2025-新高考II卷-19 解-概率递推综合

本题导读

本题是 2025 年新高考 II 卷的数学压轴题，以乒乓球得分概率为背景，考查概率递推模型的构建与不等式的严谨证明.题目层层递进，从具体的概率计算到抽象的单调性证明，对考生的逻辑建模能力与代数变形功底要求极高.

📌【题干】

Question

（2025年新高考II卷）甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得 1 分，负者得 0 分.设每个球甲胜概率为 $p$ ($\frac{1}{2}<p<1$)，乙胜概率为 $q$，$p+q=1$，且各球胜负独立.对正整数 $k⩾2$，记 $p_k$ 为打完 $k$ 个球后甲比乙至少多得 2 分的概率，$q_k$ 为打完 $k$ 个球后乙比甲至少多得 2 分的概率.

(1) 求 $p_3,p_4$（用 $p$ 表示）；

(2) 若 $\frac{p_4-p_3}{q_4-q_3}=4$，求 $p$；

(3) 证明：对任意正整数 $m$，$p_{2m+1}-q_{2m+1}<p_{2m}-q_{2m}<p_{2m+2}-q_{2m+2}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：根据“甲比乙至少多得 2 分”列出所有满足条件的比分情况。$k=3$ 时只有 $3:0$；$k=4$ 时有 $3:1$ 和 $4:0$.
2. 第二问：利用对称性求出 $q_4-q_3$，建立关于 $p,q$ 的比例方程，化简为 $(\frac{p}{q}{)}^2=4$ 求解.
3. 第三问：

• 左侧不等式：通过考察第 $2m+1$ 个球的结果，建立 $p_{2m+1}$ 与 $p_{2m}$ 的递推关系。利用 $p>q$ 证明差值项 $p_{2m+1}-q_{2m+1}-(p_{2m}-q_{2m})<0$.
• 右侧不等式：考察第 $2m+1,2m+2$ 两个球的结果，建立 $p_{2m+2}$ 与 $p_{2m}$ 的递推关系。利用平方差公式证明增加两项后的差值增大.

✅【答案】

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(1) $p_4=4p^3-3p^4$ (2) $p=\frac{2}{3}$ (3) 详细证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）第一问详解

(1) 求解 $p_3,p_4$ 思路：根据得分差至少为 2 的条件，枚举所有可能的获胜情况 。

1. 计算 $p_3$：打完 3 个球后甲比乙至少多得 2 分，唯一的可能是甲得 3 分，乙得 0 分 .

• 故 $p_3=p^3$ .

1. 计算 $p_4$：打完 4 个球后甲比乙至少多得 2 分，情况包括：甲得 3 分乙得 1 分，或者甲得 4 分乙得 0 分 .

• $p_4=C_4^3{p}^{3}q+p^4=4p^3(1-p)+p^4=4p^3-3p^4$ .

(2) 第二问详解

（2）求解概率 $p$

1.思路：同理求出乙获胜的概率差项，建立关于 $p$ 的方程 .

2. 求出概率差： 按方法同理可得 $q_3=q^3$，$q_4=4q^3-3q^4$ . $p_4-p_3=(4-3p)p^3-p^3=3(1-p)p^3=3q{p}^3$ . 同理可得 $q_4-q_3=3p{q}^3$ .

3. 建立方程：$\frac{p_4-p_3}{q_4-q_3}=\frac{3q{p}^3}{3p{q}^3}=\frac{p^2}{q^2}=4$ .

4. 求解：由 $\frac{p}{q}=2$ 及 $p+q=1$ 可得 $\frac{p}{1-p}=2$，解得 $p=\frac{2}{3}$ .

(3) 第三问详解

$p_{2m+1}-q_{2m+1}<p_{2m}-q_{2m}\iff p_{2m+1}-p_{2m}<q_{2m+1}-q_{2m}$， 而且一旦得到 $p_{2m+1}-p_{2m}$ 的表达式便可得到 $q_{2m+1}-q_{2m}$ 的表达式.

