概率与统计中的创新问题
高考定位 与概率统计有关的创新问题主要有两个类型:(1)以高等数学知识为背景的概率统计问题;
(2)概率、统计方法的新定义问题.
【类型突破】
类型一 概统中的定义新函数
例1 (2025·盐城质检)在概率统计中,常常用频率估计概率.已知袋中有若干个红球和白球,有放回地
随机摸球n 次,红球出现m 次.假设每次摸出红球的概率为p,根据频率估计概率的思想,则每次摸出
红球的概率p 的估计值为^p＝m
n .
(1)若袋中这两种颜色球的个数之比为1∶3,不知道哪种颜色的球多.有放回地随机摸取3 个球,设摸
出的球为红球的次数为Y,则Y~B(3,p).
(注:Pp(Y＝k)表示当每次摸出红球的概率为p 时,摸出红球次数为k 的概率)
①完成下表:
k
0
1
2
3
P 1
4(Y＝k)
27
64
1
64
P 3
4(Y＝k)
9
64
27
64
②在统计理论中,把使得Pp(Y＝k)的取值达到最大时的p,作为p 的估计值,记为^p,请写出^p的值.
(2)把(1)中“使得Pp(Y＝k)的取值达到最大时的p 作为p 的估计值^p”的思想称为最大似然原理.基
于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计.
具体步骤:先对参数θ 构建对数似然函数l(θ),再对其关于参数θ 求导,得到似然方程l'(θ)＝0,最后求
解参数θ 的估计值.已知Y~B(n,p)的参数p 的对数似然函数为l(p)＝
n
∑
i=1
Xiln p＋
n
∑
i=1
(1－Xi)ln(1－p),
其中Xi＝{
0, 第i 次摸出白球,
1, 第i 次摸出红球.求参数p 的估计值,并且说明频率估计概率的合理性.
解 (1)因为袋中这两种颜色球的个数之比为1∶3,且Y~B(3,p),
所以p 的值为1
4 或3
4;
①当p＝1
4 时,
P 1
4(Y＝1)＝C3
1p1(1－p)2＝27
64,
P 1
4(Y＝2)＝C3
2p2(1－p)＝9
64,
当p＝3
4时,P 3
4(Y＝0)＝C3
0p0(1－p)3＝1
64,
P 3
4(Y＝2)＝C3
2p2(1－p)＝27
64,
表格如下
k
0
1
2
3
P 1
4(Y＝k)
27
64
27
64
9
64
1
64
P 3
4(Y＝k)
1
64
9
64
27
64
27
64
②Pp(Y＝k)＝C3
kpk(1－p)3－k.由上表可知,
当Y＝0 或1 时,参数p＝1
4的概率最大;
当Y＝2 或3 时,参数p＝3
4的概率最大.
所以^p＝{
1
4 ,Y ＝0,1,
3
4 ,Y ＝2,3.
(2)由l(p)＝
n
∑
i=1
Xiln p＋
n
∑
i=1
(1－Xi)ln(1－p),
则l'(p)＝1
p
n
∑
i=1
Xi－
1
1−p
n
∑
i=1
(1－Xi),
令1
p
n
∑
i=1
Xi－
1
1−p
n
∑
i=1
(1－Xi)＝0,
即1−p
p
＝
n
∑
i=1
(1−X i)
n
∑
i=1
X i
＝
n−
n
∑
i=1
X i
n
∑
i=1
Xi
＝
n
n
∑
i=1
Xi
－1,
故p＝1
n
n
∑
i=1
Xi,即当p∈(0, 1
n
n
∑
i=1
Xi)时,l'(p)>0,
当p∈(
1
n
n
∑
i=1
X i,1)时,l'(p)<0,
故l(p)在(0, 1
n
n
∑
i=1
X i)上单调递增,
在(
1
n
n
∑
i=1
Xi,1)上单调递减,
即当p＝1
n
n
∑
i=1
Xi时,l(p)取最大值,
故^p＝1
n
n
∑
i=1
Xi,
因此,用最大似然估计的参数^p与频率估计概率的^p是一致的,故用频率估计概率是合理的.
