高考高中数学第90炼取球问题

1、高中数学第90炼取球问题一、基础知识：在很多随机变量的题目中，常以“取球”作为故事背景，通过对“取球”提出不同的要 求，来考察不同的模型，常见的模型及处理方式如下：1、独立重复试验模型：关键词“可放回的抽取”，即下一次的取球试验与上一次的相同。2、超几何分布模型：关键词“不放回的抽取”3、与条件概率相关：此类问题通常包含一个抽球的规则，并一次次的抽取，要注意前一次 的结果对后一步抽球的影响4、古典概型：要注意虽然题目中会说明“相同的”小球，但是为了能使用古典概型(保证 基本事件为等可能事件)，通常要将“相同的”小球视为“不同的”元素，在利用排列组合 知识进行分子分母的计数。5、数字问题：在小球

2、上标注数字，所涉及的问题与数字相关(奇，偶，最大，最小等)，在 解决此类问题时，要将数字模型转化为“怎样取球”的问题，从而转化为前几个类型进行求 解。二、典型例题：例1： 一袋中有6个黑球，4个白球(1)不放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率(2)有放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率(3)有放回的依次取出3个球，求取到白球个数X的分布列，期望和方差(1)思路：因为是不放回的取球，所以后面取球的情况受到前面的影响，要使用条件概率 相关公式进行计算。第一次已经取到白球，所以剩下6个黑球，3个白球：若第二次取到黑球，则第三次取到黑球的

3、概率为若第二次取到白球，则第三次取到黑球的概率为 9 83 6从而能够得到第三次取到黑球的概率9 8解：设事件A为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”4872八 6 5 3 6P(M =+9 8 9 8(2)思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型,所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为9解：设事件8为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”高中数学(3)思路：本问依然属于独立重复试验模型，X的取值为0,1,2,3,则X符合二项分布,即X可3,2,所以可通过二项分布的概率计算公式求得概率，得到分布列 5,解：X的取值为0

4、,1,2,3,依题意可得:.P(X = 02- 5;27125尸(X=l) = c；54125P(X=2) = C；-36125P(X=3) = C(|,81257X0123P2712554125361258125(2X B 3,一5 5 25例2：已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球(1)求取出的4个球中没有红球的概率(2)求取出的4个球中恰有1个红球的概率(3)设为取出的4个球中红球的个数，求J的分布列和数学期望 思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球 个数的总和，所以可将红

5、球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概(1)设事件A为“甲盒中取出，个红球”，事件号为“乙盒中取出/个红球”则。(4)= 等，尸(鸟)=专-设事件4为“4个球中没有红球”高中数学CC2 CC2 3 3则尸(A尸尸(4).尸(8。)=皆.法C4 C6 O ID110.P(3) = P(Aj8J + P(4&) = -C()C； CC CC C：C； 3 9 3 3 2 1AJ J i 1AA，a， IB J0C： C；C；6 15 6 15 5（2）设事件8为“4个球中恰有1个红球”11(3) 可取的值为0,1,2,3 1,、，、 2,.P=0) = P(A) = -0(*1

6、) =P相X k-rwXx0x-2 厂 2 厂0 厂1 厂1 厂 厂 ,7/伯=2)=尸(4与)+尸(4蜴)=旨普+怜* = 5%55110CC CC2 3 3P = 3)= P(4&) =g旨=话C4 C6 O 13，的分布列为:0123P1 而225110二. E=0x + lx + 2x + 3x =105510 2例3：甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数 分别为2、3、4,乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3,某人用左右手分别从甲、 乙两袋中取球.（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两

7、球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次 数为随机变量X,求X的分布列和数学期望.解：（1）设事件4为“两只手中所取的球颜色不同”，则,为“两只手中所取的球颜色相同”P(A)= 1 P(可=1一(（2） X可取的值为0,2C2 +C2 + C25左手取球成功的概率=4-=C； 18C2 + C2 + C2 1右手取球成功的概率A = +J = 1- C； 4.二户(X =0)=18741.1184 77?8P(X=2) = - = 7 18 4 72X的分布列为X012P132477s57272 36137519.EX =0x + lx + 2x =2418例4：袋中装有若下个质地均匀大小相同

8、的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次 从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5 次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为，求随机变量看的分布列及其期望（1）思路：本题为有放回摸球，可理解为独立重复试脸，如果摸球四次就停止，说明在这四次中一共摸到3次红球，且前三次有两次摸到红球，第四次又摸到红球。通过红白球数量关系可知一次摸球中摸到红球的概率为1,然后可按照分析列式并求出概率。3解：设事件A为“摸球四次即停止摸球“解：依题意可得：在一次摸球中，摸到红球的概率为13（2）思路：可知可取的值为0,1,2,3,当自=0,1

