2026高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)微專題106講22.導(dǎo)數(shù)與概率的綜合性壓

軸含答案22.導(dǎo)數(shù)與概率綜合壓軸

隨著概率與統(tǒng)計(jì)的地位越來越重要，未來不排除導(dǎo)數(shù)與概率綜合去命制壓軸題目，作為最

后一節(jié)，我們賞析一下概率與導(dǎo)數(shù)壓軸題.

一.基本原理：似然估計(jì)與概率最值

1.已知函數(shù)：p(x/e)輸入有兩個(gè)：x表示某一個(gè)具體的數(shù)據(jù)；。表示模型的參數(shù)，如果。

是己知確定的，X是變量，這個(gè)函數(shù)叫做概率函數(shù)，它描述對于不同的樣本點(diǎn)X,其出現(xiàn)

概率是多少.如果x是已知確定的，e是變量，這個(gè)函數(shù)叫做似然函數(shù)，它描述對于不同的

模型參數(shù)，出現(xiàn)x這個(gè)樣本點(diǎn)的概率是多少.

極大似然估計(jì)，通俗理解來說，就是利用已知的樣本結(jié)果信息，反推最具有可能(最大概

率)導(dǎo)致這些樣本結(jié)果出現(xiàn)的模型參數(shù)值.

換句話說，極大似然估計(jì)提供了一種給定觀察數(shù)據(jù)來評估模型參數(shù)的方法，即：“模型己

定，參數(shù)未知”.

2.二項(xiàng)分布的兩類最值

(1)當(dāng)〃給定時(shí)，可得到函數(shù)/(A)=C：p￡(i-pyT#=0,12…〃，這個(gè)是數(shù)列的最值

問題.

pk=晨p“l(fā)-+=&(1-〃)+(■+1)〃_〃=]?+

7Z?"-Ml-p)~一(1-〃)~伙1-〃)?

分析：當(dāng)&+時(shí)，PCPg，0隨A值的增加而增加；當(dāng)&>5+1)〃時(shí)，

Pk<Pi，隨攵值的增加而減少.如果(〃+1)〃為正整數(shù)，當(dāng)攵=(〃+1)〃時(shí)，Pk=Pw

此時(shí)這兩項(xiàng)概率均為最大直如果5+1)〃為非整數(shù)，而攵取(〃+1)〃的整數(shù)部分，則外是

唯一的最大值.

注：在二項(xiàng)分布中，若數(shù)學(xué)期望為整數(shù)，則當(dāng)隨機(jī)變量Z等于期望時(shí)，概率最大.

(2)當(dāng)我給定時(shí)，可得到函數(shù)/(〃)=C：/(1一〃)”",〃e(OJ),這個(gè)是函數(shù)的最值問題，

這可以用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值與最值點(diǎn).

分析：

f(P)=MFI-P)i-Pk(n-k)(\-p)

=C；pia-p)"ik(l-〃)-(〃-Q”=c：產(chǎn)(1-(kTip).

當(dāng)攵=1,2,…,〃—1時(shí)，由于當(dāng)〃<人時(shí)，f\p)>0,/(P)單調(diào)遞增，當(dāng)〃,K時(shí)，

nn

r(P)〈O，/(P)單調(diào)遞減，故當(dāng)〃」時(shí)，/(〃)取得最大值，f(P)max=/(與?又當(dāng)

nn

〃fOJ(P)-1，當(dāng)〃―0時(shí)，—從而/[p)無最小值.

3.超幾何分布的概率最值

將從3+。)件產(chǎn)品中取出〃件產(chǎn)品的可能組合全體作為樣本點(diǎn)，總數(shù)為?其中，次品出

現(xiàn)％次的可能為?令N=〃+8,則所求概率為4(N)=

二產(chǎn)二N：iN-〃N+助令加L則當(dāng)〃〃MN時(shí)，

4(N-l)N-N-nN+kN%(N—1)

2>1；當(dāng)時(shí)，丸<1,即當(dāng)N<E時(shí)，4(N)是關(guān)于N的增函數(shù)；當(dāng)N>2時(shí),

kk

%(N)是關(guān)于N的減函數(shù).所以當(dāng)'=y時(shí)，4(N)達(dá)到最大值.

二.典例分析

例1.(24屆杭州市高三二模T19)在概率統(tǒng)計(jì)中，常常用頻率估計(jì)概率.己知袋中有若干

個(gè)紅球和白球，有放回地隨機(jī)摸球〃次，紅球出現(xiàn)〃次.假設(shè)每次摸出紅球的概率為P,

根據(jù)頻率估計(jì)概率的思想，則每次摸出紅球的概率P的估計(jì)值為p=~.

n

(1)若袋中這兩種顏色球的個(gè)數(shù)之比為1:3,不知道哪種顏色的球多.有放回地隨機(jī)摸取

3個(gè)球，設(shè)摸出的球?yàn)榧t球的次數(shù)為丫，則y?8(3,p).(

注：與"二%)表示當(dāng)每次摸出紅球的概率為〃時(shí)，摸出紅球次數(shù)為Z的概率)

(ii)在統(tǒng)計(jì)理論中,把使得Pp(Y=。的取值達(dá)到最大時(shí)的P,作為P的估計(jì)值,記為P，

請寫出〃的值.