下面我们设法得出 $p_{2m+1}-p_{2m}$ 的表达式，进而证得不等式 $p_{2m+1}-p_{2m}<q_{2m+1}-q_{2m}$. $p_{2m+1}$ 表示事件 $A=$“打完 $2m+1$ 个球后甲比乙至少多得 2 分”的概率， 从“条件”的观点看，此事件发生的概率与打完 $2m$ 个球后甲的得分情况有关.

把影响 $A$ 的概率的各种情况找出来：打完 $2m$ 个球后，甲比乙至少多得 4 分；甲比乙多得 2 分；甲得分不超过乙得分.

显然这三种情况对应的三个事件满足：任两个事件不会同时发生，且必定有一个发生，而且 $p_{2m}$ 就是前两种情况发生概率的和. 至此能想到可以应用全概率公式得到 $p_{2m+1}$ 与 $p_{2m}$ 的联系，

进而得到 $p_{2m+1}-p_{2m}$ 的表达式. 设 $A_1$ 表示事件“打完 $2m$ 个球后，甲比乙至少多得 4 分”；$A_2$ 表示

事件“打完 $2m$ 个球后，甲比乙多得 2 分”；$A_3$ 表示事件“打完 $2m$ 个球后，

甲得分不超过乙得分”. $A$ 表示事件“打完 $2m+1$ 个球后，甲比乙至少多得 2 分”.

易见 $p_{2m+1}=P(A)$，$p_{2m}=P(A_1)+P(A_2)$，$P(A|A_1)=1$，$P(A|A_2)=p$，$P(A|A_3)=0$.

当 $m>1$ 时，由全概率公式

$p_{2m+1}=\sum _{i=1}^{3}P(A_i)P(A|A_i)=P(A_1)+pP(A_2)$ $=P(A_1)+P(A_2)-qP(A_2)=p_{2m}-q{C}_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}$ $=p_{2m}-p{C}_{2m}^{m+1}{p}^m{q}^m$

又 $p_3=pP(A_2)=p_2-qP(A_2)=p_2-p^{2}q$，

也满足上式. 故对所有正整数 $m$，

$p_{2m+1}-p_{2m}=-p{\mathrm{C}}_{2m}^{m+1}{p}^m{q}^m$. 同理可得 $q_{2m+1}-q_{2m}=-q{\mathrm{C}}_{2m}^{m+1}{q}^m{p}^m$.

由于 $p>q$，故 $p_{2m+1}-p_{2m}<q_{2m+1}-q_{2m}$，

所以 $p_{2m+1}-q_{2m+1}<p_{2m}-q_{2m}$.

由于 $p_{2m+2}-p_{2m}=(p_{2m+2}-p_{2m+1})+(p_{2m+1}-p_{2m})$，且 $p_{2m+1}-p_{2m}=-p{\mathrm{C}}_{2m}^{m+1}{p}^m{q}^m$，

因此为得到 $p_{2m+2}-p_{2m}$ 的表达式只需得到 $p_{2m+2}-p_{2m+1}$ 的表达式.

我们可用同样的方法得到 $p_{2m+2}-p_{2m+1}$ 的表达式.

设 $B_1$ 表示事件“打完 $2m+1$ 个球后，甲比乙至少多得 3 分”；

$B_2$ 表示事件“打完 $2m+1$ 个球后，甲比乙多得 1 分”；

$B_3$ 表示事件“打完 $2m+1$个球后，乙比甲至少多得 1 分”.

$B$ 表示事件“打完 $2m+2$ 个球后，甲比乙至少多得 2 分”.

易见 $p_{2m+2}=P(B)$，$p_{2m+1}=P(B_1)$，$P(B|B_1)=1$，$P(B|B_2)=p$，$P(B|B_3)=0$.

由全概率公式

$p_{2m+2}=\sum _{i=1}^{3}P(B_i)P(B|B_i)$ $=P(B_1)+pP(B_2)$ $=p_{2m+1}+p^2{C}_{2m+1}^{m+1}{p}^m{q}^m$

即 $p_{2m+2}-p_{2m+1}=p^2{\mathrm{C}}_{2m+1}^{m+1}{p}^m{q}^m$.

