培優(yōu)課16概率統(tǒng)計與數(shù)列、函數(shù)的綜合問題題型一概率、統(tǒng)計與數(shù)列的綜合問題(2023·新課標Ⅰ卷)甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)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；(2)求第i次投籃的人是甲的概率；(3)已知：若隨機變量Xi服從兩點分布，且PXi=1=1-PXi=0=qi，i=1，2，…，n，則E(∑i=1nXi)=∑i=1nqi.記前n次解：(1)記“第i次投籃的人是甲”為事件Ai，“第i次投籃的人是乙”為事件Bi，所以PB2=PA1B=PA1PB=0.5×1-0.6+0.5×0.8=(2)設(shè)PAi=pi，依題可知，PBi=1-piPAi+1=PA=PAiPAi即pi+1=0.6pi+1-0=0.4pi+0.2，構(gòu)造等比數(shù)列pi設(shè)pi+1+λ=25pi+λ，解得λ=-13，則pi+又p1=12，p1-13=16，所以pi-13即pi-13=16×25i-1，pi=(3)因為pi=16×25i-1+13，i=1，所以當n∈N+時，∑i=1npi=p1+p2+…+pn=16×1-2故E(Y)=5181-學生用書?第307頁概率與數(shù)列問題的交匯，多以概率的求解為主線，建立關(guān)于概率的遞推關(guān)系.解決此類問題的基本步驟為：1.精準定性：即明確所求概率的“事件屬性”，這是確定概率概型的依據(jù)，也是建立遞推關(guān)系的準則.2.準確建模：即通過概率的求解，建立遞推關(guān)系，轉(zhuǎn)化為數(shù)列模型問題.3.解決模型：也就是遞推數(shù)列的求解，多通過構(gòu)造的方法轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列的問題求解.求解過程應(yīng)靈活運用數(shù)列的性質(zhì)，準確應(yīng)用相關(guān)公式.對點練1.(2025·廣東惠州模擬)為了避免就餐聚集和減少排隊時間，某校開學后，食堂從開學第一天起，每餐只推出即點即取的米飯?zhí)撞秃兔媸程撞?已知某同學每天中午會在食堂提供的兩種套餐中選擇，已知他第一天選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿?3，而前一天選擇了米飯?zhí)撞秃笠惶炖^續(xù)選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿?4，前一天選擇面食套餐后一天繼續(xù)選擇面食套餐的概率為12(1)求該同學第二天中午選擇米飯?zhí)撞偷母怕剩?2)記該同學第n天選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿镻n.(ⅰ)證明：Pn-(ⅱ)證明：當n≥2時，Pn≤512解：(1)設(shè)A1=“第1天選擇米飯?zhí)撞汀?，A2=“第2天選擇米飯?zhí)撞汀?，則A1=“第1天不選擇米飯?zhí)撞汀备鶕?jù)題意PA1=23，PA1=13，PA2|A1=14，由全概率公式，得PA2=PA1PA2|A1+PA1PA(2)證明：(ⅰ)設(shè)An=“第n天選擇米飯?zhí)撞汀保瑒tPn=PAn，PAn=1-P根據(jù)題意PAn+1|An=14，PA由全概率公式，得Pn+1=PA=PAnPA=14Pn+121-Pn=-因此Pn+1-25=-1因為P1-25=415≠0，所以Pn-25是以4(ⅱ)由(ⅰ)可得Pn=25+415×當n為大于1的奇數(shù)時，Pn=25+415×14n-1≤當n為正偶數(shù)時，Pn=25-415×14n-因此當n≥2時，Pn≤512題型二概率、統(tǒng)計與函數(shù)的綜合問題(2021·新高考Ⅱ卷)一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來，設(shè)一個這種微生物為第0代，經(jīng)過一次繁殖后為第1代，再經(jīng)過一次繁殖后為第2代……該微生物每代繁殖的個數(shù)是相互獨立的且有相同的分布列，設(shè)X表示1個微生物個體繁殖下一代的個數(shù)，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)；(2)設(shè)p表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關(guān)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；(3)根據(jù)你的理解說明(2)問結(jié)論的實際含義.