(2)把(1)中“使得與[丫=%)的取值達(dá)到最大時(shí)的〃作為〃的估計(jì)值〃”的思想稱為最

大似然原理.基于最大似然原理的最大似然參數(shù)估計(jì)方法稱為最大似然估計(jì).

具體步驟：先對參數(shù)。構(gòu)建對數(shù)似然函數(shù)/(夕)，再對其關(guān)于參數(shù)。求導(dǎo)，得到似然方程

/'(e)=o,最后求解參數(shù)。的估計(jì)值.已知y?8(幾〃)的參數(shù)〃的對數(shù)似然函數(shù)為

/(P)=￡xjnp+W(l_X,)ln(l_p),其中X=[鬻求參數(shù)P的估

計(jì)值，并且說明頻率估計(jì)概率的合理性.

解(1)因?yàn)檠?3(3,〃)，所以P的值為I或

(i)表格如下

k0123

272791

々(一)64646464

4

192727

勺“=%)64646464

4

(ii)由題知口(y=2)=Cp"(l-p廣.

13

當(dāng)y=o或1時(shí)，參數(shù)〃=；的概率最大；當(dāng)y=2或3時(shí)，參數(shù)〃==的概率最大.

44

所以P二；

Jcc

]〃1n

(2)對對數(shù)似然函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，/'(p)=—ZX,「^—Z(1-XJ,因此似然方程為

Pi=iP/=1

[〃1〃1n

片X「可面的方程‘得衿*如

因此，用最大似然估計(jì)的參數(shù)〃與頻率估計(jì)概率的〃是一致的，故用頻率估計(jì)概率是合理

的.

例2.(2021新高考2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(gè)這種微

生物為第。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(gè)數(shù)是相互獨(dú)立的且有相同的分布列，設(shè)X表示1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的個(gè)

數(shù)，P(X=/)=p,(/=O,l,2,3).

(1)己知Po=0.4,P1=0.3,P2=0.2,〃3=0.1,求E(X)；

(2)設(shè)。表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率，0是關(guān)于x的方程：

“o+PM+p^+Pax=x的一個(gè)最小正實(shí)根，求證：當(dāng)E(X)K1時(shí)，〃=1,當(dāng)E(X)>1時(shí),

3

P<1;

（3）根據(jù)你的理解說明（2）問結(jié)論的實(shí)際含義

解析：（2）設(shè)/（同=〃3丁+〃2丁+（〃1-1）工+〃0，因?yàn)?+P2+P1+PO=1，故

/（引=〃3丁+〃2/一（〃2+〃0+〃3）%+〃0,若E（X）$1,貝！8+2P2+3用W1,故生+2〃34〃（）.

2

r（x）=3P3X+2p2x-（p2+Po+pj，因?yàn)閞（°）=一（〃2+/%+〃3）<°，

:（1）=〃2+2〃3-〃04°，故廣（X）有兩個(gè)不同零點(diǎn)玉衣2，<0<l<X2,

且x?-oo，X）5/，*°）時(shí)，/'（x）>0;%￡（%,%）時(shí),r（x）vO;故在（Y°，X3（4+00）

上為增函數(shù)，在（彳毛）上為減函數(shù)，若I2=1，因?yàn)?（工）在（王，”）為增函數(shù)且"1）二°，

而當(dāng)X?O,&）時(shí)，因?yàn)?（X）在（小5）上為減函數(shù)，故f（x）>f（w）=/⑴=0,故1為

Po+P'X+p2f+Py，=x的一個(gè)最小正實(shí)根，若占>1，因?yàn)?⑴=。且在（。,馬）上為減函數(shù)，

故1為PO+PX+P2K2+P/3=X的一個(gè)最小正實(shí)根，綜上，若夙X）G,則0=1.若E（X）>1,

貝IJ區(qū)+20+3%>1,故P2+2%>Po.此時(shí)/'（0）=-（〃2+〃0+〃3）<0，

/'（1）=〃2+2〃3-〃0>。，故r（x）有兩個(gè)不同零點(diǎn)0Z，且X3<°<Z<1，且

,xjua，”）時(shí)，r（x）>o；入?知匕）時(shí)，/'（力<0；故/（文）在（f玉），（演,人）

上為增函數(shù)，在（如玉）上為減函數(shù)，而/（1）=0,故/（王）<0,又/（0）=〃。>0,故/?（1）

2

在（。，七）存在一個(gè)零點(diǎn)"，且〃V1.所以〃為〃0+PyX+p2X+.3/=X的一個(gè)最小正實(shí)根，

此時(shí)〃<1,故當(dāng)石（X）>1時(shí)，〃<1.