规律方法 极大似然估计是一种基于概率理论的方法,用于估计一个概率模型的参数,使得观测到
的数据在该模型下出现的概率最大.换句话说,它寻找的是使我们观察到的数据最有可能发生的参
数值,解决此类问题一般要利用导数与函数的性质.
训练1 (2025·泉州质检)某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠
之间的接触传染,现有n 只白鼠,每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为1
2,被感染的白鼠数用随机
变量X 表示,假设每只白鼠是否被感染之间相互独立.
(1)若P(X＝5)＝P(X＝95),求数学期望E(X);
(2)接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为p,现有两个不同的研究团队理论研究发现概率p 与参数
θ(0<θ<1)的取值有关.团队A 提出函数模型为p＝ln(1＋θ)－2
3 θ2,团队B 提出函数模型为p＝1
2(1－e
－θ).现将100 只接种疫苗后的白鼠分成10 组,每组10 只进行实验,随机变量Xi(i＝1,2,…,10)表示
第i 组被感染的白鼠数,将随机变量Xi(i＝1,2,…,10)的实验结果xi(i＝1,2,…,10)绘制成频率分布
图,如图所示.
①试写出事件“X1＝x1,X2＝x2,…,X10＝x10”发生的概率表达式(用p 表示,组合数不必计算);
②在统计学中,若参数θ＝θ0时使得概率P(X1＝x1,X2＝x2,…,X10＝x10)最大,称θ0是θ 的最大似然估
计.根据这一原理和团队A,B 提出的函数模型,判断哪个团队的函数模型可以求出θ 的最大似然估
计,并求出最大似然估计.参考数据:ln 3
2≈0.405 5.
解 (1)由题知,随机变量X 服从二项分布,
X~B(n, 1
2),
由P(X＝5)＝P(X＝95),
则Cn
5(
1
2)
5
(1−1
2)
n−5
＝Cn
n−5(
1
2)
n−5
(1−1
2)
5
＝Cn
95(
1
2)
95
(1−1
2)
n−95
,
得n＝100,所以E(X)＝np＝50.
(2)①A＝“X1＝x1,X2＝x2,…,X10＝x10”,
则P(A)＝[C10
1 p(1－p)9]3[C10
2 p2(1－p)8]3[C10
3 p3·(1－p)7]2[C10
4 p4(1－p)6][C10
6 p6(1－p)4],
所以P(A)＝(C10
1 )3(C10
2 )3(C10
3 )2(C10
4 )2p25(1－p)75;
②转化为求P(A)的自然对数的最大值.
记g(p)＝ln[(C10
1 )3(C10
2 )3(C10
3 )2(C10
4 )2]＋25ln p＋75ln (1－p),
则g'(p)＝25
p －75
1−p ＝25−100 p
p(1−p) ,
当0<p<1
4 时,g'(p)>0,g(p)单调递增;
当1
4<p<1 时,g'(p)<0,g(p)单调递减;
当p＝1
4 时,g(p)取得最大值,
即P(x1＝x1,x2＝x2,…,x10＝x10)取得最大值,
在团队A 提出的函数模型p＝ln(1＋θ)－2
3θ2(0<θ<1)中,
记函数f1(x)＝ln(1＋x)－2
3x2(0<x<1),
f1'(x)＝
1
1＋x －4
3 x＝(1−2 x)(2 x＋3)
3(1＋x)
,
当0<x<1
2时,f1'(x)>0,f1(x)单调递增;
当1
2<x<1 时,f1'(x)<0,f1(x)单调递减,
当x＝1
2时,f1(x)取得最大值ln 3
2 －1
6<1
4(ln 3
2 ≈0.405 5),则θ 不可以估计;
在团队B 提出的函数模型p＝1
2(1－e－θ)中,
记函数f2(x)＝1
2(1－e－x),f2(x)单调递增,
令f2(x)＝1
4,解得x＝ln 2,
则团队B 可以求出θ 的最大似然估计,且θ0＝ln 2 是θ 的最大似然估计.