解：(1)由題意，P(X=0)=0.4，P(X=1)=0.3，P(X=2)=0.2，P(X=3)=0.1.所以X的分布列為X0123P0.40.30.20.1所以E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1.(2)證明：記f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0，由題知，p為f(x)=0的實根，由p0=1-p1-p2-p3，得f(x)=p3(x3-1)+p2(x2-1)+p1(x-1)-(x-1)=(x-1)[p3x2+(p3+p2)x+p3+p2+p1-1].記g(x)=p3x2+(p3+p2)x+p3+p2+p1-1，則g(1)=3p3+2p2+p1-1=E(X)-1，g(0)=p3+p2+p1-1=-p0<0.當E(X)≤1時，g(1)≤0，易知g(x)在0，1所以當x∈(0，1)時，g(x)=0無實根.所以f(x)=0在0，1即p=1，所以當E(X)≤1時，p=1.當E(X)>1時，g(1)>0，又g(0)<0，g(x)的圖象開口向上，所以g(x)=0在0，1上有唯一實根p'∈(0，1所以f(x)=0的最小正實根p=p'∈(0，1)，所以當E(X)>1時，p<1.(3)E(X)≤1，表示1個微生物個體繁殖下一代的個數(shù)不超過自身個數(shù)，種群數(shù)量無法維持穩(wěn)定或正向增長，多代繁殖后將面臨滅絕，所以p=1.E(X)>1，表示1個微生物個體可以繁殖下一代的個數(shù)超過自身個數(shù)，種群數(shù)量可以正向增長，所以面臨滅絕的可能性小于1.學生用書?第308頁甲、乙兩人進行象棋比賽(沒有平局)，采用“五局三勝”制.已知在每局比賽中，甲獲勝的概率為p，0<p<1.(1)設(shè)甲以3∶1獲勝的概率為f(p)，求f(p)的最大值；(2)記(1)中f(p)取得最大值時的p為p0，以p0作為p的值，用X表示甲、乙兩人比賽的局數(shù)，求X的分布列和均值E(X).解：(1)甲以3∶1獲勝，則前三局中甲要勝兩局敗一局，第四局甲再獲勝，所以fp=C32·p2·1-p·p=3p3-3p4，0<則f'p=9p2-12p3=3p23-令f'(p)>0，得0<p<34令f'(p)<0，得34<p<1所以f(p)在0，34上單調(diào)遞增，在所以當p=34時，f(p)取得最大值，為81(2)由(1)知p=p0=34由題意知X的所有可能取值為3，4，5.則PX=3=343+143=PX=4=C32×343×14+C31×3PX=5=C42×343×142+C42×所以X的分布列為：X345P74527則X的均值EX=3×716+4×45128+5×27128概率與函數(shù)的交匯問題，多以概率問題為解題主線，通過設(shè)置變量，利用隨機變量的概率、均值與方差的計算公式構(gòu)造函數(shù).求解時可借助二次函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性或?qū)?shù)確定最優(yōu)解.解決此類問題應(yīng)注意以下兩點：1.準確構(gòu)造函數(shù)，利用公式搭建函數(shù)模型時，由于隨機變量的均值、方差，隨機事件概率的計算中涉及變量較多，式子較為復(fù)雜，所以準確運算化簡是關(guān)鍵.2.注意變量的范圍，一是題中給出的范圍，二是實際問題中變量自身范圍的限制.對點練2.(2025·湖北高三四調(diào))高性能計算芯片是一切人工智能的基礎(chǔ).國內(nèi)某企業(yè)已快速啟動AI芯片試生產(chǎn)，試產(chǎn)期需進行產(chǎn)品檢測，檢測包括智能檢測和人工檢測.智能檢測在生產(chǎn)線上自動完成，包括安全檢測、蓄能檢測、性能檢測等三項指標，且智能檢測三項指標達標的概率分別為4950，4849，4748，人工檢測僅對智能檢測達標(即三項指標均達標)的產(chǎn)品進行抽樣檢測，且僅設(shè)置一個綜合指標.人工檢測綜合指標不達標的概率為p((1)求每個AI芯片智能檢測不達標的概率；(2)人工檢測抽檢50個AI芯片，記恰有1個不達標的概率為f(p)，當p=p0時，f(p)取得最大值，求p0；(3)若AI芯片的合格率不超過93%，則需對生產(chǎn)工序進行改良.