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概率与数列(含马尔科夫链问题)
【知识拓展】
1.概率统计与数列的交汇涉及面广，内涵丰富，是近几年高考追逐的热点，主要
是概率统计与数列的证明、求通项、求和等.
2.马尔科夫链
(1)性质：对于随机变量序列Xn，已知第n 小时的状态Xn，如果Xn＋1的随机变化
规律与前面的各项X1，X2，…，Xn－1的取值都没有关系，那么称随机变量序列Xn
具有马尔科夫性.称具有马尔科夫性的随机变量序列{Xn}为马尔科夫链.
(2)原理：利用全概率公式，我们既可以构造某些递推关系求解概率，还可以推
导经典的一维随机游走模型，即设数轴上一个点，它的位置只能位于整点处，在
时刻t＝0 时，位于点X＝i(i∈N*)一个时刻，它将以概率α 或者β(α∈0，1)，α＋
β＝1)向左或者向右平移一个单位.若记状态Xt＝i表示在时刻t 该点位于位置X＝
i(i∈N*)，那么由全概率公式可得
P(Xt＋1＝i)＝P(Xt＝i－1)·P(Xt＋1＝i|Xt＝i－1)＋P(Xt＝i＋1)·P(Xt＋1＝i|Xt＝i＋1)
另一方面，由于P(Xt＋1＝i|Xt＝i－1)＝β，
P(Xt＋1＝i|Xt＝i＋1)＝α，
代入上式可得Pi＝αPi＋1＋βPi－1.
【类型突破】
类型一 概率与数列
例1 甲、乙两人组团参加答题挑战赛，规定：每一轮甲、乙各答一道题，若两
人都答对，该团队得1 分；只有一人答对，该团队得0 分；两人都答错，该团队
得－1 分.假设甲、乙两人答对任何一道题的概率分别为，.
(1)记X 表示该团队一轮答题的得分，求X 的分布列及数学期望E(X)；
(2)假设该团队连续答题n 轮，各轮答题相互独立.记pn表示“没有出现连续三轮
每轮得1 分”的概率，pn＝apn－1＋bpn－2＋cpn－3(n≥4)，求a，b，c；并证明：答
题轮数越多(轮数不少于3)，出现“连续三轮每轮得1 分”的概率越大.
解 (1)由题意可知，X 的取值为－1，0，1.
P(X＝－1)＝×＝；
P(X＝0)＝×＋×＝；
P(X＝1)＝×＝.
故X 的分布列如下：
X
－1
0
1
P(X)
则E(X)＝－1×＋0×＋1×＝.
(2)由题意可知，p1＝1，p2＝1，p3＝1－＝，
p4＝1－3×＝；
经分析可得：
若第n 轮没有得1 分，则pn＝×pn－1；
若第n 轮得1 分，且第n－1 轮没有得1 分，则pn＝××pn－2；
若第n 轮得1 分，且第n－1 轮得1 分，第n－2 轮没有得1 分，则pn＝pn－3；
故pn＝pn－1＋pn－2＋pn－3(n≥4)，
故a＝，b＝，c＝；
因为pn＝pn－1＋pn－2＋pn－3，
故pn＋1＝pn＋pn－1＋pn－2，
故pn＋1－pn＝pn－pn－1－pn－2－pn－3＝－pn＋pn－1＋pn－2
＝－＋pn－1＋pn－2＝－pn－3<0；
故pn＋1<pn(n≥4)，且p1＝p2>p3>p4，
则p1＝p2>p3>p4>p5>…，
所以答题轮数越多(轮数不少于3)，出现“连续三轮每轮得1 分”的概率越大.
规律方法 1.证明数列的单调性关键是证明相邻两项的差为正数或负数，若数列
为递推数列，则需注意寻找相邻项的关系.
2.证明数列为等差、等比数列，关键是依据概率统计知识，得到数列的通项公式
或递推式，利用等差、等比数列的的定义证明.
训练1 国学小组有编号为1，2，3，…，n 的n 位同学，现在有两个选择题，每
人答对第一题的概率为，答对第二题的概率为，每个同学的答题过程都是相互独
立的，比赛规则如下：
a.按编号由小到大的顺序依次进行，第1 号同学开始第1 轮初赛；
b.若第i(i＝1，2，3，…，n－1)号同学未答对第一题，则第i 轮比赛失败，由第i
＋1 号同学继续比赛；
c.若第i(i＝1，2，3，…，n－1)号同学答对第一题，若该生答对第二题，则比赛
在第i 轮结束；若该生未答对第二题，则第i 轮比赛失败，由第i＋1 号同学继续
答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；
d.若比赛进行到了第n 轮，则不管第n 号同学答题情况，比赛结束.
(1)若随机变量Xn表示n 名同学在第Xn轮比赛结束，当n＝3 时，求随机变量X3
的分布列；
(2)若把比赛规则c.改为：若第i(i＝1，2，3，…，n－1)号同学未答对第二题，则
第i 轮比赛失败，第i＋1 号同学重新从第一题开始作答.令随机变量Yn表示n 名
挑战者在第Yn轮比赛结束.