类型二 信息熵问题
例2 信息熵是信息论之父香农(Shannon)定义的一个重要概念,香农在1948 年发表的论文《通信的
数学理论》中指出,任何信息都存在冗余,把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”,并
给出了计算信息熵的数学表达式:设随机变量X 所有可能的取值为1,2,…,n(n∈N*),且P(X＝i)＝
pi>0(i＝1,2,…,n),
n
∑
i=1
pi＝1,定义X 的信息熵H(X)＝－
n
∑
i=1
pilog2pi.
(1)当n＝1 时,计算H(X);
(2)若pi＝1
n(i＝1,2,…,n),判断并证明当n 增大时,H(X)的变化趋势;
(3)若n＝2m(m∈N*),随机变量Y 所有可能的取值为1,2,…,m,且P(Y＝j)＝pj＋p2m＋1－j(j＝
1,2,…,m),证明:H(X)>H(Y).
(1)解 当n＝1 时,则i＝1,p1＝1,
所以H(X)＝－(1×log21)＝0.
(2)解 H(X)随着n 的增大而增大.
当pi＝1
n(i＝1,2,…,n),
则H(X)＝－(
1
n ·lo g2
1
n)×n＝－log21
n＝log2n,
设f(n)＝log2n,n∈N*,
则f(n＋1)－f(n)＝log2(n＋1)－log2n
＝log2n＋1
n
>0,
因此H(X)随着n 的增大而增大.
(3)证明 若n＝2m(m∈N*),
随机变量Y 所有可能的取值为1,2,…,m,
且P(Y＝j)＝pj＋p2m＋1－j(j＝1,2,…,m).
H(X)＝－
2m
∑
i=1
pi·log2pi＝
2m
∑
i=1
pi·log2
1
pi
＝p1·log2
1
p1＋p2·log2
1
p2＋…＋p2m－1·log2
1
p2m−1＋p2m·log2
1
p2m.
H(Y)＝(p1＋p2m)·log2
1
p1＋p2m＋(p2＋p2m－1)·log2
1
p2＋p2m−1＋…＋(pm＋pm＋1)·log2
1
pm＋pm＋1,
因为0<pi＋p2m＋1－i<1(i＝1,2,…m),
故log2
1
pi＋p2m＋1−i>0,
故H(Y)＝p1·log2
1
p1＋p2m＋p2·log2
1
p2＋p2m−1＋…＋p2m－1·log2
1
p2＋p2m−1＋p2m·log2
1
p1＋p2m,
由于pi>0(i＝1,2,…,2m),
所以1
pi>
1
pi＋p2m＋1−i>0,
所以log2 1
pi>log2
1
pi＋p2m＋1−i,
所以pi·log2 1
pi>pi·log2
1
pi＋p2m＋1−i,
所以H(X)>H(Y).
规律方法 信息熵可以理解为某种特定信息出现的概率,解题的关键是紧扣定义,恰当地利用相关
概率公式计算.
训练2 (2025·青岛段考)在信息论中,熵(entropy)是接收的每条消息中包含的信息的平均量,又被称
为信息熵、信源熵、平均自信息量.这里,“消息”代表来自分布或数据流中的事件、样本或特征.
(熵最好理解为不确定性的量度而不是确定性的量度,因为越随机的信源的熵越大)来自信源的另一
个特征是样本的概率分布.这里的想法是,比较不可能发生的事情,当它发生了,会提供更多的信息.