（3）意義：每一個(gè)該種微生物繁殖后代的平均數(shù)不超過1,則若干代必然滅絕，若繁殖后

代的平均數(shù)超過1,則若干代后被滅絕的概率小于L

例3.（24屆湖北省部分學(xué)校聯(lián)考）有一位老師叫他的學(xué)生到麥田里，摘一顆全麥田里最大

的麥穗，期間只能摘一次，并且只可以向前走，不能回頭.結(jié)果，他的學(xué)生兩手空空走出麥

田，因?yàn)樗恢懊媸欠裼懈玫?，所以沒有摘，走到前面時(shí)，又發(fā)覺總不及之前見到的，

最后什么也沒摘到.假設(shè)該學(xué)生在麥田中一共會遇到〃顆麥穗（假設(shè)"顆麥穗的大小均不相

同），最大的那顆麥穗出現(xiàn)在各個(gè)位置上的概率相等，為了使他能在這些麥穗中摘到那顆最

大的麥穗，現(xiàn)有如下策略：不摘前女<〃）顆麥穗，自第Z+1顆開始，只要發(fā)現(xiàn)比他前

面見過的麥穗都大的，就摘這顆麥穗，否則就摘最后一顆.設(shè)〃=/〃，該學(xué)生摘到那顆最大

的麥穗的概率為P.（取

(1)若〃=4,k=2,求P；

4

(2)若〃取無窮大，從理論的角度，求。的最大值及，取最大值時(shí)/的值.

解析：(1)這4顆麥穗的位置從第1顆到第4顆排序，有A：=24種情況.

要摘到那顆最大的麥穗，有以下兩種情況：

①最大的麥穗是第3顆，其他的麥穗隨意在哪個(gè)位置，有A；=6種情況.

②最大的麥穗是最后1顆,第二大的麥穗是第1顆或第2顆，其他的麥穗隨意在哪個(gè)位置，

有2A；=4種情況.故所求概率為M4?

(2)記事件A表示最大的麥穗被摘到，事件％表示最大的麥穗在麥穗中排在第7顆.

因?yàn)樽畲蟮哪穷w麥穗出現(xiàn)在各個(gè)位置上的概率相等，所以以給定所在位置的序

號作為條件，外力=￡2⑷層)當(dāng)14/二時(shí)，最大的麥穗在前攵顆

;=1〃j=\

麥穗之中，不會被摘到，此時(shí)耳4|%)=0.當(dāng)A+時(shí)，最大的麥穗被摘到，當(dāng)且僅

當(dāng)前J-1顆麥穗中的最大的一顆在前k顆麥穗中時(shí)，此時(shí)*AI%)=合.由全概率公式知

P(A)=，力’7="￡1="|吟.令函數(shù)g(x)=±ln3：x>0),^(x)=-ln---?令

g'(x)=O,則x=,，當(dāng)xe(0,￡)時(shí)，當(dāng)時(shí)，g'(x)v0,所以g(x)在

上單調(diào)遞增，在|X，］上單調(diào)遞減.所以雙口皿寸僅］△.所以當(dāng)女=dP(A)=2k?時(shí)

ye)\c)eenk

取得最大值，最大值為工，此時(shí)/=1，即P的最大值為」，此時(shí)/的值為L

eeee

例4.(2011全國卷)

(1)設(shè)函數(shù)/(x)=ln(l+x)--------,證明：x>0時(shí)，f(x)>0；

x+2

(2)從編號1到100的100張卡片中每次隨即抽取一張，然后放回，用這種方式連續(xù)抽取

o1

20次，設(shè)抽得的20個(gè)號瑪互不相同的概率為〃.證明：p<(—),9<—.

10e~

解析:⑴/■)=-—『，當(dāng)x>0時(shí)，/'a)>0,所以/(幻為增函數(shù)，又/(())=(),

(x+l)(x+2)-

因此x>0時(shí)，/(x)>0.

(2)依題，—又99x81<90:98X82<9()2,…,91x89<9()2,

1OO20

o2

所以〃<(一)匕由(1)知：當(dāng)x>0時(shí)，/(工)>0,因此(l+-)ln(l+x)>2.