①求随机变量Yn(n∈N*，n≥2)的分布列；
②证明：E(Yn)单调递增，且小于3.
(1)解 由题设，X3的取值为1，2，3.
P(X3＝1)＝×＝，
P(X3＝2)＝××＋××＝，
P(X3＝3)＝1－－＝，
因此X3的分布列为
X3
1
2
3
P
(2)①解 Yn可取值为1，2，…，n.
每位同学两题都答对的概率为p＝×＝，
则答题失败的概率均为1－×＝，
所以Yn＝k(1≤k≤n－1，k∈N*)时，P(Yn＝k)＝×；
当Yn＝n 时，P(Yn＝n)＝，
故Yn的分布列为：
Yn
1
2
3
…
n－1
n
P
×
×
…
×
②证明 由①知E(Yn)＝∑k×＋n(n∈N*，n≥2).
E(Yn＋1)－E(Yn)＝n×＋(n＋1)·－n＝>0，
故E(Yn)单调递增；
由上得E(Y2)＝，
故E(Yn)＝E(Y2)＋[E(Y3)－E(Y2)]＋[E(Y4)－E(Y3)]＋…＋[E(Yn)－E(Yn－1)]，
所以E(Yn)＝＋＋＋…＋＝＋＝3－2×<3，
故E(Y2)<E(Y3)<E(Y4)<E(Y5)<…<E(Yn)<3.
综上E(Yn)单调递增，且小于3.
类型二 马尔科夫链模型
例2 (2024·青岛调研)马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习
和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都
有着极其广泛的应用.其数学定义为：假设我们的序列状态是…，Xt－2，Xt－1，
Xt，Xt＋1，…，那么Xt＋1 时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态Xt，即P(Xt＋
1|…，Xt－2，Xt－1，Xt)＝P(Xt＋1|Xt).现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如人人
唾弃的赌博.假如一名赌徒进入赌场参与赌博，每一局赌徒赌赢的概率为50%，
且每局赌赢可以赢得1 元，每一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1 元.
赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博：一种是手中赌金为0
元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B 元，赌徒停止赌博.记赌徒的本金为
A 元(A∈N*，A<B)，赌博过程如图中的数轴所示.
当赌徒手中有n 元(0≤n≤B，n∈N)时，最终输光的概率为P(n)，请回答下列问
题：
(1)请直接写出P(0)与P(B)的数值；
(2)证明{P(n)}是一个等差数列，并写出公差d；
(3)当A＝100 时，分别计算B＝200，B＝1 000 时，P(A)的数值，并结合实际，解
释当B→∞时，P(A)的统计含义.
(1)解 当n＝0 时，赌徒已经输光了，因此P(0)＝1.
当n＝B 时，赌徒到了停止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率P(B)＝0.
(2)证明 记M：赌徒有n 元最后输光的事件，N：赌徒有n 元下一场赢的事件，
则P(M)＝P(N)P(M|N)＋P(N)P(M|N)，
即P(n)＝P(n－1)＋P(n＋1)，
所以P(n)－P(n－1)＝P(n＋1)－P(n)，
所以{P(n)}是一个等差数列.
设P(n)－P(n－1)＝d，P(n－1)－P(n－2)＝d，…，P(1)－P(0)＝d，
累加得P(n)－P(0)＝nd，
故P(B)－P(0)＝Bd，得d＝－.
(3)解 由P(n)－P(0)＝nd 得P(A)－P(0)＝Ad，
即P(A)＝1－.
当B＝200 时，P(A)＝50%，
当B＝1 000 时，P(A)＝90%，
当B→∞时，P(A)→1，因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平的赌博，
只要赌徒一直玩下去就会有100%的概率输光.
规律方法 1.马尔科夫链模型的本质是下一步的概率仅与上一步的概率有关；
2.写出概率的递推公式，利用数学递推公式求出通项公式，进而解决有关问题.
训练2 (2024·武汉模拟)甲口袋中装有2 个黑球和1 个白球，乙口袋中装有1 个黑
球和2 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，称为1 次
球交换的操作，重复n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn.
(1)求X2的概率分布列并求E(X2)；
(2)求证：(n≥2 且n∈N*)为等比数列，并求出E(Xn)(n≥2 且n∈N*).
(1)解 X2可能取0，1，2，3.
