常见连续分布（均匀、指数、正态）

§16.5 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

1.60 分/卷近 11 年平均

9/11 年出现年份

4.1 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）连续型随机变量及其概率密度③ 掌握后可解锁中心极限定理三大抽样分布（χ²、t、F）正态总体样本均值与方差的分布最大似然估计

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 三种常用连续分布：均匀分布 $U (a, b)$ 、指数分布 $E (λ)$ 、正态分布 $N (μ, σ^{2})$ ★★ 必会

① 均匀分布 $U (a, b)$ ：

f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{b - a}, 0, a < x < b, 其他, F (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, \frac{x - a}{b - a}, 1, x < a, a \leq x < b, x \geq b .

应用背景：一维几何概型。在

(a, b)

上随机取一点，它落入某个子区间的概率只与该子区间的长度成正比。参数

a, b

就是区间的两个端点；

E X = \frac{a + b}{2}, D X = \frac{( b - a ) ^{2}}{12}

。

② 指数分布 $E (λ)$ （ $λ > 0$ ）：

f (x) = {λ e^{- λ x}, 0, x > 0, x \leq 0, F (x) = {1 - e^{- λ x}, 0, x \geq 0, x < 0,

最常用的是尾概率

P (X > t) = e^{- λ t} (t \geq 0)

。应用背景：等待时间与寿命。

λ

是单位时间内平均发生的速率，

E X = \frac{1}{λ}, D X = \frac{1}{λ ^{2}}

，即均值是速率的倒数。它的标志性性质是无记忆性，参看指数分布一条。

③ 正态分布 $N (μ, σ^{2})$ （ $σ > 0$ ）：

f (x) - \infty = \frac{1}{2 π σ} e^{- \frac{( x - μ ) ^{2}}{2 σ ^{2}}} < x < + \infty.

它的图形是钟形曲线，关于

x = μ

对称，峰值为

\frac{1}{2 π σ}

，在

x = μ \pm σ

处有拐点。 $μ$ 确定曲线的位置（ $E X = μ$ ）， $σ$ 确定曲线的胖瘦（ $D X = σ^{2}$ ， $σ$ 越大曲线越扁平）。标准正态分布

N (0, 1)

的密度为

φ (x) = \frac{1}{2 π} e^{- x^{2} /2}

，其分布函数记为

Φ (x)

，满足

Φ (- x) Φ (0) = 1 - Φ (x) = \frac{1}{2} .

正态分布的

F

没有初等表达式，因此一切概率都要通过标准化

\frac{X - μ}{σ} \sim N (0, 1)

化成

Φ

再查表求出，参看正态标准化一条。

④ 参数的含义：

U

中的

a, b

是区间的端点；

E

中的

λ

是发生的速率；

N

中的

μ, σ

分别确定中心与散布程度。三者

E X, D X

的推导参看三大连续分布的期望方差推导一条。

证明 / 推导

证先由密度积分求指数分布的

F

与尾概率。当

x \geq 0

时，

F (x) = \int_{0}^{x} λ e^{- λ t} d t = [- e^{- λ t}]_{0}^{x} = 1 - e^{- λ x},

当

x < 0

时被积函数为

0

，故

F (x) = 0

；于是

P (X > t) = 1 - F (t) = e^{- λ t}

。均匀分布可用同样的方法：当

a \leq x < b

时

F (x) = \int_{a}^{x} \frac{d t}{b - a} = \frac{x - a}{b - a}

。至于正态密度的归一性，它就是高斯积分

\int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2} /2} d x = 2 π

，参看高斯积分一条。

■

举例说明

2013·数一填空：设

Y

服从参数为

1

的指数分布，常数

a > 0

，求

P (Y \leq a + 1 ∣ Y > a)

。
解：先写出分布函数。此时

λ = 1

，故

F (y) = 1 - e^{- y} (y \geq 0)

，尾概率

P (Y > t) = e^{- t}

。按条件概率的定义，

P (Y \leq a + 1 ∣ Y > a) = \frac{P ( a < Y \leq a + 1 )}{P ( Y > a )} = \frac{F ( a + 1 ) - F ( a )}{e ^{- a}} = \frac{e ^{- a} - e ^{- (a + 1)}}{e ^{- a}} = 1 - e^{- 1} .

