概率问通常不是很难，下面介绍一类比较复杂的题，也是高考易错题概率问题。

概率问题中的递推数列

一、an=p·an－1+q型

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，出现绿灯的概率是，记开关第n次闭合后出现红灯的概率为Pn。

(1)求：P2；

(2)求证：Pn< (n≥2) ；

(3)求。

解析：(1)第二次闭合后出现红灯的概率P2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P2=P1·+(1－P1)·=。

(2)受(1)的启发，研究开关第N次闭合后出现红灯的概率Pn，要考虑第n－1次闭合后出现绿灯的情况，有

Pn=Pn－1·+(1－Pn－1)·=－Pn－1+，

再利用待定系数法：令Pn+x=－(Pn－1+x)整理可得x=－

∴{Pn－}为首项为(P1－)、公比为(－)的等比数列

Pn－=(P1－)(－)n－1=(－)n－1，Pn=+(－)n－1

∴当n≥2时，Pn<+=

(3)由(2)得=。

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Pn，

(1)求Pn；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：

第n－1次由A掷，第n次继续由A掷，此时概率为Pn－1；

第n－1次由B掷，第n次由A掷，此时概率为(1－)(1－Pn－1)。

∵两种情形是互斥的

∴Pn=Pn－1+(1－)(1－Pn－1)(n≥2)，即Pn=－Pn－1+(n≥2)

∴Pn－=－(Pn－1－)，(n≥2)，又P1=1

∴{Pn－}是以为首项，－为公比的等比数列。

∴Pn－=(－)n－1，即Pn=+(－)n－1。

⑵。

二、an+1=p·an+f(n)型

(传球问题)A、B、C、D4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ak(k∈N*)种传法，则不传给A的有3k－ak种，故a1=0，且不传给A的下次均可传给A，即

ak+1=3k－ak。两边同除以3k+1得=－·+，

令bk=，则b1=0，bk+1－=－(bk－)，则bk－=－(－)k－1

∴ak=+(－1)k

当k=5时，a5=60.

当人数为n时，分别用n－1，n取代3，4时，可得ak= + (－1)k。

(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an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。

∴an=m(m－1)n－1－an－1，且a3=m(m－1)(m－2)

an－(m－1)n=－[an－1－(m－1)n－1]

an－(m－1)n=[a3－(m－1)3](－1)n－3

∴an=(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=4a5=120。

三、an+1=an·f(n)型

(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m2=an。

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an－1。

∴an=(2n－2)an－1，(n≥2，n∈N*)，a1=1，得=2n－2

an=··……··a1=(2n－2)(2n－4)……2×1=2n－1(n－1)!

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=()2

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m1=。

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m2=2n－1(n－1)!。

∴所求的概率Pn==

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）

四、an+1=p·an+q·an－1型

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=－(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。

(1)解：棋子开始在第0站为必然事件，P0=1.

第一次掷硬币出现正面，棋子跳到第1站，其概率为，P1=.

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.

∴P2=+=.

(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Pn－2；

②棋子先到第n－1站，又掷出正面，其概率为Pn－1.

∴Pn=Pn－2+Pn－1.

∴Pn－Pn－1=－(Pn－1－Pn－2).

(3)解：由(2)知当1≤n≤99时，数列{Pn－Pn－1}是首项为P1－P0=－，公比为－的等比数列。

∴P1－1=－，P2－P1=(－)2，P3－P2=(－)3，…，Pn－Pn－1=(－)n.

以上各式相加，得Pn－1=(－)+(－)2+…+(－)n，

∴Pn=1+(－)+(－)2+…+(－)n=[1－(－)n+1](n=0，1，2，…，99).

∴获胜的概率为P99=[1－()100]，

失败的概率P100=P98=·[1－(－)99]=[1+()99]

(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an(n∈N)，则a1=1，a2=2，an=an－1+an－2(n≥3)，

由此可得,\\{an}斐波那契数列：1，2，3，5，8，……得a13=377，a14=610，a15=987。

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Pn

(1)求P1和P2的值；(2)求证：Pn+2－Pn+1=－(Pn+1－Pn)；(3)求Pn的表达式。

解析：(1)P1=，P2=()2+=

(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)

②从点(0，n)按向量=(0，2)移动，即(0，n)→(0，n+2)。

∴Pn+2=Pn+1+Pn

∴Pn+2－Pn+1=－(Pn+1－Pn)

(3)数列{Pn+1－Pn}是以P2-P1为首项，-为公比的等比数列。

Pn+1－Pn=(P2-P1)(-)n-1=(-)n-1=(-)n+1，

∴Pn－Pn－1=(－)n

又∵Pn－P1=(Pn－Pn－1)+(Pn－1－Pn－2)+…+(P2-P1)=(-)n+(-)n-1+…+(-)2=()[1-(-)n-1]

∴Pn=P1+()[1-(-)n-1]=+×(-)n。