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作业与测评课件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 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 1 2 3 4 知识对点练 4 1 2 3 4 知识对点练 5 2．设一个正三棱柱ABC－DEF的每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面ABC的某顶点出发，每次沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行．若它选择三个方向爬行的概率相等，设蚂蚁爬行10次后，仍然在上底面的概率为P10，则P10＝____________． 1 2 3 4 知识对点练 6 1 2 3 4 知识对点练 7 3．某校有教职工150人，为了丰富教职工的课余生活，每天定时开放健身房和娱乐室．据调查统计，每次去健身房的人有10%下次去娱乐室，而去娱乐室的人有20%下次去健身房．请问：随着时间的推移，去健身房的人数能否趋于稳定？(假设这15人都会去参加活动) 1 2 3 4 知识对点练 8 4．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． 1 2 3 4 知识对点练 9 1 2 3 4 知识对点练 10 40分钟综合练 1 2 3 4 5 40分钟综合练 12 1 2 3 4 5 40分钟综合练 13 2．绿化美化环境，建设美丽乡村，某村拟将村外的空地分成n＋1(n≥2)个区域，如图，在这n＋1个区域上种植花卉，要求相邻区域种不同的花卉，现有5种不同的花卉供选择，问有多少种不同的种植方法？ 解：分两步，第一步种植区域A0，有C＝5种种植方法； 第二步种植区域A1～An，在n块区域种植不同的花卉 (有4种花卉供选择)，设不同的种植方法有an种． 显然a2＝4×3＝12，a3＝4×3×2＝24；当n≥4时，A1有4种种植方法，A2有3种种植方法，……，An有3种种植方法(不论是否与A1同种)，所以共有4×3n－1种种植方法，其中包含了An与A1同种的情况，此时可以将An和A1看成一个区域，则共有n－1个区域，即an－1种种植方法， 1 2 3 4 5 40分钟综合练 14 所以an＝4×3n－1－an－1(n≥4)，可得an－3n＝－(an－1－3n－1)(n≥4)，a4＝84， 所以数列{an－3n}(n≥4)是以－1为公比的等比数列， 又a4－34＝3， 所以an－3n＝3×(－1)n－4，an＝3n＋3×(－1)n－4(n≥4)． 又a2＝12，a3＝24，也适合上式， 所以当n≥2时，an＝3n＋3×(－1)n－4＝3n＋3×(－1)n． 由分步乘法计数原理知，在这n＋1个区域上种植花卉，不同的种植方法有5an＝5×3n＋15×(－1)n(n≥2)种． 1 2 3 4 5 40分钟综合练 15 1 2 3 4 5 40分钟综合练 16 解： (1)设事件Ai为“第i天中午去A餐厅用餐”， 事件Bi“第i天中午去B餐厅用餐”，其中i＝1，2，…， 则小王第2天中午去A餐厅用餐的概率为P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0．5×0．8＋0．5×0．4＝0．6． (2)设P(Bi)＝Pi，依题可知，P(Ai)＝1－Pi，P1＝0．5， ∵如果小王第1天中午去A餐厅，那么第2天中午去A餐厅的概率为0．8， 即P(A2|A1)＝0．8，而P(B2|A1)＋P(A2|A1)＝1， ∴P(B2|A1)＝1－P(A2|A1)＝0．2， ∵如果第1天中午去B餐厅，那么第2天中午去A餐厅的概率为0．4， ∴P(B2|B1)＝1－P(A2|B1)＝0．6． 1 2 3 4 5 40分钟综合练 17 1 2 3 4 5 40分钟综合练 18 1 2 3 4 5 40分钟综合练 19 4．甲口袋中装有2个黑球和3个白球，乙口袋中装有5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．记甲口袋中黑球的个数为Xn，恰有1个黑球的概率为pn，恰有2个黑球的概率为qn． (1)求p1，q1与p2，q2； (2)设an＝pn＋2qn，求证：数列{an－1}是等比数列； (3)求Xn的数学期望E(Xn)(用n表示)． 1 2 3 4 5 40分钟综合练 20 1 2 3 4 5 40分钟综合练 21 1 2 3 4 5 40分钟综合练 22 1 2 3 4 5 40分钟综合练 23 5．为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X． 1 2 3 4 5 40分钟综合练 24 (1)求X的分布列； (2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α＝0．5，β＝0．8． ①证明：{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)为等比数列； ②求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性． 1 2 3 4 5 40分钟综合练 25 解： (1)由题意可知，X的取值为－1，0，1， ∴P(X＝－1)＝(1－α)β，P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)， P(X＝1)＝α(1－β)， 则X的分布列为 X －1 0 1 P (1－α)β αβ＋(1－α)(1－β) α(1－β) 1 2 3 4 5 40分钟综合练 26 (2)∵α＝0．5，β＝0．8， ∴a＝0．5×0．8＝0．4，b＝0．5×0．8＋0．5×0．2＝0．5，c＝0．5×0．2＝0．1． ①证明：∵pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)， 即pi＝0．4pi－1＋0．5pi＋0．1pi＋1(i＝1，2，…，7)， 整理可得，5pi＝4pi－1＋pi＋1(i＝1，2，…，7)， ∴pi＋1－pi＝4(pi－pi－1)(i＝1，2，…，7)， ∴{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)是以p1－p0为首项，4为公比的等比数列． 1 2 3 4 5 40分钟综合练 27 1 2 3 4 5 40分钟综合练 28 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　数列的其他应用 1．已知桶A0中盛有2升水，桶B0中盛有1升水．