10x

在上式中，令1=工，則191nW>2,即(竺尸〉/,所以〃

99910e"

三.習(xí)題演練

1.為了估計(jì)一批產(chǎn)品的不合格品率〃，現(xiàn)從這批產(chǎn)品中隨機(jī)抽取一個(gè)樣本容量為〃的樣本

5

備,々13,…4，定義。技，i=l，2,…,〃，于是P?=1）=P,p?=0）=1-〃，

0,第，次合格

i=12…"記Up）=P（0=N，易=巧,…?,=%”）（其中瓦=0或1,/=1,2<稱〃〃）表示〃為

參數(shù)的似然函數(shù).極大似然估計(jì)法是建立在極大似然原理基礎(chǔ)上的一個(gè)統(tǒng)計(jì)方法，極大似然

原理的直觀想法是：一個(gè)隨機(jī)試驗(yàn)如有若干個(gè)可能的結(jié)果A,B,C,若在一次試驗(yàn)中，

結(jié)果A出現(xiàn)，則一般認(rèn)為試驗(yàn)條件對A出現(xiàn)有利，也即A出現(xiàn)的概率很大.極大似然估計(jì)是

一種用給定觀察數(shù)據(jù)來評估模型參數(shù)的統(tǒng)計(jì)方法，即“模型已定，參數(shù)未知〃，通過若干次試

驗(yàn)，觀察其結(jié)果，利用試驗(yàn)結(jié)果得到某個(gè)參數(shù)值能夠使樣本出現(xiàn)的概率為最大.根據(jù)以上原

理，下面說法正確的是（）

A.有外形完全相同的兩個(gè)箱子，甲箱有99個(gè)白球1個(gè)黑球，乙箱有1個(gè)白球99個(gè)黑球.今

隨機(jī)地抽取一箱，再從取出的一箱中抽取一球，結(jié)果取得白球，那么該球一定是從甲箱子中

抽出的

B.一個(gè)池塘里面有鯉魚和草魚，打撈了100條魚，其中鯉魚80條，草魚20條，那么推測

鯉魚和草魚的比例為4:1時(shí)，出現(xiàn)80條鯉魚、20條草魚的概率是最大的

ca

r

?L（p）=（1-p）曰（用=0或l,i=l,2,）

1）1

D.L（〃）達(dá)到極大值時(shí)，參數(shù)P的極大似然估計(jì)值為

〃i-l

【詳解】極大似然是一種估計(jì)方法，A錯(cuò)誤；設(shè)鯉魚和草魚的比例為L則出現(xiàn)80條鯉魚,

/\80z\20

20條草魚的概率為C北——,

U+lJU+1J

設(shè)"）=4島MM

北吧韋a或二臉彳仰.如）,

”+1）U+1）

.?.0</<4時(shí)，r（0>0,4vr時(shí),fXt）<0,

.?J8）在/€（o,4）上單調(diào)遞增,在/44,田）上單調(diào)遞減，

故當(dāng)f=4時(shí)，最大，故B正確;

根據(jù)題意，L（P）=P（&=%，易=%…局=/）（其中瑪=（）或1,i=12…

所以可知C正確;

〃〃)="?'(1-P)IX=0或l,i=1,2,)

刈〃)=(￡。/哈-〃當(dāng),〃-￡玉］(1-〃)"唔"

\<=|/\/=i)

蔣一

=P-'

?=17\?=1)\

6

1n1n1/r

令Z/（p）=O,解得〃=一2怎，且0＜〃＜_ZK時(shí)L'（P）＞0，時(shí)L'（〃）＜°，

〃1=1〃1=1〃r=1

（\n、

故"〃）在o,E＞，上遞增，在、＞，」上遞減，故達(dá)到極大值時(shí)，參數(shù)”的極大

似然估計(jì)值為工力的,故D正確.

故選：BCD

2.設(shè)隨機(jī)變量x的概率密度函數(shù)為p*；e）（當(dāng)x為離散型隨機(jī)變量時(shí)，P（K。）為x=.i?的

概率），其中e為未知參數(shù)，極大似然法是求未知參數(shù)e的一種方法.在〃次隨機(jī)試驗(yàn)中，隨

機(jī)變量x的觀測值分別為丐，”2,…，%,定義（松〃）…P（%；0）為似然函

數(shù).若9=0時(shí)，〃°）取得最大值，則稱0為參數(shù)e的極大似然估計(jì)值.

⑴若隨機(jī)變量x的分布列為

X123

20(1-0)

P01（1-夕尸

其中OvOvl.在3次隨機(jī)試驗(yàn)中，X的觀測值分別為1,2,1,求0的極大似然估計(jì)值從

⑵某魚池中有魚皿〃亞65）尾，從中撈取50尾,做好記號后放回魚塘.現(xiàn)從中隨機(jī)撈取20尾,

觀測到做記號的有5尾，求〃?的極大似然估計(jì)值而.