9、,2时，摸球是通过完成5次后停止，所以可利用独立重复试脸模型计算概率；当=3时，按照规则有可能摸球提前结束，所以要按摸球的次数（3次，4次，5次）分类讨论后再汇总解：g可取的值为0,1,2,3(2、尸管=0)=-I D /322431尸偌= 1) = C；-、八J /802432?80243+ C”51 _17243-8?g0123p32243802438024317 iT，的分布列为:二 Eg = 0x24324324381812 + lx + 2x% + 3xU =巴例5：某商场在店庆日进行抽奖促销活动，当日在该店消费的顾客可参加抽奖.抽奖箱中有大小完全相同的4个小球,分别标有字“生”“意

10、”“兴”“隆顾客从中任意取出1个球,记下上面的字后放回箱中,再从中任取1个球，重复以上操作，最多取4次，并规定若取出“隆”字球，则停止取球.获奖规则如下：依次取到标有“生” “意” “兴” “隆”字的球为一等奖：不分顺序取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球，为二等奖：取到的4个球中有标有“生” “意” “兴”三个字的球为三等奖.（1）求分别获得一、二、三等奖的概率:（2）设摸球次数为求J的分布列和数学期望.解：（1）设4为“获得i等奖”p(4) =1111XXXp(4) = c52569-X-XX4 4 464（2）摸球次数J可取的值为1,2,3,43 13尸(5 = 2) = 一=7 4

11、4 16.4的分布列为:1234p43169642764zr(= !7 327一64 =3 - 43 - 4*3 - 4 1C 3c 92711屈X = 1 X F 2 X F 3 XF 4 X =41664644例6：学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球，2个黑球：乙箱子里面 装有1个白球，2个黑球：这些球除了颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸 出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖（每次游戏后将球放回原箱）（1）求在一次游戏中摸出3个白球的概率 获奖的概率（2）求在三次游戏中获奖次数X的分布列与期望（1）思路：本题的结果实质上是一个“拼球”的过程，即两个箱子各

12、自拿球，然后统计白球的个数。则：若摸出3个白球，则情况为甲2乙1。：若获奖，则白球个数不少于2 个，可分成白球有3个或有2个两种情况，分别求出概率再求和即可 解：设A,为“甲箱子里取出，个白球”，鸟为“乙箱子里取出，个白球” 设事件A为“摸出3个白球”./(A) = P(A中) =，* = ：设事件8为“获奖”（即白球不少于2个）./（5）=玳钻）+尸（9。）+尸（4旦）=警鬟+鲁乐95（2）思路：三次游戏可视为独立重复试验，所以获奖次数X服从二项分布，由（1）可得XB 3, ；,从而可利用公式计算概率，列出分布列v 10；解：X可取的值为0,1,2,3,依题意可得：XB 3y10；X的分布列

13、为:X0123p271000189100044110003431000.P（X =0）= CP（X=2）= C；271000尸41）=。喘）周189100044110007P（X=3）= C；UO；_ 343looo7; X B 3, 一 10J721.EX=3 =10 10例7： 一个袋子中装有6个纣球和4个白球，假设袋子中的每一个球被摸到可能性是相等的。（1）从袋子中任意摸出3个球，求摸出的球均为白球的概率:（2） 一次从袋子中任意摸出3个球，若其中红球的个数多于白球的个数，则称“摸球成功”（每次操作完成后将球放回），某人连续摸了 3次，记“摸球成功”的次数为自，求彳的分 布列和数学期望。

14、（1）思路：此间可用古典极型解决，事件。为“10个球中任意摸出3个球“，则（O） = C；：,所求事件A为“均是白球”，则（A） = C；,从而。（田=匹9 =- v 7 （Q） 30解：设事件A为“3个球均为白球“（）C；）120 30（2）思路：按题目叙述可知对于摸3次球，由于是有放回的摸，所以相当于独立重复试脸, 结合J的含义可知J服从二项分布,但“摸球成功”的概率还未知，所以先根据“摸球成功” 的要求利用古典概型计算出一次成功的概率，再通过二项分布的公式计算4的分布列即可 解：设事件8为“一次摸球成功”尸”）=C；C+C；_ 80 _ 2120 34的取值为0,1,2,3,依题意可得：