所以

$p_{2m+2}-p_{2m}=(p_{2m+2}-p_{2m+1})+(p_{2m+1}-p_{2m})$ $=p^2{C}_{2m+1}^{m+1}{p}^m{q}^m-p{C}_{2m}^{m+1}{p}^m{q}^m$

同理可得 $q_{2m+2}-q_{2m}=q^2{\mathrm{C}}_{2m+1}^{m+1}{q}^m{p}^m-q{\mathrm{C}}_{2m}^{m+1}{q}^m{p}^m$.

因此 $p_{2m+2}-p_{2m}-(q_{2m+2}-q_{2m})=p^2{C}_{2m+1}^{m+1}{p}^m{q}^m-p{C}_{2m}^{m+1}{p}^m{q}^m-\left(q^2{C}_{2m+1}^{m+1}{q}^m{p}^m-q{C}_{2m}^{m+1}{q}^m{p}^m\right)$

$=(p^2-q^2)C_{2m+1}^{m+1}{p}^m{q}^m-(p-q)C_{2m}^{m+1}{p}^m{q}^m$

$=(p-q)p^m{q}^m\left(C_{2m+1}^{m+1}-C_{2m}^{m+1}\right)$

$>0$

故 $p_{2m+2}-q_{2m+2}>p_{2m}-q_{2m}$.

下面是证不等式 $p_{2m+2}-q_{2m+2}>p_{2m}-q_{2m}$ 的另一种做法.

设 $B_1$ 表示事件“打完 $2m$ 个球后，甲比乙至少多得 4 分”；

$B_2$ 表示事件“打完 $2m$ 个球后，甲比乙多得 2 分”；

$B_3$ 表示事件“打完 $2m$ 个球后，甲与乙得分相同”；

$B_4$ 表示事件“打完 $2m$ 个球后，乙比甲至少多得 2 分”.

$B$ 表示事件“打完 $2m+2$ 个球后，甲比乙至少多得 2 分”.

有 $p_{2m+2}=P(B)$，$p_{2m}=P(B_1)+P(B_2)$，$P(B|B_1)=1$，$P(B|B_2)=1-q^2$，$P(B|B_3)=p^2$，$P(B|B_4)=0$.

由全概率公式

$p_{2m+2}=\sum _{i=1}^{4}P(B_i)P(B|B_i)$

$=P(B_1)+(1-q^2)P(B_2)+p^{2}P(B_3)$

$=P(B_1)+P(B_2)-q^{2}P(B_2)+p^{2}P(B_3)$

$=p_{2m}-q^2{C}_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}+p^2{C}_{2m}^m{p}^m{q}^m$

$=p_{2m}-pq{C}_{2m}^{m+1}{p}^m{q}^m+p^2{C}_{2m}^m{p}^m{q}^m$

即 $p_{2m+2}-p_{2m}=-pq{\mathrm{C}}_{2m}^{m+1}{p}^m{q}^m+p^2{\mathrm{C}}_{2m}^m{p}^m{q}^m$.

同理可得 $q_{2m+2}-q_{2m}=-pq{\mathrm{C}}_{2m}^{m+1}{q}^m{p}^m+q^2{\mathrm{C}}_{2m}^m{q}^m{p}^m$.

所以 $p_{2m+2}-p_{2m}-(q_{2m+2}-q_{2m})=(p^2-q^2){\mathrm{C}}_{2m}^m{q}^m{p}^m>0.$

故 $p_{2m+2}-q_{2m+2}>p_{2m}-q_{2m}$.

先来看左边的不等式，

注意$p_{2m+1}=P(X_{2m+1}\ge 1+\frac{2m+1}{2})=P(X_{2m+1}\ge m+2)$，

这时考察前$2m$个球，如果前面已经有$X_{2m}⩾m+2$，那无论如何都会有$P(X_{2m+1}⩾m+2)$；

而如果$X_{2m}=m+1$，则需要最后一个球甲得分；如果$X_{2m}<m+1$，那是无论如何也无法完成的，

因此会有$p_{2m+1}=P(X_{2m+1}⩾m+2|P(X_{2m}⩾m+2)P(X_{2m}⩾m+2)+P(X_{2m+1}⩾m+2|X_{2m}=m+1)P(X_{2m}=m+1)$

