概率与数列
【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*),过一个时
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 (2025·蚌埠质检)寒假期间小明每天坚持在“跑步3 000 米”和“跳绳2 000 个”中选择一项
进行锻炼,在不下雪的时候,他跑步的概率为60%,跳绳的概率为40%,在下雪天,他跑步的概率为
20%,跳绳的概率为80%.若前一天不下雪,则第二天下雪的概率为50%,若前一天下雪,则第二天仍
下雪的概率为40%.已知寒假第一天不下雪,跑步3 000 米大约消耗能量330 卡路里,跳绳2 000 个
大约消耗能量220 卡路里.记寒假第n 天不下雪的概率为pn.
(1)求p1,p2,p3的值,并证明{pn−6
11}是等比数列;
(2)求小明寒假第n 天通过运动锻炼消耗能量的期望.
解 (1)依题意,p1＝1,p2＝0.5,
p3＝p2×0.5＋(1－p2)×(1－0.4)＝0.6－0.1p2＝0.55,
证明:依题意pn＝pn－1×0.5＋(1－pn－1)×(1－0.4)＝0.6－0.1pn－1(n≥2,n∈N*),
整理得pn－6
11＝－1
10(pn−1−6
11)(n≥2,n∈N*),
又p1－6
11 ＝5
11≠0,
所以{pn−6
11}是首项为5
11,公比为－1
10的等比数列.
(2)由(1)知,寒假第n 天不下雪的概率
pn＝5
11(−1
10)
n−1
＋6
11,
从而小明寒假第n 天跑步的概率为
qn＝pn×0.6＋(1－pn)×0.2
＝0.2＋0.4pn
＝23
55 ＋2
11(−1
10)
n−1
,
则他第n 天通过运动锻炼消耗能量的期望为330qn＋220(1－qn)＝220＋110qn＝266＋20(−1
10)
n−1
(n∈N*).
规律方法 解决概率与数列问题的交汇注意三点:
(1)准确确定所求概率的“事件属性”.
(2)准确建立数列的递推关系.
(3)利用数列的运算和性质求解问题.
训练1 (2025·杭州调研)某校在90 周年校庆到来之际,为了丰富教师的学习和生活,特举行了答题
竞赛.在竞赛中,每位参赛教师答题若干次,每一次答题的赋分方法如下:第1 次答题,答对得20 分,
答错得10 分,从第2 次答题开始,答对则获得上一次答题所得分数两倍的得分,答错得10 分,教师
甲参加答题竞赛,每次答对的概率均为1
2,每次答题是否答对互不影响.
(1)求甲前3 次答题的得分之和为70 分的概率.
(2)记甲第i 次答题所得分数Xi(i∈N*)的数学期望为E(Xi).
①求E(X1),E(X2),E(X3),并猜想当i≥2 时,E(Xi)与E(xi－1)之间的关系式;
②若
n
∑
i=1
E(Xi)>320,求n 的最小值.
解 (1)由题意,前3 次的得分分别为20(对),40(对),10(错)或10(错),20(对),40(对),
所以甲前3 次答题的得分之和为70 分的概率为P＝2×(
1
2)
3
＝1
4 .
(2)①甲第1 次答题得分20 分,10 分的概率分别为1
2,1
2,
则E(X1)＝20×1
2＋10×1
2＝15,
甲第2 次答题得40 分,20 分,10 分的概率分别为1
4,1
4,1
2,
则E(X2)＝40×1
4＋20×1
4＋10×1
2＝20,
甲第3 次答题得分80 分,40 分,20 分,10 分的概率分别为1
8,1
8,1
4,1
2,
则E(X3)＝80×1
8＋40×1
8＋20×1
4＋10×1
2＝25,
当i≥2 时,因为甲第i－1 次答题所得分数Xi－1的数学期望为E(Xi－1),
所以第i 次答对题所得分数为2E(Xi－1),
答错题所得分数为10 分,其概率为1
2,
所以E(Xi)＝2E(Xi－1)×1
2＋10×1
2
＝E(Xi－1)＋5,
可猜想:E(Xi)＝E(Xi－1)＋5,i≥2,且i∈N*.
②由①知数列{E(Xi)}是以15 为首项,5 为公差的等差数列,根据等差数列的求和公式,
可得
n
∑
i=1
E(Xi)＝15n＋n(n−1)
2
×5＝5n
2＋25n
2
,
当n＝9 时,
9
∑
i=1
E(Xi)＝315<320,
当n＝10 时,
10
∑
i=1
E(Xi)＝375>320,
所以实数n 的最小值为10.
类型二 马尔科夫链模型
例2 (2025·青岛调研)设动点P 沿数轴的正方向移动,且第i 次移动1 个单位长度的概率为pi,移动2
个单位长度的概率为1－pi.已知an表示动点P 在数轴上第n 次移动后表示的数,在第一次移动前动
点P 在数轴的原点处.