15、Bj3,g %=唱 VL=i)=c|JiJ=aP(*2) = C；Q 倒若P(3) = C；Q 吟的分布列为:0123P12729498 ?7E(=0x + lx + 2x + 3x = 2279927例8：袋中装着标有数字1,2, 3, 4的小球各3个，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的 可能性都相等.(1)求取出的3个小球上的数字互不相同的概率：(2)用X表示取出的3个小球上所标的最大数字，求随机变量X的分布列和数学期望.(1)思路：本题的特点在于每个编号都有3个球，若将这12个球视为不同元素，则可利用 古典概型进行计算，设。为“12个球中任取3个，则(Q) = C*,事件4为“三个球数

16、字各不相同”，则计数时第一步要先选出不同的三个编号，即C；,然后每个编号中都有3 个小球可供选择，即所以(A)= C；(C；),进而可计算出P(A)解：设事件A为“三个球数字各不相同”二尸(上步L里5口 7 n(Q) C 55(2)思路：依题意可知X的取值为1,2,3,4,依然用古典极型解决，但要明确X取每个值时所代表的情况：当X = 1时，只能3个球均为1号球：当X=2时，说明至少有一个2号 球，其余的用1号球组成，即C：+C；C； + C；C；,或者使用间接法：从1,2号共6个球中 先随意取三个，再减去不含2号球的情况，即(C；-G；)个，同理可得：X=3时，至少有 一个3号球，其余的球为

17、1,2号球，所以由个，X=4时，至少有一个4号球，其余的球为1,2, 3号球，所以由个，进而求得概率得到分布列解：X的取值为L2,3,4C3 -C319P(X=2)= - = 7C；)220P(X=3) =生G = 尸(X=4) =生14 =甘 Cf2 220) G： 220X的分布列为：X1234P122019220165534551191634775155 EX = lx+ 2x+ 3x + 4x = 220220555522044例9： 一个盒子中装有大小相同的小球个，在小球上分别标有1,2,3,2的号码，己知从盒子中随机的取出两个球，两球的号码最大值为的概率为1，4(1)盒子中装有几个

18、小球？(2)现从盒子中随机的取出4个球，记所取4个球的号码中，连续自然数的个数的最大值为随机变量自(如取2468时，4二1：取1246时，自=2,取1235时，4=3)(1)思路：以两球号码最大值为的概率为入手点，则该叙述等价于“取出一个号球和一个其它号码球的概率为L,从而利用古典柳型列出关于的方程并解出 4解：设事件A为“两球号码最大值为”1 -C117-11二尸(a)二 L1l = 1 即=解得： =8v 7 C； 442(2)思路：由(1)可得小球的编号为1一8,结合所给的例子可知自的取值为1,2,3,4,其 概率可用古典概型计算。4=1代表所取得数两两不相邻，可能的情况有1,3,5,7

19、, 1,3,5,8,1,3,6,8,1,4,6,8,2,4,6,8共5种;4=2表示只有一对相邻的数或两对相邻 的数(两队相邻的数之间不再相邻)； = 3表示有三个相邻的数，与另一个数不相邻：力=4高中数学若球重量大于号码数，则上-5 + 15 2：.n -12/2 + 300,解得：n 6 + 娓或n 6-胡1 n O),g(x)=(x0)都是“影子函数，但F(x) =f(x) -g(x)=l(x0)不是“影子函数”(因为对任意的任(0,+8),存在无数多个 x=G (0, +8),使得 F(xJ - F(x：)=l),所以错误.典例4 (特殊位置)(1)已知E为aABC的重心，AD为BC边

20、上的中线，令AB=a, 4Jb,过点E的直线分别交AB,AC于P,Q两点,且 “P=ma, AQ=nb, Rl11%z高中数学(2)如图,在三棱柱的侧棱A：A和B：B上各有一动点P, Q,且AP=BQ,过P, Q, C三点的截面把棱柱分成上、下两部分,则上、下两部分的体积之比为答案3 (2)2 ： 131解析PQBC,则而二洗在押此时* J 5+ U由题意知结果必然是一个定值，故可利用特殊直线确定所求值.如图，令典例5差数列，则cos-4+cos1+cos/4cosC-P, Q置于特殊位置：P-Ai, Q-B,此时仍满足条件AF=BQ (=0),则有因此过P,Q,C三点的截而把棱柱分成了体积比