所得结果与

a

无关：在已经等了

a

而事件仍未发生的条件下，再等

1

个单位时间之内发生的概率，与从零开始等待时完全相同。这就是指数分布无记忆性的表现，参看指数分布一条。易错之处：如果把分子误写成

F (a + 1)

，也就是忘记了条件已把样本空间缩小到

{Y > a}

、区间概率必须相减，那么就会得出含

a

的错误答案

1 - e^{- (a + 1)}

。

2. 高斯积分：正态密度为何归一★ 要懂

正态密度中的系数

\frac{1}{2 π σ}

来源于高斯积分

\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- x^{2} /2} d x = 2 π .

被积函数虽然没有初等原函数，但把积分平方化为二重积分再用极坐标，就能精确求出。掌握了这一步，才真正明白正态密度为什么归一，同时也为计算正态分布的期望、方差以至

Γ

函数打下基础。

证明 / 推导

证记

I = \int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2} /2} d x

，将它平方化为二重积分，得

I^{2} = \int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2} /2} d x \int_{- \infty}^{\infty} e^{- y^{2} /2} d y = \iint_{R^{2}} e^{- (x^{2} + y^{2}) /2} d x d y .

作极坐标变换

x = r cos θ, y = r sin θ

，此时

d x d y = r d r d θ

，于是

I^{2} = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\infty} e^{- r^{2} /2} r d r d θ = 2 π [- e^{- r^{2} /2}]_{0}^{\infty} = 2 π .

故

I = 2 π

。于是对

N (μ, σ^{2})

，令

t = \frac{x - μ}{σ}

，即得

\int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{2 π σ} e^{- (x - μ)^{2} /2 σ^{2}} d x = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- t^{2} /2} d t = 1,

这就证明了正态密度的归一性。

举例说明

由高斯积分还可以顺便得到一个常用的结果。令

x = u / 2

，则

\int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2}} d x = π .

这类积分在计算与正态分布有关的期望、方差时反复出现，应当熟记。

3. 三大连续分布的期望方差推导★★ 必会

均匀分布、指数分布、正态分布的

E X, D X

不必强记，而应当会推导。推导过程本身就是连续型随机变量求期望与方差的标准训练，所用的公式只有

E X = \int x f

与

D X = E X^{2} - (E X)^{2}

。

证明 / 推导

证 均匀分布 $U (a, b)$ ：

E X = \int_{a}^{b} \frac{x}{b - a} d x = \frac{a + b}{2}

；

E X^{2} = \int_{a}^{b} \frac{x ^{2}}{b - a} d x = \frac{a ^{2} + ab + b ^{2}}{3}

，故

D X = \frac{a ^{2} + ab + b ^{2}}{3} - \frac{( a + b ) ^{2}}{4} = \frac{( b - a ) ^{2}}{12} .

指数分布 $E (λ)$ ：由分部积分得

E X = \int_{0}^{\infty} x λ e^{- λ x} d x = \frac{1}{λ}

；再用一次分部积分得

E X^{2} = \int_{0}^{\infty} x^{2} λ e^{- λ x} d x = \frac{2}{λ ^{2}}

，故

D X = \frac{2}{λ ^{2}} - \frac{1}{λ ^{2}} = \frac{1}{λ ^{2}}

。

正态分布 $N (μ, σ^{2})$ ：作标准化

Z = \frac{X - μ}{σ} \sim N (0, 1)

。因被积函数为奇函数，故

E Z = \int z φ (z) d z = 0

，从而

E X = μ

。求方差时用分部积分，取

u = z, d v = z φ (z) d z

，并注意

φ^{'} (z) = - z φ (z)