(1)若p1＝1
2,p2＝1
3,求a2＝3 的概率;
(2)若每次移动2 个单位长度的概率都是移动1 个单位长度的概率的2 倍.
①求an＝n＋k(k＝0,1,2,…,n)的概率;
②求动点P 能移动到自然数n 处的概率Pn.
解 (1)因为p1＝1
2,p2＝1
3,
a2＝3＝1＋2＝2＋1,
所以P(a2＝3)＝p1(1－p2)＋(1－p1)p2
＝1
2 ×(1−1
3)＋(1−1
2)× 1
3 ＝1
2,
即a2＝3 的概率为1
2.
(2)由题意得1－pi＝2pi,
所以pi＝1
3,1－pi＝2
3.
①因为an＝n＋k＝(n－k)＋2k(k＝0,1,2,…,n),
即P 在n 次移动中恰有k 次移动2 个单位长度,
所以P(an＝n＋k)＝Cn
k(
1
3)
n−k
(
2
3)
k
＝2
kCn
k
3
n (k＝0,1,2,…,n).
②P1是指点P 移到1 处的概率,P2是指点P 移到2 处的概率.
P1＝1
3,P2＝2
3 ＋1
3 × 1
3 ＝7
9,
且Pn＋2＝1
3Pn＋1＋2
3Pn,
所以Pn＋2－Pn＋1＝－2
3(Pn＋1－Pn),
即Pn＋1－Pn＝－2
3(Pn－Pn－1)(n≥2),
则数列{Pn＋1－Pn}是等比数列,公比为－2
3,
首项为P2－P1＝4
9,
所以Pn＋1－Pn＝4
9 ×(−2
3)
n−1
＝(−2
3)
n＋1
,
所以Pn－P1＝(Pn－Pn－1)＋(Pn－1－Pn－2)＋…＋(P2－P1)＝(−2
3)
n
＋(−2
3)
n−1
＋…＋(−2
3)
2
＝4
15[1−(−2
3)
n−1
](n≥2),
所以Pn＝4
15[1−(−2
3)
n−1
]＋1
3
＝3
5 ＋2
5(−2
3)
n
(n∈N*).
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 (2025·重庆诊断)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:{E( X n)−3
2}(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)＝2
3 × 2
3 × 1
3 × 1
3 ＝4
81;
P(X2＝3)＝2
3 × 1
3 × 1
3 × 1
3 ＋1
3 × 2
3 × 1
3 × 1
3 ＝4
81;
P(X2＝1)＝1
3 × 2
3 × 2
3 × 2
3 ＋2
3 × 1
3 × 2
3 × 2
3 ＋2
3 × 2
3 × 1
3 × 2
3 ＋2
3 × 2
3 × 2
3 × 1
3 ＝32
81;
P(X2＝2)＝1－P(X2＝0)－P(X2＝1)－P(X2＝3)＝41
81,
故X2的分布列为
X2
0
1
2
3
P
4
81
32
81
41
81
4
81
E(X2)＝0× 4
81＋1×32
81＋2×41
81＋3× 4
81 ＝14
9 .
(2)证明 由题可知P(Xn＋1＝1)＝P(Xn＝0)＋(
1
3 × 2
3 ＋2
3 × 1
3)P(Xn＝1)＋2
3 × 2
3P(Xn＝2)＝P(Xn＝0)＋4
9
P(Xn＝1)＋4
9P(Xn＝2),
P(Xn＋1＝2)＝2
3 × 2
3P(Xn＝1)＋(
2
3 × 1
3 ＋1
3 × 2
3)P(Xn＝2)＋P(Xn＝3)＝4
9P(Xn＝1)＋4
9P(Xn＝2)＋P(Xn＝
3),
P(Xn＋1＝3)＝1
3 × 1
3P(Xn＝2)＝1
9P(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)＋12
9 P(Xn＝1)＋15
9 P(Xn＝2)＋
2P(Xn＝3),
∴E(Xn＋1)＝1＋1
3P(Xn＝1)＋2
3P(Xn＝2)＋P(Xn＝3)＝1＋1
3E(Xn),
∴E(Xn＋1)－3
2 ＝1
3(E( X n)−3
2)(n≥2 且n∈N*),
∵E(X2)－3
2 ＝1
18,
故{E( X n)−3
2}(n≥2 且n∈N*)是首项为1
18,公比为1
3的等比数列,
∴E(Xn)－3
2 ＝1
18 ×(
1
3)
n−2
,
∴E(Xn)＝1
2(
1
3)
n
＋3
2(n≥2 且n∈N*).
【精准强化练】
1.(2025·许昌质检)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1
2,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)＝C3
0(
1
2)
3
＋C3
3(
1
2)
3
＝1
4 ,
则小球落入A 袋中的概率
P(A)＝1－P(B)＝1－1
4 ＝3
4 ,
故p1＝P(A)＝3
4,
p2＝(
3
4)
2
＋1
4 ＝13
16,
p3＝(
3
4)
3
＋C2
1× 1
4 × 3
4 ＝51
64 .
