第十章計數原理、概率、隨機變量及其分布第10節概率與函數、數列INNOVATIVEDESIGN近幾年高考重視在知識交匯處命題,通過綜合運用函數、數列等知識解決概率統計實際問題,突出知識間的綜合應用.解決概率統計與函數的交匯問題的關鍵在于利用函數的單調性確定最優解;解決概率與數列的交匯問題的關鍵在于找出概率pn或均值E(Xn)的遞推公式,利用數列的性質、求和公式等解決問題,該問題的實質仍是以概率統計為主導.目

錄CONTENTS課時對點精練題型一

概率與函數例1

(2023·新高考Ⅱ卷)某研究小組經過研究發現某種疾病的患病者與未患病者的某項醫學指標有明顯差異,經過大量調查,得到如下的患病者和未患病者該指標的頻率分布直方圖:利用該指標制定一個檢測標準,需要確定臨界值c,將該指標大于c的人判定為陽性,小于或等于c的人判定為陰性.此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率,記為p(c);誤診率是將未患病者判定為陽性的概率,記為q(c).假設數據在組內均勻分布,以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率.(1)當漏診率p(c)=0.5%時,求臨界值c和誤診率q(c);解

由題圖知(100-95)×0.002=1%>0.5%,所以95<c<100.設X為患病者的該指標,則p(c)=P(X≤c)=(c-95)×0.002=0.5%,解得c=97.5.設Y為未患病者的該指標,則q(c)=P(Y>c)=(100-97.5)×0.01+5×0.002=0.035=3.5%.(2)設函數f(c)=p(c)+q(c).當c∈[95,105]時,求f(c)的解析式,并求f(c)在區間[95,105]上的最小值.解

當95≤c≤100時,p(c)=(c-95)×0.002=0.002c-0.19,q(c)=(100-c)×0.01+5×0.002=-0.01c+1.01,所以f(c)=p(c)+q(c)=-0.008c+0.82;當100<c≤105時,p(c)=5×0.002+(c-100)×0.012=0.012c-1.19,q(c)=(105-c)×0.002=-0.002c+0.21,所以f(c)=p(c)+q(c)=0.01c-0.98.

思維建模概率與函數交匯問題的解題步驟第一步:通讀題目,仔細審題,理解題意;第二步:根據題目所要解決的問題,確定自變量及其取值范圍;第三步:構建函數模型,寫出函數的解析式;第四步:通過函數的單調性(有時借助導數)等求函數最值達到解決問題的目的.訓練1

(2025·太原調研)甲、乙兩人參加一個比賽,該比賽設有獎金256元,誰先贏滿5局,誰便贏得全部的獎金,已知每場比賽乙贏的概率為p(0<p<1),甲贏的概率為1-p,每場比賽相互獨立,在乙贏了3局甲贏了1局的情況下,設備出現了故障,比賽被迫終止,則獎金應該如何分配才合理?有專家提出如下的獎金分配方案:若出現無人先贏5場且比賽意外終止的情況,則甲、乙按照比賽再繼續進行下去各自贏得全部獎金的概率之比P甲∶P乙分配獎金.

題型二

概率與數列

所以X的分布列為X3456P

(1)從學生中隨機抽取3人,記這3人的合計得分為X,求X的分布列和數學期望;(2)從學生中隨機抽取n人(n∈N*),記這n人的合計得分恰為n+1的概率為pn,求p1+p2+…+pn.

思維建模概率與數列問題的交匯,多以概率的求解為主線建立關于概率的遞推關系.解決此類問題的基本步驟如下:(1)精準定性,即明確所求概率的“事件屬性”;(2)準確建模,即通過概率的求解,建立遞推關系化為數列模型問題;(3)解決模型,即轉化為等差數列、等比數列的問題求解,在求解過程中應靈活運用數列的性質.