$=P(X_{2m}⩾m+2)+P(X_{2m}=m+1)p$

$=P(X_{2m}⩾m+2)+P(X_{2m}=m+1)-P(X_{2m}=m+1)q$

$=P(X_{2m}⩾m+1)-P(X_{2m}=m+1)q$ $=p_{2m}-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^m$

同理会有$q_{2m+1}=q_{2m}-C_{2m}^{m+1}{q}^{m+1}{p}^m$；

故此$p_{2m+1}{q}_{2m+1}=p_{2m}{q}_{2m}+C_{2m}^{m+1}{q}^{m+1}{p}^m-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^m$

$=p_{2m}-q_{2m}+C_{2m}^{m+1}(pq{)}^m(q-p)<p_{2m}-q_{2m}$，

右边可以采用差不多的办法，只不过这次要一次性考虑两个球．

此时要求$X_{2m+2}⩾m+2$，

当已经有$X_{2m}⩾m+2$时，

无论如何都会有$X_{2m+2}⩾m+2$；

当$X_{2m}=m+1$时，只要保障不连丢两球就行；

当$X_{2m}=m$时，就必须连赢两球；

当$X_{2m}<m$，则完全不可能．

即$p_{2m+2}=P(X_{2m+2}⩾m+2)$

$=P(X_{2m}\ge m+2)+P(X_{2m}=m)p^2+P(X_{2m}=m+1)(1-(1-p){)}^2$

$=P(X_{2m}⩾m+2)+P(X_{2m}=m)+P(X_{2m}=m+1)+(p^2-1)P(X_{2m}=m)-(1-p{)}^{2}P(X_{2m}=m+1)$

$=P(X_{2m}\ge m)+(p^2-1)C_{2m}^m{p}^m{q}^m-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m+1}$

$=p_{2m}+(1-p^2)C_{2m}^m{p}^m{q}^m-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m+1}$，

同理$q_{2m+2}=q_{2m}+(q^2-1)C_{2m}^m{p}^m{q}^m-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m+1}$

于是$p_{2m+2}-q_{2m+2}=p_{2m}-q_{2m}+(p^2-q^2)C_{2m}^m{p}^m{q}^m>p_{2m}-q_{2m}$．

（根据第1个球或第*1、2两个球的胜负情况分类讨论）

当打$2m$个球后,注意到甲乙得分之差必为偶数，由题得

①甲乙得分相同的概率为$Q_0=C_{2m}^m{p}^m{q}^m$,

②甲的得分不少于乙的概率为$Q_1=p_{2m}+Q_0=p_{2m}+C_{2m}^m{p}^m{q}^m$

③甲比乙恰好多得2分的概率为$Q_2=C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}$

④甲比乙至少多得4分的概率为$Q_4=p_{2m}-Q_2=p_{2m}-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}$

(1)当打了$2m+1$个球后,甲比乙至少多得2分,可以分为如下两类：

①第1个球甲胜时,再打$2m$个球后,最终甲比乙至少多得2分,

则后面$2m$个球中,甲至少要胜$m+1$个球,此时的概率为$P_1=p\cdot p_{2m}$

②第1个球甲负时,再打$2m$个球后,最终甲比乙至少多得2分,

则后面$2m$个球中,甲至少要胜$m+2$个球,此时的概率为$P_2=q\cdot Q_4=q\cdot \left(p_{2m}-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}\right)$

则当打了$2m+1$个球后,甲比乙至少多得2分的概率为

$p_{2m+1}=P_1+P_2=p_{2m}\cdot \left(p+q\right)-q\cdot C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}=p_{2m}-q\cdot C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}$

于是$p_{2m+1}-p_{2m}=-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^m$,

同理可得$q_{2m+1}-q_{2m}=-C_{2m}^{m+1}{q}^{m+1}{p}^m$

于是$\left(q_{2m+1}-q_{2m}\right)-\left(p_{2m+1}-p_{2m}\right)=C_{2m}^{m+1}{p}^m{q}^m\left(p-q\right)>0$,