现将桶A0中的水的eq \f(3,4)和桶B0中的水的eq \f(1,4)倒入桶A1中，再将桶A0与桶B0中剩余的水倒入桶B1中；然后将桶A1中的水的eq \f(3,4)和桶B1中的水的eq \f(1,4)倒入桶A2中，再将桶A1与桶B1中剩余的水倒入桶B2中；若如此继续操作下去，则桶An(n∈N＋)中的水比桶Bn(n∈N＋)中的水多________升． 解析：根据题意可得，An＋Bn＝3，An＝eq \f(3,4)An－1＋eq \f(1,4)Bn－1，∴An＝eq \f(3,4)An－1＋eq \f(1,4)(3－ An－1)＝eq \f(1,2)An－1＋eq \f(3,4)，∴An－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(An－1－\f(3,2)))，又A1－eq \f(3,2)＝eq \f(3,4)A0＋eq \f(1,4)B0－eq \f(3,2)＝eq \f(1,4)≠0，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(An－\f(3,2)))是以eq \f(1,4)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，∴An－eq \f(3,2)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2n－1)＝eq \f(1,2n＋1)，∴An＝eq \f(3,2)＋eq \f(1,2n＋1)，∴Bn＝3－An＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n＋1)，∴An－Bn＝eq \f(1,2n＋1)×2＝eq \f(1,2n)(n∈N＋)，即桶An(n∈N＋)中的水比桶Bn(n∈N＋)中的水多eq \f(1,2n)升． eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(10)＋eq \f(1,2) 解析：设蚂蚁爬行n次后，仍然在上底面的概率为Pn，于是得到蚂蚁爬行n次后，在下底面的概率为1－Pn．由于当蚂蚁在上底面时，再爬行1次后在上底面的概率为eq \f(2,3)，当蚂蚁在下底面时，再爬行1次后在上底面的概率为eq \f(1,3)，且蚂蚁初始在上底面，于是蚂蚁爬行1次后，在上底面的概率为P1＝eq \f(2,3)，蚂蚁爬行n＋1次后，在上底面的概率为Pn＋1＝Pn×eq \f(2,3)＋(1－Pn)×eq \f(1,3)，即Pn＋1＝eq \f(1,3)Pn＋eq \f(1,3)，从而Pn＋1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,2)))，于是Pn－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(P1－\f(1,2)))，即Pn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)＋eq \f(1,2)，因此P10＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(10)＋eq \f(1,2)． 解：设第n次去健身房的人数为an，去娱乐室的人数为bn，则an＋bn＝150． ∴an＝eq \f(9,10)an－1＋eq \f(2,10)bn－1＝eq \f(9,10)an－1＋eq \f(1,5)(150－an－1)＝eq \f(7,10)an－1＋30，即an＝eq \f(7,10)an－1＋30， ∴an－100＝eq \f(7,10)(an－1－100)，∴an－100＝(a1－100)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,10)))eq \s\up12(n－1)， 即an＝100＋(a1－100)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,10)))eq \s\up12(n－1)， ∴随着时间的推移，去健身房的人数稳定在100人左右． (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)． 1．现有甲、乙、丙三人相互传接球，第一次从甲开始传球，甲随机地把球传给乙、丙中的一人，接球后视为完成第一次传接球；接球者进行第二次传球，随机地传给另外两人中的一人，接球后视为完成第二次传接球；依次类推，假设传接球无失误．设第n次传球后，甲接到球的概率为an． (1)证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3)))为等比数列； (2)解释随着传球次数的增多，甲接到球的概率趋于一个常数． 解：(1)证明：由题意知，第一次传球后，球落在乙或丙手中，则a1＝0，n∈N＋，n≥2时，第n次传给甲的事件是第n－1次传球后，球不在甲手中并且第n次必传给甲的事件， 于是有an＝eq \f(1,2)(1－an－1)， 即an－eq \f(1,3)＝－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－\f(1,3)))， 故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3)))是首项为a1－eq \f(1,3)＝－eq \f(1,3)，公比为－eq \f(1,2)的等比数列． (2)由(1)，知an－eq \f(1,3)＝－eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，所以an＝eq \f(1,3)－eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，当n→＋∞时，an→eq \f(1,3)，所以当传球次数足够多时，甲接到球的概率趋于常数eq \f(1,3)． 3．已知新同学小王每天中午会在自己学校提供的A，B两家餐厅中选择就餐，小王第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐．如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0．8；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0．4，如此往复． (1)求小王第2天中午去A餐厅用餐的概率； (2)求小王第i天中午去B餐厅用餐的概率Pi； (3)若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(eq \o(∑,\s\up13(n),\s\do10(i＝1))Xi)＝eq \o(∑,\s\up13(n),\s\do10(i＝1))qi．