1

⑶隨機(jī)變量X的概率密度函數(shù)為〃（工;02）CT>0.若—，"2,…9乙是X的

y/liicy

一組觀測值，證明：參數(shù)〃的極大似然估計(jì)值為32=,￡&-1）2.

n/-I

【詳解】（1）依題意得：L（e）=p（x=i）p（x=2）p（x=i）=e2.2e（i-e）6=2eJ2＞,

所以//（0）=10。'-1205=-1204（0-，,當(dāng)0〈0〈得時(shí)，r（6＞）＞0,U。）單調(diào)遞增：

當(dāng)時(shí)，〃（。）＜0,單調(diào)遞減：所以0=3時(shí)，取得最大值，所以e的極大

66

A5

似然估計(jì)值為。=3

6

所以+=(陽-49)(19)

（2）依題意得:L(M=p(5"〃)='取"L(〃"-(加一64)(〃?+1)

令一EM"'得65金”199’令與r＜1，得〃399,

又又199)=￡(200),所以L(65)<L(66)<--<L(199)=￡(200)>又201)>￡(202)>...

所以〃7=199或200時(shí)，〃⑼取得最大值，所以”的極大似然估計(jì)值為布=199或200.

（3）依題意得:""）=〃（凡；/）〃伍；。2）…〃（土；/）

7

皿出\

=---e2/-----c2，-------c2a--I--

yjlTKj\l2na。2兀crVV2ncrJi.w

所以lnL（b2）=_gln（2i）-glncr?一二'（七一1）’

令/⑺=-3!1（2兀）-311-1￡（七-1）2,/>0,

222rr.]

/[-/￡（七一1）]，令尸⑺=。，得，=，￡（演-1）、

則F'S=-巳+，*（七-1）2=-

〃\〃i=l/〃1=1

當(dāng)0＜/＜，￡（的_1）2時(shí)，F(xiàn)r（z）＞0,b⑴單調(diào)遞增；

〃|=!

當(dāng)『時(shí)，尸⑺＜。，尸⑺單調(diào)遞減；

ni-\

所以當(dāng)，二，七（七-1『時(shí)，/⑺取到最大值.

ni=I

即。'J之（七-if時(shí).，1叱（/）取得最大值，即取得最大值.

〃1=1

1n,

所以參數(shù)〃的極大似然估計(jì)值為于=一￡（匕-1）-.

〃r=l

3.函數(shù)/（r）=lnr—^^L

⑴討論的單調(diào)性；

（2）若函數(shù)“力有兩個(gè)極值點(diǎn)..，曲線y=f（x）上兩點(diǎn)（百/（幻），（w/（w））連線斜率記

為k,求證：k＞—；

a-\

⑶盒子中有編號為1~100的100個(gè)小球（除編號外無區(qū)別），有放回的隨機(jī)抽取20個(gè)小球，

記抽取的20個(gè)小球編號各不相同的概率為p,求證：〃＜；.

e

x2+（2-2a）x+\

【詳解】（1）“X）定義域?yàn)椋?。?8），/（%）=——-―'—-―

X（x+lfx（x+l）2

對于方程f+（2-2〃）x+l=0,△=（2-2〃『-4=4（/一2〃）,

當(dāng)△《（），即0WaW2時(shí)，x2+（2-2t/）x+l＞0,f\x）＞0,/（x）在（Q+。）上單增,

當(dāng)△＞（）,即“＜0或〃〉2時(shí)，方程f+（2-加卜+1=0有兩不等根，

22

%）=a-\-\］a-2a?x2=a-\+\la-2a?而％+毛=2i：〃-1）,x}x2=1,

所以當(dāng)"0時(shí)，內(nèi)＜9＜0,r（x）＞o在（0,轉(zhuǎn)）上恒成立，〃x）在（0,+8）上單增;

當(dāng)a＞2時(shí)，0＜玉＜巧，］e（0,xJ或xe（w，4^o）時(shí)，/*（x）＞0,1￡（［,占）時(shí)，/'（x）〈0,

所以f（力在（0、M）和（0*0）卜.單增.在（芭八）卜單減，

綜上，當(dāng)〃＜2時(shí)，“X）在（0,y）上單增；

8

當(dāng)a>2時(shí)，在（0,a-1—和"I+JH-2°收）上單增,

在（4-1-y/a1-2a,a-\+4a‘-2a）上單減；

心也Ulnt，仁”

⑵⑸〔?一1J〔".+J

X,-X,%一%2

lnA__2。（％-/）jni_2a（z-々））nA

&（百+1）（々+1）_占n+K+W+l=&2a=ln%|-In]_.

xy-x2xi-x,X）-x2l+2a-2+lx1-x2

2-aInx-In,1,Inx.-Inx,2

所以要證k>-即證一!------1>---H即證一!-----">——,

67-1七一七"1玉~X2西+X2

2件一1、

也即證In%-生匚?=M±—&-^<0（*）成立.設(shè)，=±c（O，l）,函數(shù)

?GXi+X2W五+1

〃(f)=lnf-坐?，由(1)知力⑺在(0,+司上單增，且砍1)=0,所以f?0,l)時(shí),h(t)<0f

所以(*)成立，原不等式得證;

⑶由題可得”羔=吆端篝”因?yàn)?9的=好—

98x82=902-82<902,....91x89=902-I2<902,所以P<（^），又由（2）知，￡。，+°°），

2但11

/?（z）=inz_rkzl）>0,取T，有11一-^~即In管J>2,即

=ln^-A>0

''1+\991?！?/p>

---+1919

9

rO\,91

所以〃<-

lioj<—?

