练】 1．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点处各挂一盏灯笼，每秒有且只有一个顶点处的灯笼被点亮，下一秒被点亮的灯笼必须与上一个顶点相邻(在同一条棱上)，且每个相邻顶点的灯笼被点亮的概率相同，下一盏灯笼被点亮上一盏自动熄灭．若初始亮灯点(n＝0)位于点A处，第n秒亮灯点 在底面ABCD上的概率为Pn，则(1)P1＝________，P2＝________；(2)Pn＝_______________． 核心素养形成 9 核心素养形成 10 核心素养形成 11 核心素养形成 12 随堂水平达标 随堂水平达标 14 随堂水平达标 15 随堂水平达标 16 随堂水平达标 17 随堂水平达标 18 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 20 课后课时精练 1 2 3 4 5 21 课后课时精练 1 2 3 4 5 22 课后课时精练 1 2 3 4 5 23 课后课时精练 1 2 3 4 5 24 课后课时精练 1 2 3 4 5 25 课后课时精练 1 2 3 4 5 26 课后课时精练 1 2 3 4 5 27 4．投掷一枚硬币(正反等可能)，设投掷n次不连续出现三次正面向上的概率为Pn. (1)求P1，P2，P3和P4； (2)写出Pn的递推公式． 课后课时精练 1 2 3 4 5 28 课后课时精练 1 2 3 4 5 29 5．某公司计划举办周年庆活动，其中设计了“做游戏赢奖金”环节，从所有员工中选取10名业绩突出的员工参加投掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者投掷一枚均匀的骰子，初始分数为0，每次掷得点数为偶数得2分，点数为奇数得1分．连续投掷累计得分达到9分或10分时，游戏结束． (1)设员工在游戏过程中累计得n分的概率为Pn. ①求P1，P2，P3； ②求证：数列{Pn－Pn－1}(2≤n≤9)是等比数列； (2)得9分的员工，获得二等奖，得10分的员工，获得一等奖，若一等奖的奖金为二等奖的奖金的两倍，且该公司计划作为游戏奖励的预算资金不超过1万元，则一等奖的奖金最多不能超过多少元？(精确到1元) 课后课时精练 1 2 3 4 5 30 课后课时精练 1 2 3 4 5 31 课后课时精练 1 2 3 4 5 32 课后课时精练 1 2 3 4 5 33 　　　　　　　　　　　　　 R (2)设P(Ai)＝pi，依题可知，P(Bi)＝1－pi，则P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1) ＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)， 即pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝0.4pi＋0.2， 构造等比数列{pi＋λ}， 设pi＋1＋λ＝eq \f(2,5)(pi＋λ)，解得λ＝－eq \f(1,3)，则pi＋1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))， 又p1＝eq \f(1,2)，p1－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)， 所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))是首项为eq \f(1,6)，公比为eq \f(2,5)的等比数列，即pi－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(i－1)， 所以pi＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(i－1)＋eq \f(1,3). eq \f(2,3) eq \f(5,9) eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1) 解析：(1)依题意，第一秒亮灯点等可能的在顶点B，D，A1处，其中在底面ABCD上的顶点为B，D，所以P1＝eq \f(2,3).若第一秒亮灯点在顶点B，D处eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(概率为P1＝\f(2,3)))，则第二秒亮灯点在底面ABCD上的概率为eq \f(2,3)P1＝eq \f(4,9)；若第一秒亮灯点在顶点A1处eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(概率为1－P1＝\f(1,3)))，则第二秒亮灯点在底面ABCD上的概率为eq \f(1,3)(1－P1)＝eq \f(1,9).所以第二秒亮灯点在底面ABCD上的概率P2＝eq \f(4,9)＋eq \f(1,9)＝eq \f(5,9). (2)第n秒亮灯点在底面ABCD上的概率为Pn，在底面A1B1C1D1上的概率为1－Pn，所以Pn＋1＝eq \f(2,3)Pn＋eq \f(1,3)(1－Pn)＝eq \f(1,3)Pn＋eq \f(1,3)，所以Pn＋1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,2)))，又P1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)≠0，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,2)))是首项为P1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，所以Pn－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)，则Pn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1). 