由于一些其他的原因,把信息(熵)定义为概率分布的对数的相反数是有道理的.事件的概率分布和每
个事件的信息量构成了一个随机变量,这个随机变量的均值(即期望)就是这个分布产生的信息量的
平均值(即熵).熵的单位通常为比特,但也用Sh、nat、Hart 计量,取决于定义用到对数的底.采用概
率分布的对数作为信息的量度的原因是其可加性.例如,投掷一次硬币提供了1 Sh 的信息,而掷m
次就为m 位.更一般地,你需要用log2 n 位来表示一个可以取n 个值的变量.在1948 年,克劳德·艾尔
伍德·香农将热力学的熵,引入到信息论,因此它又被称为香农熵.而正是信息熵的发现,使得1871 年
由英国物理学家詹姆斯·麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的麦克斯韦理论被
推翻.设随机变量ξ 所有取值为1,2,…,n,定义ξ 的信息熵H(ξ)＝－
n
∑
i=1
Pilog2Pi(
n
∑
i=1
Pi＝1,i＝
1,2,…,n).
(1)若n＝2,试探索ξ 的信息熵关于P1的解析式,并求其最大值;
(2)若P1＝P2＝1
2
n−1,Pk＋1＝2Pk(k＝2,3,…,n),求此时的信息熵.
解 (1)当n＝2 时,P1∈(0,1),H(ξ)＝－P1log2P1－(1－P1)log2(1－P1),
令f(t)＝－tlog2t－(1－t)log2(1－t),t∈(0,1),则f'(t)＝－log2t＋log2(1－t)＝log2(
1
t −1),
所以函数f(t)在(0, 1
2)上单调递增,
在(
1
2 ,1)上单调递减,
所以当P1＝1
2时,
H(ξ)取得最大值,
最大值为H(ξ)max＝1.
(2)因为P1＝P2＝1
2
n−1,Pk＋1＝2Pk(k＝2,3,…,n),所以Pk＝P2·2k－2＝2
k −2
2
n−1 ＝
1
2
n−k ＋1(k＝2,3,…,n),
故Pklog2Pk＝
1
2
n−k ＋1log2
1
2
n−k ＋1＝－n−k ＋1
2
n−k ＋1 ,
而P1log2P1＝1
2
n−1log2
1
2
n−1＝－n−1
2
n−1 ,
于是H(ξ)＝n−1
2
n−1 －
n
∑
k=2
Pklog2Pk
＝n−1
2
n−1 ＋n−1
2
n−1 ＋n−2
2
n−2 ＋…＋2
2
2 ＋1
2,
整理得H(ξ)＝n−1
2
n−1 －n
2
n ＋n
2
n ＋n−1
2
n−1 ＋n−2
2
n−2 ＋…＋2
2
2 ＋1
2.
令Sn＝1
2 ＋2
2
2 ＋3
2
3＋…＋n−1
2
n−1 ＋n
2
n,
则1
2Sn＝1
2
2 ＋2
2
3 ＋3
2
4＋…＋n−1
2
n ＋
n
2
n＋1,
两式相减得1
2Sn＝1
2 ＋1
2
2 ＋1
2
3＋…＋1
2
n －
n
2
n＋1＝1－n＋2
2
n＋1 .
因此Sn＝2－n＋2
2
n
,所以H(ξ)＝n−1
2
n−1 －n
2
n＋Sn＝n−1
2
n−1 －n
2
n＋2－n＋2
2
n
＝2－1
2
n−2.
【精准强化练】
1.(2025·郑州调考)某研究所研究某一型号疫苗的有效性,研究人员随机选取50 只小白鼠注射疫苗,
并将白鼠分成5 组,每组10 只,观察每组被感染的白鼠数.现有随机变量Xi(i＝1,2,…,5)表示第i 组
被感染的白鼠数,并将随机变量Xi的观测值xi(i＝1,2,…,5)绘制成如图所示的频数分布条形图.若
接种疫苗后每只白鼠被感染的概率为p(p∈(0,1)),假设每只白鼠是否被感染是相互独立的.记Ai为
事件“Xi＝xi(i＝1,2,…,5)”.