，即

d v = - d φ

，于是

D Z = E Z^{2} = \int_{- \infty}^{\infty} z^{2} φ (z) d z = [- z φ (z)]_{- \infty}^{\infty} + \int_{- \infty}^{\infty} φ (z) d z = 0 + 1 = 1,

故

D X = σ^{2} D Z = σ^{2}

。

举例说明

由此可见，

E (λ)

的标准差

D X = \frac{1}{λ}

恰好等于它的均值，即变异系数为

1

，这是指数分布的一个特征；而

U (0, 1)

的

E X = \frac{1}{2}, D X = \frac{1}{12}

，是生成随机数与作误差分析时常用的基准数值。

4. 指数分布：无记忆性的唯一性及其与其他分布的联系★★ 必会

在连续型分布中，指数分布是唯一具有无记忆性

P (X > s + t ∣ X > s) = P (X > t)

的分布，它用来刻画不发生老化的等待时间，例如元件寿命、相邻两次事故的间隔。它与离散的几何分布以及泊松过程都有密切联系：几何分布按离散的次数等待首次成功，如果把时间无限细分并取极限，那么就得到指数分布；而泊松过程中相邻两个事件的时间间隔恰好服从指数分布。

证明 / 推导

证 无记忆性：由

P (X > t) = e^{- λ t}

得

P (X > s + t ∣ X > s) = \frac{e ^{- λ (s + t)}}{e ^{- λ s}} = e^{- λ t} = P (X > t) .

几何分布的连续极限：把单位时间分成

n

个小格，每格作一次独立试验，成功概率取

p = λ / n

，使单位时间内的平均成功次数为

λ

。设首次成功所在的格号为

N \sim G (λ / n)

，则首次成功的时间

T \approx N / n

，于是

P (T > t) = P (N > n t) = (1 - \frac{λ}{n})^{n t} n \to \infty e^{- λ t},

这就是指数分布的尾概率。由此可见，指数分布就是几何分布在时间连续化之下的极限，无记忆性也随之继承下来。

举例说明

设灯泡寿命

\sim E (λ)

，平均寿命

\frac{1}{λ} = 1000

小时。如果一只灯泡已经用了

800

小时仍然亮着，那么它的剩余寿命的分布与全新灯泡完全相同，平均还能再用

1000

小时，即旧灯泡并不比新灯泡更容易损坏。实际的灯泡是会老化的，因此指数分布只是一个理想模型。由此可见，无记忆性是一个很强的假设。

5. 正态分布的标准化：含参数的情形与线性组合★★ 必会

计算正态分布的概率只有标准化这一条途径：先令

Z = \frac{X - μ}{σ} \sim N (0, 1)

，再查

Φ

的数值表，必要时用对称关系式

Φ (- x) = 1 - Φ (x)

。进一步还有以下两条性质：

- 线性变换仍正态：

a X + b \sim N (a μ + b, a^{2} σ^{2})

；
- 独立正态之和仍正态：

X_{i} \sim N (μ_{i}, σ_{i}^{2})

独立则

\sum_{i} X_{i} \sim N (\sum_{i} μ_{i}, \sum_{i} σ_{i}^{2})

。

有了这两条，凡是含参数或含线性组合的正态问题，都可以一步化为标准形式。

证明 / 推导

证 先证线性变换仍为正态. 设

X \sim N (μ, σ^{2})

，

a \neq = 0

，令

Y = a X + b

。当

a > 0

时，

F_{Y} (y) = P {a X + b \leq y} = P {X \leq \frac{y - b}{a}} = F_{X} (\frac{y - b}{a}) .

两端对

y

求导，由复合函数的求导法则，得

f_{Y} (y) = \frac{1}{a} f_{X} (\frac{y - b}{a})

。当

a < 0

时不等号要反向，

F_{Y} (y) = 1 - F_{X} (\frac{y - b}{a})

，求导后得

f_{Y} (y) = - \frac{1}{a} f_{X} (\frac{y - b}{a})

。两种情形合起来，即

f_{Y} (y) = \frac{1}{∣ a ∣} f_{X} (\frac{y - b}{a}) .