4.某景區(qū)的索道共有三種購票類型，分別為單程上山票、單程下山票、雙程上下山票.為

提高服務(wù)水平，現(xiàn)對當(dāng)日購票的120人征集意見，當(dāng)日購買單程上山票、單程下山票和雙程

票的人數(shù)分別為36、60和24.

⑴若按購票類型采用分層隨機(jī)抽樣的方法從這120人中隨機(jī)抽取10人，再從這10人中隨

機(jī)抽取4人，求隨機(jī)抽取的4人中恰有2人購買單程上山票的概率.

⑵記單程卜.山票和雙程票為回程票，若在征集意見時(shí)要求把購買單程上山票的2人和購買

回程票的m(帆>2且meN')人組成一組，負(fù)責(zé)人從某組中任選2人進(jìn)行詢問，若選出的

2人的購票類型相同，則該組標(biāo)為A,否則該組標(biāo)為B,記詢問的某組被標(biāo)為B的概率為p.

(i)試用含m的代數(shù)式表示p；

(ii)若一共詢問了5組，用g(p)表不恰有3組被稱為B的概率，試求g(p)的最大值及此

時(shí)m的值.

9

【詳解】(1)因?yàn)橘徺I單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)之比為3:5:2,所以這10

人中，購買單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)分別為：小器3=3,10x點(diǎn)5=5,

7C2C23

IOx-^-=2,故隨機(jī)抽取的4人中恰有2人購買單程上山票的概率P二言二正.

(2)(i)從〃z+2人中任選2人，有Ci?種選法，其中購票類型相同的有C：+C；種選法，

4

則詢問的某組被標(biāo)為B的概率=1-與坐=1-,r丁

PC；,+2,tJ~++2+3/n+2

(ii)由題意，5組中恰有3組被標(biāo)為B的概率

g(P)=C；p3(l-p)1=10//(l-2p+/r)=10(p3-2/74+/),

所以g'(P)=?O(3〃2-8p3+5p4)=IO/r(〃一1)(5〃-3),()<〃<],

所以當(dāng)〃40怖)時(shí)，g'(p)>0,函數(shù)g(p)單調(diào)遞增，

當(dāng)修1)時(shí)，g，(p)<(),函數(shù)g(〃)單調(diào)遞減，

所以當(dāng)時(shí)，g(p)取得最大值，且最大值為gR]=c；x(耳x(l-斗216

5151\5JI5J625

,4"?3cc*/nC

由〃=r----------=-,加>2且〃?eN,得"7=3.

+3w+25

當(dāng)〃7=3時(shí)，5組中恰有3組被標(biāo)為B的概率最大，且g(p)的最大值為當(dāng).

625

指數(shù)均值與對數(shù)均值不等式

一.基本原理

a-b.,.

,---------(。工b)

1.對數(shù)均值不等式：兩個(gè)正數(shù)。和力的對數(shù)平均定義：L(a,b)=\\na-\nb

a(a=b).

對數(shù)平均與算術(shù)平均、幾何平均的大小關(guān)系：

\[ab<L(a、b)<

2

(此式記為對數(shù)平均不等式)，取等條件：當(dāng)且僅當(dāng)。=〃時(shí)，等號成立.

證明如下：不失一般性，可設(shè)(1)先證：箍<L(a,b)……①

不等式①olna-ln/?v<=>In—<.—<=>2Inx<x——(其中x=>1)

4abb\b\ax\b

1911

構(gòu)造函數(shù)f(x)=21nx-(x—),(x>l),則/'(x)=-1--=-(l—)2.

XXX

因?yàn)閤>l時(shí)，f(x)<0,所以函數(shù)/(X)在(1,+o。)上單調(diào)遞減，故/(x)v/(l)=O,從

而不等式①成立.

10

再證：②

(2)L(a,b)<—2……

2(")

加〉3(.