记前n次(即从第1次到第n次午餐)中小王去B餐厅用午餐的次数为Y，求E(Y)． 由全概率公式可知P(Bi＋1)＝P(Bi)P(Bi＋1|Bi)＋P(Ai)P(Bi＋1|Ai)， 即Pi＋1＝eq \f(3,5)Pi＋eq \f(1,5)(1－Pi)， ∴Pi＋1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pi－\f(1,3)))， 而P1－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pi－\f(1,3)))是以eq \f(1,6)为首项，eq \f(2,5)为公比的等比数列， ∴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)，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)． (3)设小王第i天去B餐厅的次数为Xi，则Xi的所有可能取值为0，1， 当Xi＝0时，表示小王第i天没去B餐厅， 当Xi＝1时，表示小王第i天去B餐厅， ∵P(Xi＝1)＝Pi，P(Xi＝0)＝1－Pi， ∴E(Xi)＝0×P(Xi＝0)＋1×P(Xi＝1)＝Pi， ∵Y＝eq \o(∑,\s\up13(n),\s\do10(i＝1))Xi，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)，i＝1，2，…， ∴当n∈N＋时，E(Y)＝P1＋P2＋…＋Pn＝eq \f(1,6)×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(n),1－\f(2,5))＋eq \f(n,3)＝eq \f(5,18) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(n)))＋eq \f(n,3)， 故E(Y)＝eq \f(5,18) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(n)))＋eq \f(n,3)． 解：(1)p1为“进行1次操作后甲口袋中恰有1个黑球”的概率， 则p1＝eq \f(2,5)×1＝eq \f(2,5)， q1为“进行1次操作后甲口袋中恰有2个黑球”的概率， 则q1＝eq \f(3,5)×1＝eq \f(3,5)， p2为“进行2次操作后甲口袋中恰有1个黑球”的概率，与进行1次操作后甲口袋中黑球的个数有关，则p2＝eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)×\f(4,5)＋\f(1,5)×\f(1,5)))＋eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)×1))＝eq \f(64,125)， q2为“进行2次操作后甲口袋中恰有2个黑球”的概率， 则q2＝eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)×\f(1,5)))＋eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)×1))＝eq \f(53,125)． (2)证明：pn＋1是“重复n＋1次操作后，甲口袋中有1个黑球”的概率，与n次操作后甲口袋中黑球的个数有关，分为有2个、1个、0个3种情况，所以pn＋1＝qneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)×1))＋pneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)×\f(4,5)＋\f(1,5)×\f(1,5)))＋(1－pn－qn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×\f(2,5)))＝eq \f(7,25)pn＋eq \f(2,5)，qn＋1是“重复n＋1次操作后，甲口袋中有2个黑球”的概率，与n次操作后甲口袋中黑球的个数有关，分为有2个、1个2种情况，所以qn＋1＝qneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)×1))＋pneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)×\f(1,5)))＝eq \f(3,5)qn＋eq \f(4,25)pn， 所以an＋1－1＝pn＋1＋2qn＋1－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)pn＋\f(2,5)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)qn＋\f(4,25)pn))－1＝eq \f(3,5)pn＋eq \f(6,5)qn－eq \f(3,5)＝ eq \f(3,5)(pn＋2qn－1)＝eq \f(3,5)(an－1)， 从而数列{an－1}是以a1＝p1＋2q1－1＝eq \f(3,5)为首项，eq \f(3,5)为公比的等比数列． (3)由(2)知an－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(n)， 即pn＋2qn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(n)，pn＋2qn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(n)＋1， Xn的取值为0，1，2， 所以E(Xn)＝0×(1－pn－qn)＋1×pn＋2×qn＝pn＋2qn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(n)＋1． ②由①知，pi＋1－pi＝(p1－p0)·4i＝p1·4i， ∴p8－p7＝p1·47，p7－p6＝p1·46，…，p1－p0＝p1·40， 作和可得，p8－p0＝p1·(40＋41＋…＋47)＝eq \f(1－48,1－4)p1＝eq \f(48－1,3)p1＝1， ∴p1＝eq \f(3,48－1)， ∴p4＝p4－p0＝p1·(40＋41＋42＋43)＝eq \f(1－44,1－4)p1＝eq \f(44－1,3)×eq \f(3,48－1)＝eq \f(1,44＋1)＝eq \f(1,257)． p4表示最终认为甲药更有效的概率． 由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0．5，乙药治愈率为0．8时，认为甲药更有效的概率为p4＝eq \f(1,257)≈0．0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理． $