7.1.2 全概率公式——概率中的数列特征 课件（培优）-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

第七章　随机变量及其分布 7.1 条件概率与全概率 7.1.2 全概率公式——概率中的数列特征 湖南省祁阳市第一中学吴兰平 教材改编 某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅餐.如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.8． ˙计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率． 设Ai=“第i天去A餐厅用餐”， Bi=“第i天去B餐厅用餐”， P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1) =0.5×0.6+0.5×0.8=0.7 A1 B1 A2 B2 A2 B2 0.5 0.5 0.6 0.4 0.8 0.2 第一天 第二天 第3天、第n天 新知讲授 教材改编 ˙计算王同学第n天去A餐厅用餐的概率． P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1) =0.5×0.6+0.5×0.8=0.7 A1 B1 A2 B2 A2 B2 0.5 0.5 0.6 0.4 0.8 0.2 第一天 第二天 0.5×0.6 0.5×0.8 An-1 Bn-1 An Bn An Bn Pn-1 1-Pn-1 0.6 0.8 第n-1天 第n天 0.6×Pn-1 0.8×(1-Pn-1) Pn=0.6×Pn-1+0.8×(1-Pn-1) P1=0.5 确定递推变量 建立递推关系 确定初始条件 特殊 一般 求出通项公式 新知讲授 简单概括为： 全概率公式 递推 未来独立于过去，只基于当下 某一状态转移的概率只依赖于它的前一个状态，与更前面的状态无关。 马尔科夫链：假设我们的序列状态是， 那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即 马尔科夫（1856—1922），俄国数学家，在随机过程领域做出重要贡献，最主要的一项研究后来被称作马尔科夫链和马尔科夫过程. 背景溯源 类题练习 类题练习 类题练习 已知甲、乙两个箱子中均装有1个黑球和2个白球（各球大小、质地均相同），每次操作从甲、乙两个箱子中各任取一个球交换放入另一箱子。 (1)当进行1次操作后，设甲箱子中黑球个数为X，求X的分布列及数学期望； (2)重复n次这样的操作后，记甲箱子中恰有1个黑球的概率为，求 。 3白 1白2黑 2白1黑 Qn-1 n-1次后甲箱 n次后甲箱 3白 1白2黑 2白1黑 Pn Qn 1-Pn-Qn Pn-1 1-Pn-1-Qn-1 能力提升 (2)重复n次这样的操作后，记甲箱子中恰有0个黑球的概率为 则甲箱子中恰有2个黑球的概率为 根据全概率公式可得， 当 时， ∴ ， 由(1)知，∴ , 所以数列{}是首项为，公比为的等比数列， 故=, 所以。 能力提升 递推公式：Pi=aPi－1＋b(1－Pi－1)． 连续两项的递推特征(当前状态只与上个状态有关) 总结提升 递推公式：①Pi=aPi－1＋bQi－1；②Qi=(1－a)Pi－1＋cQi－1＋d(1－Pi－1－Qi－1)． (注：图中a，b，c，d表示从上个状态转移到下个状态的概率) 总结提升 已知去餐厅的路上有一段楼梯，共101级，王同学上楼梯（从0级阶梯开始向上走）每步可跨一级或两级，掷硬币正面向上就上一级楼梯，反面向上就上两级，已知硬币结果只有正反面、设他上到第n级的概率为（n=0,1,2,……,100). (1)求，，. (2)求 解：(1)=，=+×=，=×+×=. 拓展提升 (2)（法一）如图，跳到第n站，必是从n-1站或第n-2站跳过来的， 所以 即， 又=，故{}是公比为，首项为的等比数列， 所以=, 可得+....+=1+ =, 所以(n) 构造等比数列 拓展提升 （法二）如图，跳不到第n站，必是跳过了第n站， 那么必是从第n-1站向前跳动了两站，因为跳不到第n站的概率为1-， 跳到第n-1站的概率为，所以1=，即=， 所以),且，即{}是首项为 ，公比为的 等比数列，，所以(n)。 拓展提升 连续三项的递推特征 总结提升 马尔科夫链模型总结 一、解题步骤 二、思想方法 1.分类讨论 2.特殊到一般 3.