不等式②<=>In。一InZ?>——<=>In—>1>1)

a+bb,a,、U+l)

(7+1)

b

構(gòu)造函數(shù)g")=1w當(dāng)肅—D,則g'(x)=9看=焉左

因?yàn)閤>l時(shí),grM>0,所以函數(shù)g(x)在(1,+0。)上單調(diào)遞增,

故g(x)<g(l)=(),從而不等式②成立；綜合(1)(2)知，對VoSc*,都有對數(shù)平均

不等式&了SL(a,b)4絲2成立,當(dāng)且僅當(dāng)。=〃時(shí)，等號成立.

2

注：對數(shù)均值不等式實(shí)際上是對數(shù)不等式鏈：跑二。<111.丫<,*-工)戶>1在雙變元情

1+12x

形下的應(yīng)用.

2.對數(shù)不等式鏈

x—\2(x—1)3(x2-1)f—111,..

------<<-------------<\nx<yjx——產(chǎn)<—(x——)<x-\,xe(1,-KO)；

xx+1---X2+4X+\------------------4X2x

上!<2)<G"nx<…)

x2xGx2+4x4-1x+l

生上空ex--ex'0演+o'、

3.指數(shù)均值不等式.若芭,與￡△，則e2<--------<g+g.

x2-x12

證明：(方法1.雙變量消元直接證明)

生正〃悶忙生e^-x2_|

欲證e2<-—―,兩邊同除以涉，即證e2<-----------,即證

西一工2%一毛

一一局X|一X2

(x「w)e2〉6”F一1，即證(為一超"2_/廠與+1〉0

令與72=(<0)即證不等式/__+1>0當(dāng)，<0時(shí)恒成立，

(--1(t1

設(shè)+1,?,?"(/)="+".]_/七+1產(chǎn)_/=_/

而溪>2+1,即潟-/+1>0,???。(。在(3,0)上是減函數(shù)，又

212，

。(0)=0???〃(，)>0恒成立，得證.

22

gwu-jM—m-ue-e'e'+ee-e'e'+e2Alit.，人十

接著證明右邊的不等式-------<---,同樣設(shè)x2>x],--------<--—等價(jià)于

x2-xl2x2-x,2

2卜必-e")<(工2-玉)(。"+*).令g-X|=m(m>0),x2=%+m,則

11

2卜內(nèi)+，"_8)〈機(jī)+*+'”)，兩邊同時(shí)除以△得2|，"一1)v〃?(l+e'〃).

設(shè)h(m)=m(l+d")—2(，"-1)=〃z+me,n-2d"+2,"(〃?)=1+(d"+mem]-2d”=1

+me,n-e,n=\+(m-\)e'\hn(m)=em+(m-V)em=me,n>0(因?yàn)槔?gt;0),所以

〃(小)在(0,+oo)上單調(diào)遞增.由于廳(0)=1+(0—l)e°=0,因?yàn)閺d(加)在(0,+8)上單調(diào)遞

增，所以〃(6)在(0,+8)上單調(diào)遞增，/?(/??)>/?(())=0+0-2x(1-1)=0,即

〃2（1+*）一2（一”-1）＞0,所以2（/”-1）＜加（1+/"），也就是

一+電

綜上，不等式e2＜---------＜---------得證.

々一玉2

（方法2.對數(shù)均值不等式轉(zhuǎn)化）

設(shè)％則。=6再/="\將。==*代入對數(shù)均值不等式

I一~a-b,—r4廠~~e"-e"e'—ex~

dab<---------中，可得ax/c2”<-------,BHPne-<-------

In?-inbxx-x2x1-x2

4mx*L&xa-ba+b-e"

把"e',b=e-代入---------<-----=--------<--------

In〃-ln力22

司+」2

綜上，由對數(shù)均值不等式可得到指數(shù)均值不等式e2

玉一/2

二.典例分析

例1.（2011年遼寧卷）已知函數(shù)f（x）=\nx-ax2+（2-a）x

（1）討論/*）的單調(diào)性；

（2）若函數(shù)y=f（x）的圖像與x軸交于A,B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為與，證明:

/(%))<。

z

解：(2)/(x0)=--2ax()+(2-6?),由

x()

InX]-orj+(2-〃)玉=0(1)

/(%)=/*2)=0=

Inx2-ax^+(2-a)x2=0(2)

（1）-（2）:In%-Inx,=。（玉2-毛2）+（4-2）（不一天），同除以（西一.）得，

ln：T,-&+-）=0

2

要證廣（見）＜0,只需證一-20ro+（2-。）=-〃(尤]+x,)+(2—〃)<0；

X1+/

12

只需證-------〃(玉+&)+(2-〃)<―一〃(王+工2)+(2-〃)；

?V1+

根據(jù)對數(shù)平均不等式工/>廣一:,故原命題得證.

2//1￥,-lnx2

例2.(2010天津卷)已知函數(shù)/(M=xeT,xeR.

(1)求函數(shù)/(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)如果與。工2，且/但)=/(X2)，證明：西+“2〉2.