以(2)中確定的p0作為p的值，試判斷該企業(yè)是否需對生產(chǎn)工序進行改良.解：(1)記事件A=“每個AI芯片智能檢測不達標”，則P(A)=1-P(A)=1-4950×4849×4748(2)由題意f(p)=C501p(1-p)所以f'(p)=50[(1-p)49+p×49(1-p)48×(-1)]=50(1-p)48(1-50p)，令f'(p)=0，則p=150當0<p<150時，f'(p)>0，f(p)為增函數(shù)當p>150時，f'(p)<0，f(p)為減函數(shù)所以f(p)在p0=150處取到最大值(3)記事件B=“人工檢測達標”，則P(B|A)=1-150=49又P(A)=1-350=47所以P(AB)=P(A)P(B|A)=4750×4950=92.12%<93%，課時測評86概率統(tǒng)計與數(shù)列、函數(shù)的綜合問題對應(yīng)學生(時間：60分鐘滿分：100分)(本欄目內(nèi)容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂!)1.(17分)為落實立德樹人的根本任務(wù)，堅持“五育”并舉，全面推進素質(zhì)教育，某校舉行了乒乓球比賽，其中參加男子乒乓球決賽階段比賽的12名隊員來自3個不同校區(qū)，三個校區(qū)的隊員人數(shù)分別是3，4，5.本次決賽的比賽賽制采取單循環(huán)方式，即每名隊員進行11場比賽(每場比賽都采取5局3勝制)，根據(jù)積分選出最后的冠軍.積分規(guī)則如下：比賽中以3∶0或3∶1取勝的隊員積3分，失敗的隊員積0分；以3∶2取勝的隊員積2分，失敗的隊員積1分.(1)若每名隊員獲得冠、亞軍的可能性相同，則比賽結(jié)束后，冠、亞軍恰好來自不同校區(qū)的概率是多少?(7分)(2)已知第10輪小李對抗小王，設(shè)每局比賽小李取勝的概率均為p(0<p<1).①記小李以3∶1取勝的概率為f(p).若當p=p0時，f(p)取最大值，求p0的值；②若以①中p0的值作為p的值，這輪比賽小李所得積分為X，求X的分布列及均值.(10分)解：(1)比賽結(jié)束后，冠、亞軍恰好來自不同校區(qū)的概率P=C31C(2)①由題可知f(p)=C32p2(1-p)·p=3p3(1-pf'(p)=3[3p2(1-p)+p3×(-1)]=3p2(3-4p)，令f'(p)=0，得p=34或p=0(舍去)當p∈0，34時，f'(p)>0，f(p)在當p∈34，1時，f'(p)<0，f(p)在所以p0=34②X的所有可能取值為0，1，2，3，PX=0=1-p3+C3=1-343+C31×34PX=1=C42p=C42×342×1-PX=2=C42p=C42×342×1-PX=3=p3+C32p=343+C32×342×所以X的分布列為：X0123P132781189則EX=0×13256+1×27512+2×81512+3×1892.(17分)(2024·山東青島模擬)甲、乙兩人組團參加答題挑戰(zhàn)賽，規(guī)定：每一輪甲、乙各答一道題，若兩人都答對，該團隊得1分；只有一人答對，該團隊得0分；兩人都答錯，該團隊得-1分.假設(shè)甲、乙兩人答對任何一道題的概率分別為34(1)記X表示該團隊一輪答題的得分，求X的分布列及數(shù)學期望E(X)；(7分)(2)假設(shè)該團隊連續(xù)答題n輪，各輪答題相互獨立.記Pn表示“沒有出現(xiàn)連續(xù)三輪每輪得1分”的概率，Pn=aPn-1+bPn-2+cPn-3n≥4，求a，b，c；并證明：答題輪數(shù)越多(輪數(shù)不少于3)，出現(xiàn)“連續(xù)三輪每輪得1分”的概率越大.(10解：(1)由題可知，X的取值為-1，0，1，PX=-1=1-3PX=0=34×1-23+PX=1=34×2故X的分布列如下：X-101P151則EX=-1×112+0×512+1×12(2)由題可知，P1=1，P2=1，P3=1-123=78，P4=1-3×1經(jīng)分析可得：若第n輪沒有得1分，則Pn=12Pn-1若第n輪得1分，且第n-1輪沒有得1分，則Pn=14Pn-2若第n輪得1分，且第n-1輪得1分，第n-2輪沒有得1分，則Pn=18Pn-3故Pn=12Pn-1+14Pn-2+18Pn-3n≥4，故a=12，b=因為Pn=12Pn-1+14Pn-2+18Pn故Pn+1=12Pn+14Pn-1+18Pn故Pn+1-Pn=-12Pn+14Pn-1+18P=-1212Pn-1+14Pn-2+18Pn-3+故Pn+1<Pnn≥4，且P1=P2>P3>P則P1=P2>P3>P4>P5>…，所以答題輪數(shù)越多(輪數(shù)不少于3)，出現(xiàn)“連續(xù)三輪每輪得1分”的概率越大.3.