则P(X2＝0)＝×××＝；
P(X2＝3)＝×××＋×××＝；
P(X2＝1)＝×××＋×××＋×××＋×××＝；
P(X2＝2)＝1－P(X2＝0)－P(X2＝1)－P(X2＝3)＝，
故X2的分布列为：
X2
0
1
2
3
P
E(X2)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)证明 由题可知P(Xn＋1＝1)＝P(Xn＝0)＋P(Xn＝1)＋×P(Xn＝2)＝P(Xn＝0)＋
P(Xn＝1)＋P(Xn＝2)，
P(Xn＋1＝2)＝×P(Xn＝1)＋(×＋×)P(Xn＝2)＋P(Xn＝3)＝P(Xn＝1)＋P(Xn＝2)＋P(Xn
＝3)，
P(Xn＋1＝3)＝×P(Xn＝2)＝P(Xn＝2)，
又∵P(Xn＝0)＋P(Xn＝1)＋P(Xn＝2)＋P(Xn＝3)＝1，
E(Xn＋1)＝1×P(Xn＋1＝1)＋2×P(Xn＋1＝2)＋3×P(Xn＋1＝3)＝P(Xn＝0)＋P(Xn＝1)＋
P(Xn＝2)＋2P(Xn＝3)，
∴E(Xn＋1)＝1＋P(Xn＝1)＋P(Xn＝2)＋P(Xn＝3)＝1＋E(Xn)，
∴E(Xn＋1)－＝(n≥2 且n∈N*)，
∵E(X2)－＝，
故(n≥2 且n∈N*)为等比数列，
∴E(Xn)－＝×，
∴E(Xn)＝＋(n≥2 且n∈N*).
【精准强化练】
1.(2024·湖北十一校联考)如图，某人设计了一个类似于高尔顿板的游戏：将一个
半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的中间入口处，小球将自由下落，小
球在下落的过程中，将3 次遇到黑色障碍物，已知小球每次遇到黑色障碍物时，
向左、右两边下落的概率都是，最后落入A 袋或B 袋中.一次游戏中小球落入A
袋记1 分，落入B 袋记2 分，游戏可以重复进行.游戏过程中累计得n(n∈N*)分的
概率为pn.
(1)求p1，p2，p3；
(2)写出pn与pn－1(n∈N*且n≥2)之间的递推关系，并求出{pn}的通项公式.
解 (1)小球3 次碰撞全部向左偏或者全部向右偏时落入B 袋中，
此概率P(B)＝C＋C＝，
则小球落入A 袋中的概率P(A)＝1－P(B)＝1－＝，
故p1＝P(A)＝，
p2＝＋＝，
p3＝＋C××＝.
(2)法一 游戏过程中累计得不到n 分，只可能在得到(n－1)分后的一次游戏中小
球落入B 袋中，
故1－pn＝pn－1(n∈N*且n≥2)，
即pn＝1－pn－1(n∈N*且n≥2).
得pn－＝－(n∈N*且n≥2)，
故为等比数列，且首项为p1－＝－＝－，公比为－，
故pn－＝－×＝×，
故pn＝×＋(n∈N*).
法二 游戏过程中累计得n 分可以分为两种情况：得到(n－2)分后的一次游戏中
小球落入B 袋中，或得到(n－1)分后的一次游戏中小球落入A 袋中，
故pn＝pn－1＋pn－2(n∈N*且n≥3)，
即pn＋pn－1＝pn－1＋pn－2(n∈N*且n≥3)，
故(n∈N*且n≥2)为常数数列，且p2＋p1＝1，故pn＋pn－1＝1(n∈N*且n≥2)，即
pn＝1－pn－1(n∈N*且n≥2).
下同法一.
2.(2024·开封模拟)某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办
“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关
资源，2023 年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷
调查，据统计，有的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024 年的
“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1 分，两个文化节都参加的游
客记2 分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文
化节”相互独立，将频率视为概率.
(1)从2023 年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分
的数学期望；
(2)2024 年的“清明文化节”拟定于4 月4 日至4 月19 日举行，为了吸引游客再
次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种
出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲
第一天选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继
续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选
择“观光电车行”的概率为，如此往复.
①求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
②求甲第n(n＝1，2，…，16)天选择“单车自由行”的概率Pn，并帮甲确定在
2024 年“清明文化节”的16 天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车
行”的概率的天数.
解 (1)由题意，每位游客得1 分的概率为，得2 分的概率为，随机抽取三人，用
随机变量X 表示三人合计得分，则X 可能的取值为3，4，5，6.
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝C××＝，
P(X＝5)＝C××＝，
P(X＝6)＝＝，
则E(X)＝3×＋4×＋5×＋6×＝4.
所以三人合计得分的数学期望为4.
(2)第一天选择“单车自由行”的概率为，则第一天选择“观光电车行”的概率
为，
若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，
若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，则后
一天选择“单车自由行”的概率为，
①甲第二天选择“单车自由行”的概率P＝×＋×＝.
②甲第n(n＝1，2，…，16)天选择“单车自由行”的概率Pn，有P1＝，
则Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)＝－Pn－1＋(n＝2，3，…，16)，
∴Pn－＝－，
又∵P1－＝≠0，
∴＝－(n＝2，3，…，16)，
∴是以为首项，以－为公比的等比数列，
∴Pn＝＋·(n＝1，2，…，16).
由题意知，需Pn>1－Pn，
即Pn>，＋·>，
即>＝(n＝1，2，…，16)，
显然n 必为奇数，偶数不成立，
当n＝1，3，5，…，15 时，有>＝即可，
n＝1 时，1>成立；
n＝3 时，＝>＝成立；
n＝5 时，＝＝<＝，
则n＝5 时，>不成立，
又因为单调递减，
所以n>5 时，>不成立.
综上，16 天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数只
有2 天.