所以$p_{2m+1}-q_{2m+1}<p_{2m}-q_{2m}$

(2)当打了$2m+2$个球后,甲比乙至少多得2分,可以分为如下三类:

①前2个球甲都胜时,再打$2m$个球后,最终甲比乙至少多得2分,则后面$2m$个球中,甲至少要胜$m$个球,

此时的概率为$P_3=p^2\cdot Q_1=p^2\cdot \left(p_{2m}+C_{2m}^m{p}^m{q}^m\right)$

②前2个球甲一胜一负时,再打$2m$个球后,最终甲比乙至少多得2分,

则后面$2m$个球中,甲至少要胜$m+1$个球,此时的概率为

$P_4=C_2^{1}pq\cdot p_{2m}=2pq\cdot p_{2m}$

③前2个球甲都负时,再打$2m$个球后,最终甲比乙至少多得2分,则后面$2m$个球中,甲至少要胜$m+2$个球,

此时的概率为$P_5=q^2\cdot Q_4=q^2\cdot \left(p_{2m}-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}\right)$

则当打了$2m+2$个球后,甲比乙至少多得2分的概率为

$p_{2m+2}=P_3+P_4+P_5=p_{2m}\cdot \left(p^2+2pq+q^2\right)+p^2\cdot C_{2m}^m{p}^m{q}^m-q^2\cdot C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}$

$=p_{2m}+C_{2m}^m{p}^{m+2}{q}^m-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m+1}$

于是$p_{2m+2}-p_{2m}=C_{2m}^m{p}^{m+2}{q}^m-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m+1}$,

同理可得$q_{2m+2}-q_{2m}=C_{2m}^m{q}^{m+2}{p}^m-C_{2m}^{m+1}{q}^{m+1}{p}^{m+1}$

于是$\left(p_{2m+2}-p_{2m}\right)-\left(q_{2m+2}-q_{2m}\right)=C_{2m}^m{p}^m{q}^m\left(p^2-q^2\right)>0$,

所以$p_{2m}-q_{2m}<p_{2m+2}-q_{2m+2}$

故由(1)(2)可知,对任意正整数$m$,

$p_{2m+1}-q_{2m+1}<p_{2m}-q_{2m}<p_{2m+2}-q_{2m+2}$.

（利用组合数性质：$C_{n+1}^{k+1}=C_n^{k+1}+C_n^k$）

(1)由题得

$p_{2m}=C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}+C_{2m}^{m+2}{p}^{m+2}{q}^{m-2}+\cdots +C_{2m}^{2m}{p}^{2m}{q}^0$

$p_{2m+1}=C_{2m+1}^{m+2}{p}^{m+2}{q}^{m-1}+C_{2m+1}^{m+3}{p}^{m+3}{q}^{m-2}+\cdots +C_{2m+1}^{2m}{p}^{2m}{q}^1+C_{2m+1}^{2m+1}{p}^{2m+1}{q}^0$

$=\left(C_{2m}^{m+2}+C_{2m}^{m+1}\right)p^{m+2}{q}^{m-1}+\left(C_{2m}^{m+3}+C_{2m}^{m+2}\right)p^{m+3}{q}^{m-2}+\cdots$

$+\left(C_{2m}^{2m}+C_{2m}^{2m-1}\right)p^{2m}{q}^1+C_{2m}^{2m}{p}^{2m+1}{q}^0$

=\left( C_{2m}^{m+2}{{p}^{m+2}}{{q}^{m-1}}+C_{2m}^{m+3}{{p}^{m+3}}{{q}^{m-2}}+\cdots +C_{2m}^{2m}{{p}^{2m}}{{q}^{1}} \right)+$$p\cdot \left( C_{2m}^{m+1}{{p}^{m+1}}{{q}^{m-1}}+C_{2m}^{m+2}{{p}^{m+2}}{{q}^{m-2}}+\cdots +C_{2m}^{2m}{{p}^{2m}}{{q}^{0}} \right)

$=q\cdot \left[\left(C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}+C_{2m}^{m+2}{p}^{m+2}{q}^{m-2}+C_{2m}^{m+3}{p}^{m+3}{q}^{m-3}+\cdots +C_{2m}^{2m}{p}^{2m}{q}^0\right)-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}\right]+p\cdot p_{2m}$