规划思想 确定递推变量 建立递推关系 确定初始条件 求出通项公式 课堂小结 作业布置 作业答案 作业答案 (2025·郴州一模)郴州市某中学食堂每天都会提供A，B两种套餐供学生选择(学生只能选择其中的一种)，经过统计分析发现：学生第一天选择A套餐的概率为 eq \f(2,3)，选择B套餐的概率为 eq \f(1,3).而前一天选择了A套餐的学生第二天选择A套餐的概率为 eq \f(1,4)，选择B套餐的概率为 eq \f(3,4)；前一天选择B套餐的学生第二天选择A套餐的概率为 eq \f(1,2)，选择B套餐的概率也是 eq \f(1,2)，如此往复．记同学甲第n天选择B套餐的概率为Pn. (1)求同学甲第二天选择B套餐的概率； (2)证明：数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(3,5)))为等比数列； 【解析】(1)设B1＝“同学甲第1天选择B套餐”，B2＝“同学甲第2天选择B套餐”， 则 eq \o(B,\s\up15(－))1＝“同学甲第1天选择A套餐”． 根据题意可知P( eq \o(B,\s\up15(－))1)＝ eq \f(2,3)，P(B1)＝ eq \f(1,3)，P(B2|B1)＝ eq \f(1,2)，P(B2| eq \o(B,\s\up15(－))1)＝ eq \f(3,4)， 由全概率公式得P(B2)＝P(B1)P(B2|B1)＋P( eq \o(B,\s\up15(－))1)·P(B2| eq \o(B,\s\up15(－))1)＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)＋ eq \f(2,3)× eq \f(3,4)＝ eq \f(2,3). (2)设Bn＝“同学甲第n天选择B套餐”，则Pn＝P(Bn)，P( eq \o(B,\s\up15(－))n)＝1－Pn， 根据题意可知P(Bn＋1|Bn)＝ eq \f(1,2)，P(Bn＋1| eq \o(B,\s\up15(－))n)＝ eq \f(3,4). 由全概率公式得Pn＋1＝P(Bn＋1)＝P(Bn)P(Bn＋1|Bn)＋P( eq \o(B,\s\up15(－))n)P(Bn＋1| eq \o(B,\s\up15(－))n)＝ eq \f(1,2)Pn＋ eq \f(3,4)(1－Pn)＝－ eq \f(1,4)Pn＋ eq \f(3,4)， 整理得Pn＋1－ eq \f(3,5)＝－ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(3,5)))，且P1－ eq \f(3,5)＝－ eq \f(4,15)≠0， 所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(3,5)))是以－ eq \f(4,15)为首项，－ eq \f(1,4)为公比的等比数列． 有一游戏：“挑战答题”比赛规则如下：每位参赛者每次连续回答5道题，在答对的情况下可以持续答题，若第一次答错，则答题结束，积分为0分，只有全部答对5道题，才可以获得5个积分．某部门为了吸引更多职工参与答题，设置了一个“得积分进阶”活动，从1阶到n(n≥10)阶，规定每轮答题获得5个积分进2阶，没有获得积分进1阶，按照获得的阶级给予相应的奖品，记乙每次获得5个积分的概率互不影响，均为 eq \f(5,6)，记乙进到n阶的概率为Pn，求P12. 解：由题意得P1＝ eq \f(1,6)，P2＝ eq \f(5,6)，“进到n＋1阶”的情况包括：第一种情况是进到n阶后下一轮未获得5个积分，其概率为 eq \f(1,6)Pn；第二种情况是进到n－1阶后下一轮获得5个积分，其概率为 eq \f(5,6)Pn－1，两种情况互斥，所以Pn＋1＝ eq \f(1,6)Pn＋ eq \f(5,6)Pn－1(n≥2)，所以Pn＋1－Pn＝－ eq \f(5,6)(Pn－Pn－1)(n≥2，n∈N*). 解：由题意得P1＝ eq \f(1,6)，P2＝ eq \f(5,6)，“进到n＋1阶”的情况包括：第一种情况是进到n阶后下一轮未获得5个积分，其概率为 eq \f(1,6)Pn；第二种情况是进到n－1阶后下一轮获得5个积分，其概率为 eq \f(5,6)Pn－1，两种情况互斥，所以Pn＋1＝ eq \f(1,6)Pn＋ eq \f(5,6)Pn－1(n≥2)，所以Pn＋1－Pn＝－ eq \f(5,6)(Pn－Pn－1)(n≥2，n∈N*). $