(1)写出P(A1)(用p 表示,组合数不必计算);
(2)研究团队发现概率p 与参数θ(0<θ<1)之间的关系为p＝1
2θ2－5
6θ＋19
45.在统计学中,若参数θ＝θ0
时的p 值使得概率P(A1A2A3A4A5)最大,称θ0是θ 的最大似然估计,求θ0.
解 (1)由题知随机变量X1~B(10,p),
所以P(A1)＝C10
2 p2(1－p)8.
(2)设事件A＝A1A2A3A4A5,
由题图可知x1＝2,x2＝1,x3＝1,x4＝3,x5＝3,
则P(A)＝[C10
2 p2(1－p)8]·[C10
1 p(1－p)9]2·[C10
3 p3(1－p)7]2,
即P(A)＝(C10
1 )2(C10
2 )(C10
3 )2p10(1－p)40.
转化为求ln P(A)的最大值.
设g(p)＝ln P(A)＝ln[(C10
1 )2(C10
2 )(C10
3 )2]＋10ln p＋40ln(1－p),p∈(0,1),
则g'(p)＝10
p －40
1−p ＝10−50 p
p(1−p),
所以当0<p<1
5时,g'(p)>0,
所以g(p)在(0, 1
5)上单调递增;
当1
5<p<1 时,g'(p)<0,
所以g(p)在(
1
5 ,1)上单调递减;
所以当p＝1
5时,g(p)取得最大值,
即P(A)取得最大值,
所以1
2 θ0
2－5
6θ0＋19
45 ＝1
5,
即9θ0
2－15θ0＋4＝0,
解得θ0＝1
3或θ0＝4
3 ,
因为0<θ0<1,所以θ0＝1
3.
2.(2025·汉中调研)条件概率与条件期望是现代概率体系中的重要概念.近年来,随着人们对随机现象
的不断观察和研究,条件概率和条件期望已经被广泛的利用到日常生产生活中.定义:设X,Y 是离散
型随机变量,则X 在给定事件Y＝y 条件下的期望为E(X|Y＝y)＝
n
∑
i=1
xi·P(X＝xi|Y＝y)＝
n
∑
i=1
xi·
P( X ＝xi,Y ＝y)
P(Y ＝y)
,其中{x1,x2,…,xn}为X 的所有可能取值集合,P(X＝x,Y＝y)表示事件“X＝x”与
事件“Y＝y”都发生的概率.某射击手进行射击训练,每次射击击中目标的概率均为p(0<p<1),射击
进行到击中目标两次时停止.设ξ 表示第一次击中目标时的射击次数,η 表示第二次击中目标时的射
击次数.
(1)求P(ξ＝2,η＝5),P(η＝5);
(2)求E(ξ|η＝5),E(ξ|η＝n)(n≥2).
解 (1)由题设,P(ξ＝2,η＝5)＝(1－p)·p·(1－p)·(1－p)·p＝(1－p)3p2,
P(η＝5)＝C 4
1(1－p)3p2＝4(1－p)3p2.
(2)由题设,E(ξ|η＝5)＝
4
∑
i=1[xi× P(ξ ＝xi,η＝5)
P(η＝5) ]
＝1×P(ξ ＝1,η＝5)
P(η＝5)
＋2×P(ξ ＝2,η＝5)
P(η＝5)
＋3×P(ξ ＝3,η＝5)
P(η＝5)
＋4×
P(ξ ＝4 ,η＝5)
P(η＝5)
＝1
4 ＋2
4 ＋3
4 ＋1＝5
2;
同(1),P(η＝n)＝Cn−1
1
(1－p)n－2p2＝
(n－1)(1－p)n－2p2,P(ξ|η＝n)＝(1－p)n－2p2,
所以E(ξ|η＝n)＝
n-1
∑
i=1[xi× P(ξ ＝xi,η＝n)
P(η＝n) ]
＝1
n−1 ＋
2
n−1＋…＋n−2
n−1＋1
＝(n−1＋1)(n−1)
2(n−1)
＝n
2