解：(1)证明：第n次甲踢到毽子的概率为Pn， 当n≥2时，第n－1次甲踢到毽子的概率为Pn－1，甲未能踢到毽子的概率为1－Pn－1， 所以Pn＝Pn－1×0＋(1－Pn－1)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)(1－Pn－1)，所以Pn－eq \f(1,4)＝－eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－1－\f(1,4)))， 因为P1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)≠0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,4)))是以eq \f(3,4)为首项，－eq \f(1,3)为公比的等比数列． 2．已知甲、乙、丙、丁四个人参加踢毽子互相传递测试，第一次由甲踢出，每次传递时，踢出者都等可能将毽子踢给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传递都能被接到．记第n次甲踢到毽子的概率为Pn，则P1＝1. (1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,4)))是等比数列； (2)比较第k次与第k＋2(k∈N＋)次踢到毽子者是甲的可能性大小． (2)由(1)可知，Pn－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)， 即Pn＝eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＋eq \f(1,4)， 所以Pk＋2－Pk＝eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(k＋1)＋eq \f(1,4)－eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(k－1)－eq \f(1,4)＝－eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(k－1)， 当k为奇数时，k－1为偶数，则Pk＋2－Pk＝－eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(k－1)<0，即Pk＋2<Pk； 当k为偶数时，k－1为奇数，则Pk＋2－Pk＝－eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(k－1)>0，即Pk＋2>Pk. 综上，当k为奇数时，Pk＋2<Pk；当k为偶数时，Pk＋2>Pk. 1．(多选)小华玩一种跳棋游戏，一个箱子中装有大小、质地均相同的且标有1～10的10个小球，每次随机抽取一个小球并放回，规定：若每次取到号码小于或等于5的小球，则前进1步，若每次取到号码大于5的小球，则前进2步．每次抽取小球互不影响，记小华一共前进n步的概率为pn，则下列说法正确的是(　　) A．p1＝eq \f(1,2) B．p2＝eq \f(1,4) C．pn＝eq \f(1,2)pn－1＋eq \f(1,2)pn－2(n≥3) D．小华一共前进2步的概率最大 解析：对于A，每次随机抽取一个小球，前进1步的概率和前进2步的概率都是eq \f(1,2)，所以p1＝eq \f(1,2)，故A正确；对于B，p2＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)，故B错误；对于C，当n≥3时，其前进n步可分两种情况：第一种情况，先前进n－1步，再前进1步，其概率为eq \f(1,2)pn－1；第二种情况，先前进n－2步，再前进2步，其概率为eq \f(1,2)pn－2，所以pn＝eq \f(1,2)pn－1＋eq \f(1,2)pn－2，故C正确；对于D，由pn＝eq \f(1,2)pn－1＋eq \f(1,2)pn－2(n≥3)，可得2pn＝pn－1＋pn－2，即2pn＋pn－1＝2pn－1＋pn－2(n≥3)，因为2p2＋p1＝2×eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)＝2，所以2pn＋pn－1＝2(n≥2)，即pn＝1－eq \f(1,2)pn－1(n≥2)，可得pn－eq \f(2,3)＝－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pn－1－\f(2,3)))， 又p1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)－eq \f(2,3)＝－eq \f(1,6)≠0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pn－\f(2,3)))是首项为－eq \f(1,6)，公比为－eq \f(1,2)的等比数列，可得pn－eq \f(2,3)＝－eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－1).当n为奇数时，n－1为偶数，则pn－eq \f(2,3)＝－eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)，即pn＝－eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＋eq \f(2,3)，此时数列{pn}递增，所以pn<eq \f(2,3)；当n为偶数时，n－1为奇数，则pn＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＋eq \f(2,3)，此时数列{pn}递减，所以pn≤p2＝eq \f(3,4)，综上，当n＝2时，概率最大，即小华一共前进2步的概率最大，故D正确．故选ACD. 2．质点在x轴上从原点O出发向右运动，每次平移一个单位或两个单位，且移动一个单位的概率为eq \f(2,3)，移动两个单位的概率为eq \f(1,3)，设质点运动到点(n，0)的概率为Pn. (1)求P1和P2； (2)用Pn－1，Pn－2表示Pn，并证明{Pn－Pn－1}是等比数列； (3)求Pn. 解：(1)P1＝eq \f(2,3)，P2＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)＝eq \f(7,9). (2)由题意可知，质点到达点(n，0)，可分两种情况：由点(n－1，0)右移一个单位或由点(n－2，0)右移两个单位，故由条件可知Pn＝eq \f(2,3)Pn－1＋eq \f(1,3)Pn－2(n≥3)． 