(20分)(2025·廣東茂名模擬)馬爾可夫鏈是因俄國數(shù)學家安德烈·馬爾可夫得名，其過程具備“無記憶”的性質(zhì)，即第n+1次狀態(tài)的概率分布只跟第n次的狀態(tài)有關(guān)，與第n-1，n-2，n-3，…次狀態(tài)是“沒有任何關(guān)系的”.現(xiàn)有甲、乙兩個盒子，盒子中都有大小、形狀、質(zhì)地相同的2個紅球和1個黑球.從兩個盒子中各任取一個球交換，重復(fù)進行nn∈N+次操作后，記甲盒子中黑球個數(shù)為Xn，甲盒中恰有1個黑球的概率為an，恰有2個黑球的概率為(1)求X1的分布列；(4分)(2)求數(shù)列{an}的通項公式；(6分)(3)求Xn的期望.(10分)解：(1)由題可知，X1的可能取值為0，1，2.由相互獨立事件概率乘法公式可知：PX1=0=13×PX1=1=13×13+2PX1=2=23×故X1的分布列如下表：X1012P252(2)由全概率公式可知：P(Xn+1=1)=P(Xn=1)·P(Xn+1=1|Xn=1)+P(Xn=2)·P(Xn+1=1|Xn=2)+P(Xn=0)·P(Xn+1=1|Xn=0)=13×13+23×23P(Xn=1)+23×1P(X=59P(Xn=1)+23P(Xn=2)+23P(Xn=即an+1=59an+23bn+23(1-an-b所以an+1=-19an+2所以an+1-35=-1又a1=PX1=1所以數(shù)列an-35是以a1-35以-19為公比的等比數(shù)列所以an-35=-245·-19n即an=35+25·(3)由全概率公式可得：P(Xn+1=2)=P(Xn=1)·P(Xn+1=2|Xn=1)+P(Xn=2)·P(Xn+1=2|Xn=2)+P(Xn=0)·P(Xn+1=2|Xn=0)=23×13·PXn=1+13×1·PXn=2+0·PXn=又an=35+25·所以bn+1=13bn+2所以bn+1-15+15-又b1=PX1=2所以b1-15+15×-19=29-1所以bn-15+15-所以bn=15-1所以E(Xn)=an+2bn+01-an-bn=an+4.(20分)(2024·河北邯鄲模擬)邯鄲是歷史文化名城，被譽為“中國成語典故之都”.為了讓廣大市民更好的了解并傳承成語文化，當?shù)匚穆镁謹M舉辦猜成語大賽.比賽共設(shè)置n道題，參加比賽的選手從第一題開始答題，一旦答錯則停止答題，否則繼續(xù)，直到答完所有題目.設(shè)某選手答對每道題的概率均為p(0<p<1)，各題回答正確與否相互之間沒有影響.(1)記答題結(jié)束時答題個數(shù)為X，當n=3時，若E(X)>1.75，求P的取值范圍；(6分)(2)(ⅰ)記答題結(jié)束時答對個數(shù)為Y，求E(Y)；(ⅱ)當p=56時，求使E(Y)>4的n的最小值參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.301，lg3≈0.477.(14分)解：(1)當n=3時，根據(jù)題意，X可取1，2，3，P(X=1)=1-p，P(X=2)=p(1-p)，P(X=3)=p2，所以E(X)=1-p+2p(1-p)+3p2=p2+p+1，由E(X)=p2+p+1>1.75，得p>12又0<p<1，所以P的取值范圍是12(2)(ⅰ)P(Y=k)=pk(1-p)，其中k=0，1，2，…，n-1，P(Y=n)=pn，所以Y的數(shù)學期望為E(Y)=p(1-p)+2p2(1-p)+…+(n-1)pn-1(1-p)+npn=(1-p)[p+2p2+3p3+…+(n-1)pn-1]+npn，設(shè)Sn=p+2p2+3p3+…+(n-1)pn-1，利用錯位相減可得(1-p)Sn=p+p2+p3+…+pn-1-(n-1)pn，所以E(Y)=p+p2+p3+…+pn-1-(n-1)pn+npn=p+p2+p3+…+pn-1+pn=p-另解：E(Y)=(p-p2)+(2p2-2p3)+(3p3-3p4)+…+[(n-1)pn-1-(n-1)pn]+npn=p+p2+p3+…+pn-1+pn=p-(ⅱ)依題意，56-56n+11即n+1>log5616=lg6lg6-lg5=lg2+lg32lg2+lg3又n∈N+，故n的最小值為9.5.(26分)為了選拔創(chuàng)新型人才，某大學對高三年