《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

跟踪演练1　(2024·苏州模拟)现有甲、乙两个盒子中都有大小、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，记为一次操作.重复进行n($n\in N$)次操作后，记甲盒子中黑球个数为$X_{n}$，甲盒中恰有1个黑球的概率为$a_{n}$，恰有2个黑球的概率为$b_{n}$.
(1)求随机变量$X_{1}$的分布列；
(2)求数列$\{a_{n}\}$的通项公式；
(3)求证：$\sum_{i = 1}^{n}\frac{6 - 10a_{i}}{9a_{i}a_{i + 1}}＜\frac{9}{5}(n\in N)$.

答案： 跟踪演练1　
(1)解　由题可知$X_{1}$的可能取值为0，1，2，
根据题意得，$X_{1}=0$即为甲盒中拿黑球乙盒中拿红球交换，$X_{1}=1$即为甲盒中拿黑球乙盒中拿黑球交换或甲盒中拿红球乙盒中拿红球交换，$X_{1}=2$即为甲盒中拿红球乙盒中拿黑球交换，则$P(X_{1}=0)=\frac{1}{3}\times\frac{2}{3}=\frac{2}{9}$，
$P(X_{1}=1)=\frac{1}{3}\times\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\times\frac{2}{3}=\frac{5}{9}$，
$P(X_{1}=2)=\frac{2}{3}\times\frac{1}{3}=\frac{2}{9}$，
$X_{1}$的分布列为
| $X_{1}$ | 0 | 1 | 2 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| $P$ | $\frac{2}{9}$ | $\frac{5}{9}$ | $\frac{2}{9}$ |
(2)解　由全概率公式可知
$P(X_{n + 1}=1)=P(X_{n}=1)P(X_{n + 1}=1\vert X_{n}=1)+P(X_{n}=2)P(X_{n + 1}=1\vert X_{n}=2)+P(X_{n}=0)P(X_{n + 1}=1\vert X_{n}=0)$
$=(\frac{1}{3}\times\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\times\frac{2}{3})P(X_{n}=1)+(\frac{2}{3}\times1)P(X_{n}=2)+(1\times\frac{2}{3})P(X_{n}=0)$
$=\frac{5}{9}P(X_{n}=1)+\frac{2}{3}P(X_{n}=2)+\frac{2}{3}P(X_{n}=0)$，
即$a_{n + 1}=\frac{5}{9}a_{n}+\frac{2}{3}b_{n}+\frac{2}{3}(1 - a_{n}-b_{n})$，
即$a_{n + 1}=-\frac{1}{9}a_{n}+\frac{2}{3}$，
$a_{n + 1}-\frac{3}{5}=-\frac{1}{9}(a_{n}-\frac{3}{5})$，
又$a_{1}=P(X_{1}=1)=\frac{5}{9}$，
所以数列$\{a_{n}-\frac{3}{5}\}$是以$a_{1}-\frac{3}{5}=-\frac{2}{45}$为首项，
$-\frac{1}{9}$为公比的等比数列，
$a_{n}-\frac{3}{5}=(-\frac{2}{45})\times(-\frac{1}{9})^{n - 1}=\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{n}$，即$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{n}$。
(3)证明　因为$\frac{6 - 10a_{i}}{9a_{i}a_{i + 1}}$
$=\frac{6 - 10[\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{i}]}{9[\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{i}][\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{i + 1}]}$
$=\frac{4(-\frac{1}{9})^{i}}{9[\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{i}][\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{i + 1}]}$
$=\frac{1}{\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{i}}-\frac{1}{\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{i + 1}}$，
所以$\sum_{i = 1}^{n}\frac{6 - 10a_{i}}{9a_{i}a_{i + 1}}$
$=\frac{1}{\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{1}}-\frac{1}{\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{2}}$
$+\frac{1}{\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{2}}-\frac{1}{\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{3}}$
$+\cdots+\frac{1}{\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{n}}-\frac{1}{\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{n + 1}}$
$=\frac{9}{5}-\frac{1}{\frac{3}{5}+\frac{2}{5}(-\frac{1}{9})^{n + 1}}＜\frac{9}{5}(n\in N^{*})$，得证。