上式可变形为Pn－Pn－1＝eq \f(2,3)Pn－1＋eq \f(1,3)Pn－2－Pn－1＝－eq \f(1,3)(Pn－1－Pn－2)， 又P2－P1＝eq \f(7,9)－eq \f(2,3)＝eq \f(1,9)≠0，所以{Pn－Pn－1}是以eq \f(1,9)为首项，－eq \f(1,3)为公比的等比数列． (3)由(2)知Pn－Pn－1＝eq \f(1,9) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n－2)(n≥2)， 所以Pn＝(Pn－Pn－1)＋(Pn－1－Pn－2)＋…＋(P2－P1)＋P1＝eq \f(1,9) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n－2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n－3)＋…＋1))＋eq \f(2,3)＝eq \f(1,9) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n－1),1＋\f(1,3))))＋eq \f(2,3)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n). 1．某排球教练带领甲、乙两名排球主力运动员训练排球的接球与传球，首先由教练第一次传球给甲、乙中的某位运动员，然后该运动员再传回教练．每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某位运动员，则这次有eq \f(1,3)的概率再传给该运动员，有eq \f(2,3)的概率传给另一位运动员．已知教练第一次传给了甲运动员，且教练第n次传球传给甲运动员的概率为pn. (1)求p2，p3； (2)求pn的表达式． 解：(1)p1＝1，p2＝eq \f(1,3)，p3＝eq \f(1,3)p2＋eq \f(2,3)(1－p2)＝eq \f(5,9). (2)由已知pn＝eq \f(1,3)pn－1＋eq \f(2,3)(1－pn－1)， ∴pn＝－eq \f(1,3)pn－1＋eq \f(2,3)，即pn－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pn－1－\f(1,2)))， 又p1－eq \f(1,2)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)≠0，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pn－\f(1,2)))是以eq \f(1,2)为首项，－eq \f(1,3)为公比的等比数列， ∴pn－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)，∴pn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n－1). 2．甲、乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答，答对积1分且对方不得分，答错不得分且对方积1分；然后换对方抽题作答，直到有领先2分者晋级，比赛结束．已知甲答对题目的概率为eq \f(4,5)，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首次答题方，已知两次答题后甲、乙两人各积1分的概率为eq \f(2,5).记甲、乙两人的答题总次数为n(n≥2)． (1)求p； (2)若答题的总次数为n时，甲晋级的概率为Pn(A)，证明：eq \f(8,15)≤P2(A)＋P3(A)＋…＋Pn(A)<eq \f(8,9). 解：(1)记Ai＝“第i次答题时为甲”，B＝“甲积1分”， 则P(A1)＝eq \f(1,2)，P(B|Ai)＝eq \f(4,5)，P(eq \o(B,\s\up12(－))|Ai)＝1－eq \f(4,5)＝eq \f(1,5)，P(B|eq \o(A,\s\up12(－))i)＝1－p，P(eq \o(B,\s\up12(－))|eq \o(A,\s\up12(－))i)＝p， eq \f(2,5)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)p＋\f(1,5)（1－p）))＋eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（1－p）·\f(1,5)＋p·\f(4,5)))，则eq \f(2,5)＝eq \f(3p＋1,5)，解得p＝eq \f(1,3). (2)证明：两次答题后甲积2分的概率为eq \f(1,2)×eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(4,5)＝eq \f(8,15). 由答题的总次数为n时，甲晋级，不妨设此时甲的积分为x甲，乙的积分为x乙， 则x甲－x乙＝2，且x甲＋x乙＝n， 所以甲晋级时，n必为偶数，令n＝2m，m∈N＋， 当n为奇数时，Pn(A)＝0， 则P2(A)＋P3(A)＋…＋Pn(A)＝P2(A)＋P4(A)＋…＋Pn(A)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(0)×eq \f(8,15)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(1)×eq \f(8,15)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(2)×eq \f(8,15)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(m－1)×eq \f(8,15)＝eq \f(8,15) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(m－1)))＝eq \f(8,15)×eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(m))),1－\f(2,5))＝eq \f(8,9) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(m)))， 当m≥1时，P2(A)＋P3(A)＋…＋Pn(A)随着m的增大而增大， ∴eq \f(8,15)≤P2(A)＋P3(A)＋…＋Pn(A)<eq \f(8,9). 3．