把正态密度代入，并注意

\frac{y - b}{a} - μ = \frac{y - ( a μ + b )}{a}

，得

f_{Y} (y) = \frac{1}{∣ a ∣ 2 π σ} exp {- \frac{( \frac{y - b}{a} - μ ) ^{2}}{2 σ ^{2}}} = \frac{1}{2 π ∣ a ∣ σ} exp {- \frac{( y - ( a μ + b ) ) ^{2}}{2 a ^{2} σ ^{2}}} .

这就是

N (a μ + b, a^{2} σ^{2})

的密度。在其中取

a = \frac{1}{σ}, b = - \frac{μ}{σ}

，即得

Z = \frac{X - μ}{σ} \sim N (0, 1)

。标准化之所以可行，根据就在于此。

再证独立正态之和仍为正态. 由上面的结论可以写

X_{i} = μ_{i} + σ_{i} U_{i}

，其中

U_{1}, U_{2}

相互独立且都服从

N (0, 1)

。于是只需证明

σ_{1} U_{1} + σ_{2} U_{2} \sim N (0, σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})

。记

s^{2} = σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}

。由独立随机变量之和的卷积公式，得

f (z) = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{2 π σ _{1}} e^{- \frac{x ^{2}}{2 σ _{1}^{2}}} \cdot \frac{1}{2 π σ _{2}} e^{- \frac{( z - x ) ^{2}}{2 σ _{2}^{2}}} d x .

对指数中的式子关于

x

配方，得恒等式

\frac{x ^{2}}{σ _{1}^{2}} + \frac{( z - x ) ^{2}}{σ _{2}^{2}} = \frac{s ^{2}}{σ _{1}^{2} σ _{2}^{2}} (x - \frac{σ _{1}^{2} z}{s ^{2}})^{2} + \frac{z ^{2}}{s ^{2}},

把两端通分展开即可验证。于是与

x

无关的因子可以提到积分号外：

f (z) = \frac{1}{2 π σ _{1} σ _{2}} e^{- \frac{z ^{2}}{2 s ^{2}}} \int_{- \infty}^{+ \infty} exp {- \frac{( x - \frac{σ _{1}^{2} z}{s ^{2}} ) ^{2}}{2 ( \frac{σ _{1} σ _{2}}{s} ) ^{2}}} d x .

积分号内是一个正态密度去掉常数因子后的式子，故这个积分等于

2 π \cdot \frac{σ _{1} σ _{2}}{s}

。代回化简，得

f (z) = \frac{1}{2 π s} e^{- \frac{z ^{2}}{2 s ^{2}}},

即

σ_{1} U_{1} + σ_{2} U_{2} \sim N (0, s^{2})

。从而

X_{1} + X_{2} \sim N (μ_{1} + μ_{2}, σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2})

。

n

个的情形逐次相加即可。这就证明了这两条性质。

必须注意，可加性以独立为前提. 若两者不独立，则和的方差应为

D X_{1} + D X_{2} + 2 Cov (X_{1}, X_{2})

，而且和未必仍服从正态分布。例如取

X \sim N (0, 1)

并令

Y = - X

，则

Y

也服从

N (0, 1)

，而

X + Y \equiv 0

是常量，它不是正态分布。

■

举例说明

设

X \sim N (1, 4), Y \sim N (2, 9)

相互独立，求

P (X + Y > 6)

，已知

Φ (0.83) \approx 0.797

。

由独立正态分布的可加性得

X + Y \sim N (1 + 2, 4 + 9) = N (3, 13)

，其标准差为

13

。标准化后得

P (X + Y > 6) = P (Z > \frac{6 - 3}{13}) = P (Z > 0.83) \approx 1 - 0.797 = 0.203.

如果改求

P (2 X - Y < 0)

，那么由

2 X - Y \sim N (2 \cdot 1 - 2, 2^{2} \cdot 4 + 9) = N (0, 25)

知其均值为

0

，故由对称性得

P (2 X - Y < 0) = Φ (0) = \frac{1}{2} .