例2　(2024·苏州模拟)点列，就是将点的坐标按照一定关系进行排列.过曲线$C:y = x^{3}$上的点$P_{1}(x_{1},y_{1})$作曲线C的切线$l_{1}$与曲线C交于点$P_{2}(x_{2},y_{2})$，过点$P_{2}$作曲线C的切线$l_{2}$与曲线C交于点$P_{3}(x_{3},y_{3})$，依此类推，可得到点列：$P_{1}(x_{1},y_{1})$，$P_{2}(x_{2},y_{2})$，$P_{3}(x_{3},y_{3})$，…，$P_{n}(x_{n},y_{n})$，…，$n\in N$，已知$x_{1}=1$.
(1)求数列$\{x_{n}\}$，$\{y_{n}\}$的通项公式；
(2)记点$P_{n}$到直线$l_{n + 1}$(即直线$P_{n + 1}P_{n + 2}$)的距离为$d_{n}$.求证：$\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{2}}+\cdots+\frac{1}{d_{n}}＞\frac{4}{9}$.

答案： 例2　
(1)解　曲线$C$上点$P_{n}(x_{n},y_{n})$处的切线$l_{n}$的斜率为$k_{n}=y'|_{x = x_{n}} = 3x_{n}^{2}$，故得到切线方程为$y - y_{n}=3x_{n}^{2}(x - x_{n})$，
联立$\begin{cases}y = x^{3}\\y - y_{n}=3x_{n}^{2}(x - x_{n})\\y_{n}=x_{n}^{3}\end{cases}$，
消去$y$得$x^{3}-3x_{n}^{2}x + 2x_{n}^{3}=0$，
化简得$(x - x_{n})^{2}(x + 2x_{n})=0$，
所以$x = x_{n}$或$x=-2x_{n}$，
由$x = x_{n}$得到点$P_{n}$的坐标$(x_{n},y_{n})$，由$x=-2x_{n}$就得到点$P_{n + 1}$的坐标$(-2x_{n},(-2x_{n})^{3})$，
所以$x_{n + 1}=-2x_{n}$，
故数列$\{x_{n}\}$是首项为1，公比为$-2$的等比数列，
所以$x_{n}=(-2)^{n - 1}$，$y_{n}=(-8)^{n - 1}$。
(2)证明　由（1）知$P_{n + 1}((-2)^{n},(-8)^{n})$，$P_{n + 2}((-2)^{n + 1},(-8)^{n + 1})$，
所以直线$l_{n + 1}$的方程为
$y-(-8)^{n}=\frac{(-8)^{n}-(-8)^{n + 1}}{(-2)^{n}-(-2)^{n + 1}}[x - (-2)^{n}]$，
化简得$3\cdot4^{n}x - y-2(-8)^{n}=0$，
因为$d_{n}=\frac{\vert3\cdot4^{n}(-2)^{n - 1}-(-8)^{n - 1}-2(-8)^{n}\vert}{\sqrt{(3\cdot4^{n})^{2}+(-1)^{2}}}$
$=\frac{27\cdot8^{n - 1}}{\sqrt{9\cdot4^{2n}+1}}＜\frac{27\cdot8^{n - 1}}{3\cdot2^{2n}}$
$=9\cdot2^{n - 3}$，
所以$\frac{1}{d_{n}}＞\frac{1}{9}(\frac{1}{2})^{n - 3}$，
所以$\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{2}}+\cdots+\frac{1}{d_{n}}＞\frac{1}{9}\times\frac{4[1 - (\frac{1}{2})^{n}]}{1-\frac{1}{2}}=\frac{8}{9}(1-\frac{1}{2^{n}})$
$\geq\frac{8}{9}(1-\frac{1}{2})=\frac{4}{9}$，
即$\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{2}}+\cdots+\frac{1}{d_{n}}＞\frac{4}{9}$。