拓展視野馬爾可夫鏈雖然貝葉斯公式不做要求,但是全概率公式已經是新高考考查內容了,利用全概率公式,我們既可以構造某些遞推關系求解概率,還可以推導經典的一維隨機游走模型,即:設數軸上一個點,它的位置只能位于整點處,在時刻t=0時,位于點x=i(i∈N*),下一個時刻,它將以概率α或者β(α,β∈(0,1),α+β=1)向左或者向右平移一個單位.若記狀態xt=i表示:在時刻t該點位于位置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).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=β·pi-1+α·pi+1.進一步,我們假設在x=0與x=m(m>0,m∈N*)處各有一個吸收壁,當點到達吸收壁時被吸收,不再游走.于是,p0=0,pm=1.隨機游走模型是一個典型的馬爾可夫過程.進一步,若點在某個位置后有三種情況:向左平移一個單位,其概率為a;原地不動,其概率為b;向右平移一個單位,其概率為c,那么根據全概率公式可得pi=api+1+bpi+cpi-1.典例

(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙兩人投籃,每次由其中一人投籃,規則如下:若命中,則此人繼續投籃;若未命中,則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何,甲每次投籃的命中率均為0.6,乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選,第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5. (1)求第2次投籃的人是乙的概率;

解

第2次投籃的人是乙分為兩種情況:

第1次投籃的人是甲且投籃未命中,其概率為0.5×(1-0.6)=0.2;

第1次投籃的人是乙且投籃命中,其概率為0.5×0.8=0.4,

所以第2次投籃的人是乙的概率為0.2+0.4=0.6.

課時對點精練KESHIDUIDIANJINGLIAN

(1)求p1,p2,p3;

3.(2021·新高考Ⅱ卷)一種微生物群體可以經過自身繁殖不斷生存下來,設一個這種微生物為第0代,經過一次繁殖后為第1代,再經過一次繁殖后為第2代,…,該微生物每代繁殖的個數是相互獨立的且有相同的分布列,設X表示1個微生物個體繁殖下一代的個數,P(X=i)=pi(i=0,1,2,3). (1)已知p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求E(X);解

E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1.(2)設p表示該種微生物經過多代繁殖后臨近滅絕的概率,p是關于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一個最小正實根,求證:當E(X)≤1時,p=1,當E(X)>1時,p<1;證明

設f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0,因為p3+p2+p1+p0=1,故f(x)=p3x3+p2x2-(p2+p0+p3)x+p0.若E(X)≤1,則p1+2p2+3p3≤1,故p2+2p3≤p0.f'(x)=3p3x2+2p2x-(p2+p0+p3),因為f'(0)=-(p2+p0+p3)<0,f'(1)=p2+2p3-p0≤0,故f'(x)有兩個不同零點x1,x2,且x1<0<1≤x2,且x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)時,f'(x)>0;x∈(x1,x2)時,f'(x)<0;故f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上為增函數,在(x1,x2)上為減函數.若x2=1,因為f(x)在(x2,+∞)上為增函數且f(1)=0,而當x∈(0,x2)時,因為f(x)在(x1,x2)上為減函數,故f(x)>f(x2)=f(1)=0,故1為p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一個最小正實根;若x2>1,因為f(1)=0且在(0,x2)上為減函數,故1為p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一個最小正實根.綜上,若E(X)≤1,則p=1.若E(X)>1,則p1+2p2+3p3>1,故p2+2p3>p0.此時f'(0)=-(p2+p0+p3)<0,f'(1)=p2+2p3-p0>0,故f'(x)有兩個不同零點x3,x4,且x3<0<x4<1,且x∈(-∞,x3)∪(x4,+∞)時,f'(x)>0;x∈(x3,x4)時,f'(x)<0;故f(x)在(-∞,x3),(x4,+∞)上為增函數,在(x3,x4)上為減函數,而f(1)=0,故f(x4)<0,又f(0)=p0>0,故f(x)在(0,x4)存在一個零點p,且p<1.所以p為p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一個最小正實根,此時p<1,故當E(X)>1時,p<1.(3)根據你的理解說明第(2)問結論的實際含義.解

每一個該種微生物繁殖后代的平均數不超過1,則若干代后必然滅絕;若繁殖后代的平均數超過1,則若干代后滅絕的概率小于1.4.(2025·武漢調研)已知常數p∈(0,1),在成功的概率為p的伯努利試驗中,記X為首次成功時所需的試驗次數,X的取值為所有正整數,此時稱離散型隨機變量X的概率分布為幾何分布.

(2)對于幾何分布的拓展問題,在成功的概率為p的伯努利試驗中,記