$=q\cdot \left[p_{2m}-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}\right]+p\cdot p_{2m}=p_{2m}-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^m$

于是$p_{2m+1}-p_{2m}=-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^m$,

同理可得

$q_{2m+1}-q_{2m}=-C_{2m}^{m+1}{q}^{m+1}{p}^m$

于是$\left(q_{2m+1}-q_{2m}\right)-\left(p_{2m+1}-p_{2m}\right)=C_{2m}^{m+1}{p}^m{q}^m\left(p-q\right)>0$,

所以$p_{2m+1}-q_{2m+1}<p_{2m}-q_{2m}$

(2)由题得

$p_{2m+2}=C_{2m+2}^{m+2}{p}^{m+2}{q}^m+C_{2m+2}^{m+3}{p}^{m+3}{q}^{m-1}+\cdots +C_{2m+2}^{2m+1}{p}^{2m+1}{q}^1+C_{2m+2}^{2m+2}{p}^{2m+2}{q}^0$

$=\left(C_{2m+1}^{m+2}+C_{2m+1}^{m+1}\right)p^{m+2}{q}^m+\left(C_{2m+1}^{m+3}+C_{2m+1}^{m+2}\right)p^{m+3}{q}^{m-1}+\cdots +\left(C_{2m+1}^{2m+1}+C_{2m+1}^{2m}\right)p^{2m+1}{q}^1+C_{2m+1}^{2m+1}{p}^{2m+2}{q}^0$

$=\left(C_{2m+1}^{m+2}{p}^{m+2}{q}^m+C_{2m+1}^{m+3}{p}^{m+3}{q}^{m-1}+\cdots +C_{2m+1}^{2m+1}{p}^{2m+1}{q}^1\right)$ $+\left[\left(C_{2m+1}^{m+1}{p}^{m+2}{q}^m+C_{2m+1}^{m+2}{p}^{m+3}{q}^{m-1}+\cdots +C_{2m+1}^{2m}{p}^{2m+1}{q}^1\right)+C_{2m+1}^{2m+1}{p}^{2m+2}{q}^0\right]$

$=q\cdot \left(C_{2m+1}^{m+2}{p}^{m+2}{q}^{m-1}+C_{2m+1}^{m+3}{p}^{m+3}{q}^{m-2}+\cdots +C_{2m+1}^{2m+1}{p}^{2m+1}{q}^0\right)$

$+p\cdot \left[C_{2m+1}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^m+\left(C_{2m+1}^{m+2}{p}^{m+2}{q}^{m-1}+\cdots +C_{2m+1}^{2m}{p}^{2m}{q}^1+C_{2m+1}^{2m+1}{p}^{2m+1}{q}^0\right)\right]$

$=q\cdot p_{2m+1}+p\cdot C_{2m+1}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^m+p\cdot p_{2m+1}=p_{2m+1}+C_{2m+1}^{m+1}{p}^{m+2}{q}^m=p_{2m}-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^m+C_{2m+1}^{m+1}{p}^{m+2}{q}^m$

$=p_{2m}-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^m+C_{2m}^{m+1}{p}^{m+2}{q}^m+C_{2m}^m{p}^{m+2}{q}^m=p_{2m}-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^m\left(1-p\right)+C_{2m}^m{p}^{m+2}{q}^m$

于是$p_{2m+2}-p_{2m}=C_{2m}^m{p}^{m+2}{q}^m-C_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m+1}$,同理可得$q_{2m+2}-q_{2m}=C_{2m}^m{q}^{m+2}{p}^m-C_{2m}^{m+1}{q}^{m+1}{p}^{m+1}$

于是$\left(p_{2m+2}-p_{2m}\right)-\left(q_{2m+2}-q_{2m}\right)=C_{2m}^m{p}^m{q}^m\left(p^2-q^2\right)>0$,所以$p_{2m}-q_{2m}<p_{2m+2}-q_{2m+2}$