由此可见，只要算出线性组合的均值与方差，再作标准化，结果即可求出。

💡 小知识

正态分布的钟形曲线曾与高斯的头像一同印在德国十马克纸币上。高斯当年用它处理天文测量的误差，正态分布因此也称为高斯分布。至于众多微小独立因素叠加起来为什么会趋于正态，要等到中心极限定理才讲得清楚。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 设

X \sim U (0, 4)

（区间

[0, 4]

上的均匀分布）。求

(1) P (1 < X < 3)

；

(2) E X

与

D X

。难度 1

均匀分布 $U (a, b)$ ：概率 = 长度比， $E X = \frac{a + b}{2}$ ， $D X = \frac{( b - a ) ^{2}}{12}$ 。

(1)

P (1 < X < 3) = \frac{3 - 1}{4 - 0} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}

。

(2)

E X = \frac{0 + 4}{2} = 2

，

D X = \frac{( 4 - 0 ) ^{2}}{12} = \frac{16}{12} = \frac{4}{3}

。

例 2 设

X \sim E (2)

（参数

λ = 2

的指数分布，密度

f (x) = 2 e^{- 2 x}, x > 0

）。求

(1) P (X > 1)

；

(2) E X

。难度 1

指数分布 $E (λ)$ ： $F (x) = 1 - e^{- λ x} (x \geq 0)$ ， $E X = \frac{1}{λ}$ 。

(1)

P (X > 1) = 1 - F (1) = 1 - (1 - e^{- 2 \cdot 1}) = e^{- 2}

。
（也可直接积分

\int_{1}^{\infty} 2 e^{- 2 x} d x = e^{- 2}

。）

(2)

E X = \frac{1}{λ} = \frac{1}{2}

。

例 3 设

X \sim N (1, 4)

（即

μ = 1, σ^{2} = 4

）。求

P (1 < X < 3)

。（已知

Φ (1) \approx 0.8413

，

Φ (0) = 0.5

。）难度 2

正态求概率：标准化 $Z = \frac{X - μ}{σ} \sim N (0, 1)$ ，再查 $Φ$ 。

这里

μ = 1

，

σ = 4 = 2

。令

Z = \frac{X - 1}{2}

，则

P (1 < X < 3) = P (\frac{1 - 1}{2} < Z < \frac{3 - 1}{2}) = P (0 < Z < 1) = Φ (1) - Φ (0) .

代入数值：

P (1 < X < 3) = 0.8413 - 0.5 = 0.3413.

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2026 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 12 分

假设某种元件的寿命服从指数分布，其均值

θ

是未知参数。为估计

θ

，取

n

个这种元件同时做寿命试验，试验到出现

k (1 \leq k \leq n)

个元件失效时停止。

（1）若

k = 1

，失效元件寿命记为

T

。(i) 求

T

的概率密度；(ii) 确定

a

，使

\hat{θ} = a T

是

θ

的无偏估计，求

D (\hat{θ})

。

（2）已知

k

个失效元件寿命值分别为

t_{1}, t_{2}, \dots, t_{k}

且

t_{1} \leq t_{2} \leq \dots \leq t_{k}

，似然函数为

L (θ) = \frac{1}{θ ^{k}} e^{- \frac{1}{θ} [\sum_{i = 1}^{k} t_{i} + (n - k) t_{k}]}

，求

θ

的最大似然估计值。

2025 年 · 数一 · 第 8 题 · 选择题 · 5 分

设二维随机变量

(X, Y)

服从正态分布

N (0, 0; 1, 1; ρ)

，其中

ρ \in (- 1, 1)

。若

a, b

为满足

a^{2} + b^{2} = 1

的任意实数，则

D (a X + bY)

的最大值为（　　）

A $1$ .
B $2$ .
C $1 + ∣ ρ ∣$ .
D $1 + ρ^{2}$ .