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eq \f(1,2)，棋盘上标有第0站、第1站、第2站、…、第100站，一枚棋子开始在第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Pn. (1)求P0，P1，P2的值； (2)求证：Pn－Pn－1＝－eq \f(1,2)(Pn－1－Pn－2)，其中n∈N，2≤n≤99； (3)求玩该游戏获胜的概率及失败的概率． 解：(1)根据题意，分析可得棋子开始在第0站，则P0＝1， 若棋子跳到第1站，必有硬币掷出正面，则P1＝eq \f(1,2)， 若棋子跳到第2站有两种情况，即2次硬币掷出正面或1次硬币掷出反面， 则P2＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,4). (2)证明：根据题意，棋子跳到第n站(2≤n≤99)有两种情况： ①棋子先跳到第n－2站，又掷出反面，此时概率为eq \f(1,2)Pn－2； ②棋子先跳到第n－1站，又掷出正面，此时概率为eq \f(1,2)Pn－1，则Pn＝eq \f(1,2)Pn－1＋eq \f(1,2)Pn－2， 故Pn－Pn－1＝－eq \f(1,2)(Pn－1－Pn－2)，其中n∈N，2≤n≤99. (3)根据题意，由(2)的结论，数列{Pn－Pn－1}是以P1－P0＝eq \f(1,2)－1＝－eq \f(1,2)为首项，－eq \f(1,2)为公比的等比数列， 则Pn－Pn－1＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n)， 故P99＝P0＋(P1－P0)＋(P2－P1)＋(P3－P2)＋…＋(P99－P98) ＝1＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(99)))＝eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(100)))， 即玩该游戏获胜的概率为eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(100)))， 则玩该游戏失败的概率为1－eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(100)))＝eq \f(1,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(99))). 解：(1)依题意，P1＝P2＝1， 投掷3次，共有8个不同结果，其中连续出现三次正面向上的只有1个，则P3＝1－eq \f(1,8)＝eq \f(7,8)， 投掷4次，共有16个不同结果，其中连续出现三次正面向上的有正正正正，正正正反，反正正正，因此P4＝1－eq \f(3,16)＝eq \f(13,16). (2)共有三种情况： ①第n次出现反面向上，且前n－1次不连续出现三次正面向上，此时Pn＝eq \f(1,2)Pn－1； ②第n次出现正面向上，第n－1次出现反面向上，且前n－2次不连续出现三次正面向上， 此时Pn＝eq \f(1,4)Pn－2； ③第n次出现正面向上，第n－1次出现正面向上，第n－2次出现反面向上，且前n－3次不连续出现三次正面向上，此时Pn＝eq \f(1,8)Pn－3. 所以Pn＝eq \f(1,2)Pn－1＋eq \f(1,4)Pn－2＋eq \f(1,8)Pn－3(n∈N＋，n≥4)，P1＝P2＝1，P3＝eq \f(7,8). 解： (1)①由题意，员工在游戏过程中累计得1分，即第一次投掷为奇数，其概率为P1＝eq \f(1,2)； 累计得2分，即第一次投掷为偶数或连续两次投掷都是奇数，其概率为P2＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)； 累计得3分，即前两次投掷一次为偶数，一次为奇数或连续三次投掷都是奇数，其概率为P3＝2×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,8). ②证明：由题意知，累计获得n分时有可能是获得n－1分时掷骰子点数为奇数或获得n－2分时掷骰子点数为偶数，而掷骰子点数为奇数和偶数的概率均为eq \f(1,2)， 所以Pn＝eq \f(1,2)Pn－1＋eq \f(1,2)Pn－2，3≤n≤9， 则Pn－Pn－1＝－eq \f(1,2)(Pn－1－Pn－2)，3≤n≤9， 又P2－P1＝eq \f(1,4)，故{Pn－Pn－1}(2≤n≤9)是首项为eq \f(1,4)，公比为－eq \f(1,2)的等比数列． (2)由(1)知Pn－Pn－1＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－2)，Pn－1－Pn－2＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－3)，…，P2－P1＝eq \f(1,4)， 将所有等式相加，得Pn－P1＝eq \f(1,4)·eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1),6)， 所以Pn＝eq \f(1,6) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1)))＋eq \f(1,2)＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n)(1≤n≤9)， 所以P9＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(9)＝eq \f(341,512)，P10＝eq \f(1,2)P8＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)＋\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(8)))＝eq \f(171,512)， 设一等奖的奖金为x元，二等奖的奖金为eq \f(x,2)元， 由题意知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)·\f(341,512)＋x·\f(171,512)))×10≤10000元，解得x≤eq \f(1024000,683)≈1499.27，即一等奖的奖金最多不超过1499元． $