故由(1)(2)可知,对任意正整数$m$,$p_{2m+1}-q_{2m+1}<p_{2m}-q_{2m}<p_{2m+2}-q_{2m+2}$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：古典概型的独立重复划分、一元高次方程的同构消元、全概率状态转移方程的构建、组合数裂项性质（ ${\text{C}}_{n+1}^m={\text{C}}_n^m+{\text{C}}_n^{m-1}$ ）
2. 核心方法：全概率状态转移递推法（概率压轴大题终极通法）。 本题第三问如果盲目套用大总和公式 ${\sum }_i{\text{C}}_n^i{p}^i{q}^{n-i}$ 进行强行作差，其多项式项数会随着 $m$ 的延伸发生指数级膨胀，属于考场上的死路。破题的最顶级智慧是**“盯紧相邻两球（ $k\to k+1$ ）之间的动态局部转移”**。利用打完前一球的净胜分状态作为条件，分析最后一球对总分跨越的影响。这种将“全局大规模组合数计数”降维化解为“相邻项状态差值”的技术，是解决一切高阶概率递推模型的必由之路。
3. 避坑指南：

• 避坑指南 1（第二问互换概率时符号写错）：求 $q_3,q_4$ 时千万不要重新分类去算，利用完全对称性直接把 $p,q$ 的字母对调。在去括号化简比值时，注意 $p^2/q^2=4⟹p=2q$，必须结合 $p+q=1$ 细心算出 $p=2/3$，防止非技术性丢分.
• 避坑指南 2（第三问忽视项数奇偶性导致的净胜分台阶盲区）：在写全概率转移时，必须敏锐捕捉到：当总球数为偶数 $2m$ 时，两个人的净胜分差只能是偶数（ $\dots ,2,0,-2,\dots$ ），绝不可能出现 1 分或 -1 分。这一奇偶分阶是第一步中将 $Z_{2m}\ge 3$ 完美无缝等价替换为 $Z_{2m}\ge 4$ 的代数基石。如果在此处产生混淆，会导致递推项数漏项。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题底层源自马尔可夫链（Markov Chain）中极其著名的**“一维随机游走模型”（Random Walk Model）与“赌徒输光定理”（Gambler’s Ruin Problem）**。新高考命题组抹去了高深的高等数学术语，用高中生最熟悉的乒乓球得分语言，将其包装成了一道考查学生纯粹逻辑建模天赋与高阶数列代数推导力的终极压轴神作。
2. 结论推广（比赛晋级与网球“Deuce”平分模型的隐形网络）：
3. 本题所展现的“必须净胜 2 分才算赢”的规则，正是现实中网球、乒乓球比赛中 “Deuce（局末平分后必须净胜两分）” 机制的代数缩影。

• 设在平分状态下，甲赢下当前这一分的概率为 $p$.
• 利用本题第三问推导出的相邻项增量式，随着打球次数 $m\to \infty$，整个不等式序列会无限收敛逼近于一个经典的级数极限值。甲最终夺下这一局胜利的理论总概率为：
• $P_{\text{win}}=\frac{p^2}{1-2pq}=\frac{p^2}{p^2+q^2}$
• 将这一“随机游走极限网络”收录到知识图谱中，能让你在未来面对任何变异的“循环赛晋级概率、无限次抛硬币期望”等复合高阶压轴题时，拥有瞬间看穿状态转移终点站的上帝视角.

3. 方法推广（从概率状态转移到数列递推的跨界融合）： 本题所展现的通过局部状态划分建立递推关系的思维，是处理复杂离散变量的王道。未来当题目从“概率背景”演变为“函数迭代”或者是“动态规划路径计数（如格子爬楼梯问题、染色问题）”时，其底层的核心逻辑——“如何通过第 $n$ 步的局部局势无缝分发贡献到第 $n+1$ 步”，其技术本质与本题完全合流。将这套状态转移的铁律化为本能，是攻克新高考 19 题 17 分终极高分大盘最坚固的铠甲。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 23.04 二项分布与超几何分布
• 19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

• 2008-安徽卷文-18 解-卡片抽取概率
• 2008-重庆卷文-18 解-独立重复试验概率
• 2009-江西卷文-18 解-独立重复概率