2024 年 · 数一 · 第 8 题 · 选择题 · 5 分

设随机变量

X, Y

相互独立，且

X

服从正态分布

N (0, 2)

，

Y

服从正态分布

N (- 2, 2)

。若

P {2 X + Y < a} = P {X > Y}

，则

a =

（　　）

A $- 2 - 10$ .
B $- 2 + 10$ .
C $- 2 - 6$ .
D $- 2 + 6$ .

2024 年 · 数一 · 第 10 题 · 选择题 · 5 分

设随机变量

X, Y

相互独立，且均服从参数为

λ

的指数分布。令

Z = ∣ X - Y ∣

，则下列随机变量中与

Z

同分布的是（　　）

A $X + Y$ .
B $\frac{X + Y}{2}$ .
C $2 X$ .
D $X$ .

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

设

X \sim U (2, 6)

，则

P (X < 3) =

（　）。

A $\frac{1}{4}$
B $\frac{1}{2}$
C $\frac{3}{4}$
D $\frac{1}{3}$

练习 2 · 填空题

设

X \sim E (2)

（参数

λ = 2

的指数分布），则

E X =

____。

练习 3 · 选择题

设

X \sim N (0, 1)

（标准正态），则

P (X > 0) =

（　）。

A $\frac{1}{2}$
B $1$
C $0$
D $0.8413$

练习 4 · 填空题

设

X \sim N (3, 16)

，则

X

的标准差

σ =

____。

练习 5 · 选择题

设

X \sim E (1)

（参数

λ = 1

的指数分布），则

P (X > 2) =

（　）。

A $e^{- 2}$
B $1 - e^{- 2}$
C $e^{- 1}$
D $2 e^{- 1}$

练习 6 · 选择题

设

X_{1}, X_{2}

相互独立且都服从参数为

λ

的指数分布

E (λ)

，令

M = min {X_{1}, X_{2}}

，则

M

服从（　）。

A $E (\frac{λ}{2})$
B $E (λ)$
C $E (2 λ)$
D不再是指数分布

练习 7 · 填空题

设

X \sim N (μ, σ^{2})

，已知

P (X < 1) = 0.5

，

P (X > 3) = 0.1587

，且

Φ (1) = 0.8413

，则

σ =

____。

练习 8 · 解答题

设随机变量

X

的概率密度为

f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{4}, \frac{1}{2} e^{- x}, 0, - 2 < x \leq 0, x > 0, 其他 .

(1)

验证

f (x)

确为概率密度，并求分布函数

F (x)

；

(2)

求

P (∣ X ∣ < 1)

；

(3)

求

E X

与

D X

。

2019 年 · 数一 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设随机变量

X

与

Y

相互独立，且都服从正态分布

N (μ, σ^{2})

，则

P {∣ X - Y ∣ < 1}

（　　）

A与 $μ$ 无关，而与 $σ^{2}$ 有关.
B与 $μ$ 有关，而与 $σ^{2}$ 无关.
C与 $μ, σ^{2}$ 都有关.
D与 $μ, σ^{2}$ 都无关.

2016 年 · 数一 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

设随机变量

X \sim N (μ, σ^{2}) (σ > 0)

，记

p = P {X \leq μ + σ^{2}}

，则（　　）

A $p$ 随着 $μ$ 的增加而增加.
B $p$ 随着 $σ$ 的增加而增加.
C $p$ 随着 $μ$ 的增加而减少.
D $p$ 随着 $σ$ 的增加而减少.

常见连续分布（均匀、指数、正态）

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 三种常用连续分布：均匀分布 U(a,b)、指数分布 E(λ)、正态分布 N(μ,σ2)★★ 必会

2. 高斯积分：正态密度为何归一★ 要懂

3. 三大连续分布的期望方差推导★★ 必会

4. 指数分布：无记忆性的唯一性及其与其他分布的联系★★ 必会

5. 正态分布的标准化：含参数的情形与线性组合★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 三种常用连续分布：均匀分布 $U (a, b)$ 、指数分布 $E (λ)$ 、正态分布 $N (μ, σ^{2})$ ★★ 必会