(2)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＝3
4pn－1＋1
4pn－2(n∈N*且n≥3),
即pn＋1
4pn－1＝pn－1＋1
4pn－2(n∈N*且n≥3),
故{pn＋1
4 pn−1}(n∈N*且n≥2)为常数数列,且p2＋1
4p1＝1,故pn＋1
4pn－1＝1(n∈N*且n≥2),即pn＝
1－1
4pn－1(n∈N*且n≥2).
得pn－4
5 ＝－1
4(pn−1−4
5)(n∈N*且n≥2),
故{pn−4
5}为等比数列,且首项为p1－4
5 ＝3
4 －4
5＝－1
20,公比为－1
4,
故pn－4
5＝－1
20 ×(−1
4)
n−1
＝1
5 ×(−1
4)
n
,
故{pn}的通项公式为pn＝1
5 ×(−1
4)
n
＋4
5 (n∈N*).
2.(2025·成都二模)北湖生态公园有两条散步路线,分别记为路线A 和路线B.公园附近的居民经常来
此散步,经过一段时间的统计发现,前一天选择路线A 的居民第二天选择路线A 和路线B 的概率均
为1
2;前一天选择路线B 的居民第二天选择路线A 和路线B 的概率分别为3
4和1
4.已知居民第一天选
择路线A 的概率为1
3,选择路线B 的概率为2
3.
(1)若有4 位居民连续两天去公园散步,记第二天选择路线A 散步的人数为Y,求Y 的分布列及期望;
(2)若某居民每天都去公园散步,记第n 天选择路线A 的概率为Pn.
①请写出Pn＋1与Pn(n∈N*)的递推关系;
②设Mn＝
16
|15 Pn−9| －4,求证:n
4－1<
M 1
M 2
＋M 2
M 3
＋…＋
M n
M n＋1
<n
4 (n∈N*).
(1)解 记附近居民第i(i＝1,2)天选择路线A,B 分别为事件Ai,Bi,
依题意,P(A1)＝1
3,P(B1)＝2
3,
P(A2|A1)＝P(B2|A1)＝1
2,
P(A2|B1)＝3
4 ,
P(B2|B1)＝1
4,
则由全概率公式,得居民第二天选择路线A 散步的概率
P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)
＝1
3 × 1
2 ＋2
3 × 3
4 ＝2
3.
由第二天选择路线A 散步的人数记为Y,
则Y~B(4 , 2
3),
则P(Y＝0)＝(
1
3)
4
＝1
81,
P(Y＝1)＝C 4
1·2
3·(
1
3)
3
＝8
81,
P(Y＝2)＝C 4
2·(
2
3)
2
·(
1
3)
2
＝24
81 ＝8
27,
P(Y＝3)＝C 4
3·(
2
3)
3
·1
3 ＝32
81,
P(Y＝4)＝(
2
3)
4
＝16
81,
则Y 的分布列为:
Y
0
1
2
3
4
P
1
81
8
81
8
27
32
81
16
81
故Y 的数学期望E(Y)＝4×2
3 ＝8
3.
(2)①解 当第n 天选择路线A 时,第n＋1 天选择路线A 的概率Pn＋1＝1
2Pn;
当第n 天选择路线B 时,第n＋1 天选择路线A 的概率Pn＋1＝3
4(1－Pn),
所以Pn＋1＝1
2Pn＋3
4 (1－Pn)
＝－1
4 Pn＋3
4(n∈N*).
②证明 由①知Pn＋1＝－1
4Pn＋3
4(n∈N*),
则Pn＋1－3
5＝－1
4(Pn−3
5),而P1＝1
3,
于是数列{Pn−3
5}是首项为P1－3
5 ＝1
3 －3
5＝－4
15,公比为－1
4的等比数列,
因此Pn－3
5＝－4
15·(−1
4)
n−1
,
即Pn＝3
5 －4
15·(−1
4)
n−1
,
Mn＝
16
|15 Pn−9| －4＝4n－4,
当n≥2 时,
M n
M n＋1
＝4
n−4
4
n＋1−4
＝
4
n−4
4(4
n−1)<
4
n−4
4(4
n−4)
＝1
4,
而
M 1
M 2＝0<1
4,
所以
M 1
M 2
＋M 2
M 3＋…＋
M n
M n＋1<n
4;
当n≥2 时,
M n
M n＋1
＝4
n−4
4
n＋1−4
＝
1
4 (4
n＋1−4)−3
4
n＋1−4
＝1
4 －
3
4
n＋1−4>1
4 －3
4
n,
而
M 1
M 2＝0>1
4 －3
4＝－1
2,
所以
M 1
M 2
＋M 2
M 3＋…＋
M n
M n＋1
>n
4－3( 1
4
1 ＋1
4
2 ＋1
4
3＋…＋1
4
n)
＝n
4－(1－1
4
n)>n
4－1,
所以n
4 －1<
M 1
M 2
＋M 2
M 3＋…＋
M n
M n＋1<n
4