解析；(2)/(玉)=/(%2)等價(jià)于2"*=電。*=In%-X[=人工2-％2，故可得：

IV=1,由對數(shù)均值不等式可得：1=廣三」<"上，故2+々>2.

In%,-Inx2In%)-Inx22

2

小結(jié)：由上例可知，形如：f(x)=Inx+kx+bf(x)=Inx+ax+bx+c^At對數(shù)式

單獨(dú)放，在構(gòu)造對數(shù)均值不等式的方向上均是可行的.同時(shí)，一些指數(shù)結(jié)構(gòu)通過指對轉(zhuǎn)化,

亦可轉(zhuǎn)化為上面兩個(gè)形式，利用對均不等式可得偏移.

例3(2021新高考1卷)己知函數(shù)/(x)=x(lTnx).

(1)討論“力的單調(diào)性；

(2)設(shè)。,〃為兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)，且〃Ina—aln〃=。―從證明：2<4+！<0.

ab

解析：證明，+：>2同證法2.以下證明內(nèi)+/<e.不妨設(shè)/=歷，則/=三>1,

ab百

由芭(1-InXj)=x(l-Inx)^%1(1-In)=6口-ln(g)],InX)=1-,

22/—1

要證$+勺<6，只需證(l+f)N〈e,兩邊取對數(shù)得吊(1+/)+111*<1,

RniZI、.t\nt.In(l+r)Inr、ln(l+s)....mil

即ln(l+f)+l----<1,即證-------<--.記g(s)=-------,5G(0,-K?),貝||

t-\tt-\s

g(s)=X：….記貼)=號-E(1+s),則廳⑸=備<0,

s~

所以,〃(s)在區(qū)間(0，+。)內(nèi)單調(diào)遞減./2(5)</2(0)=0,則g'(S)VO,

所以g($)在區(qū)間(O,y)內(nèi)單調(diào)遞減.由ie(l,+oo)得1-1￡(0,母)，所以g(/)vg”-l),

ln(l+/)<In/

即

例4.(2022全國甲卷)已知函數(shù)-一\nx+x-a.

x

(1)若/(無)20恒成立，求。的取值范圍;

13

（2）若/（X）有兩個(gè)零點(diǎn)證明：X\X2<1-

解析：（2）此時(shí)，，一1有兩個(gè)解和芍，且0<入1〈1〈尤2?

xX2

此時(shí)，e'=tx]\e=tx^,兩式相除，可得：=玉0為一西=lnx）-Ini].

于是，欲證斗為<1只需證明：嘉入V（對數(shù)均值不等式）.易證！

Inx2-In*

例5.（2022新高考2卷）已知函數(shù)/（幻=疣"-1.

（1）當(dāng)〃=1時(shí)，討論,⑶的單調(diào)性;

（2）當(dāng)x>0時(shí)，/UX-1,求。的取值范圍;

證明：/—+~^—+???+]/＞例〃+1)?

(3)設(shè)“e”

VI2+1V22+2y]n2+n

解析：（1）略.

（2）由當(dāng)X>0時(shí)，/（X）<-1,得我如一-<一1在區(qū)間（0,十8）內(nèi)恒成立，即<^―

X

在區(qū)間（0,+8）內(nèi)恒成立，在不等式f-l>21n?f>l）中，

t

X|X

令.二[0>0）,可得當(dāng)x>0時(shí),/一下>2ln〃，即-_]>/一，故當(dāng)彳>0時(shí),不等式

e2

士>/成立.

x

當(dāng)時(shí)，一“三/〈亡」在區(qū)間（°,+8）內(nèi)恒成立，即0公<上]在區(qū)間（0,+8）內(nèi)

2xx

恒成立，滿足題意.

當(dāng)加-1>0,即*，則月'⑼=加-1>0,因?yàn)間'（x）為連續(xù)不間斷函數(shù)，故存在玉e（Q”）,

使得VXW（O，NJ,總有身'（力>0,故g（x）在（0,%））為增函數(shù)，故g（力〉g?=0,故萬⑴在

（“％）為增函數(shù)，故〃（X）>〃（0）=-1,與題設(shè)矛盾.

（3）由于<L（a,b）

<=>Intz-In/?<aIn—<.--J—=21nxvx-，（其中x=>1）>接下來

\Jabb\bNaxNb

14

由上述不等式‘卡”彳)，進(jìn)一步求和可得:

X/———>y=ln(-X-X...X------)=ln(n+1),

\jk~+kk7k12n

I

=====>ln[n+1)

n1+n

例6.(2021年全國乙卷)設(shè)函數(shù)/(x)=ln(a-M，已知工=()是函數(shù)y=M(x)的極值

點(diǎn).

(1)求。；

x+f(尤)

(2)設(shè)函數(shù)g*)=.證明:g(x)