21、为2 ： 1的上、下两部分.(特殊图形)在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若a、b、c成等答案解析不妨令4ABC为等边三角形，则cos A=cos C=2,则cosA+cosCl+cos4cos技法2换元法换元法又称变量代换法.通过引进新的变量,可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显 露出来,或者将题目变为熟悉的形式，简化复杂的计算和推理.换元的实质是转化，关键是构 造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研窕对象，将问题移至新对象的知识背景中再研究,从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化.换元法经常用于三角函数的化简求值、 复合函数解析式的求解等.典例1 （三角换元）已知

22、x,yR,满足x+2xy+4yJ6,则z=+4/的取值范围答案4,12解析 已知一+2灯+4丫三6,即(x+y)+(y)故设 x+y=cos（】，nl V6即 x= cos a -Ain ay则 z=xs+4ya=6-2xy=6-2 (.(2a + T) =8-4sm所以8-4WzW8+4,即z的取值范围是4,12.n的最小值是典例 2 (整体代换)函数 y=sin x-cos x+sin xcos x, x 0,答案-1解析设 t=sin x-cos x=i-t2则 sin xcos x二工 r_K 3叫因为工0,n，所以x 4G J ,所以1-t21所以 y=t+ 2 =-（t-D+l,当

23、 t=-l 时，yBin=-l.典例 3 （局部换元）设对一切实数 x,不等式4（a+l）2q（a+1）?x:log： 0 +2x1 Ogc十log040 0恒成立,求a的取值范用.解析设log：2aa+1=t,则4(。8(n+l)a+12a(a+D2log： =log：2a =3+log：20 =3-log：a+1 o)=3-t, log：4a =21og：a+12fl =-2t,则原不等式化为(3-七/+2-2t0,它对一切实数x恒成立，所以(3-t 0,V 3,二( = 4尸十8M3七0,解得(6,所以伏0,即iog: 。+10,所以2a0-11,解得 0al.技法3数形结合法数形结合法

24、包含“以形助数和以数辅形”两个方面，其应用分为两种情形：一是代 数问题几何化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，即以形为手段，以数为目的，比如应用 函数的图象来直观地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助数的精确性阐明形的某些 属性,即以数为手段，以形为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.典例1 (平面向量问题)设a,b,c是单位向量，且a-b=0,则(a-c)-(b-c)的最小值 为.答案1-加解析 由于(a-c) (b-c)=-(a+b) c+1,因此求(a-c)(b-c)的最小值等价于求 (a+b) c的最大值，这个最大值只有当向量a+b与向量c同向共线时取得.由于a b

25、=0,故aJ_b,如图所示，|a+b|二a,c二时，(a+b)c取得最大值&故所求的 小值为1-典例2 (函数问题)用mina,b,c表示a, b, c三个数中最小的数，设 f (x)=min2 x+2, 10-x (xO),则 f (x)的最大值为.(2)设函数 g(x)=x2(xR),g(x) +x + 4, x g(x)9f(x)g(x)r，xzga)， 则 f(x)的值域是.答案(1)6 (2)吁。1U (2, +8)解析(1)在同一平而直角坐标系中画出y=2；尸肝2,丫二10七的图象(如图)，观察图象可2X (0 x2), -x + 2(2 x 4),Af(x)的最大值在x=l时取得

26、,为6.(2)依题意知f(x) =x2-2 + x + 4, x x2-2,x2 + x + 2,x 2,即f(x)=lx2-2-x, -1 x 2, 作出图象如卜.(加粗部分)，由图象可知f(x)的值域是卜讨.典例3 已知函数f(x)是定义在 R上的奇函数，若dog2 (x + l),xE 0, 1),(1x2-3x+ xE 1, + 8),f(x)二 22 则关于X的方程f(x)+a=O(Kal)的所有根之和答案1-2”pog2 (x+ l),x 0, 1),(乙/-3x + Z,x 1, 4, 8)解析在平面宜角坐标系中作出函数f(x)=22， 以及歼-a的图象，由图象可知，关于x的方程

27、f(x)+a=O(Oal)共有5个根，这5个根由小到大依次记为 Xi, xc, xs, xi, xs, 则 x：+x：=-6, x：+xb=6, 由 Tog二(-xs+D =-a 得所 以xi+xcxs+x 1+X0-6+ (l-2a) +6=1一2：(2x+y 0, 典例4 (不等式问题)已知当动点P(x,y)满足 (X + y-0时，不等式x:+y:+2y2a-l恒成立,则实数a的取值范围是.卜 8, 11答案 I 41(2x + y 0,解析 动点P(x,y)满足的约束条件为 + y-0,行域如阴影部分所示.x+y+Zyr+e+DT,其中x:+(y+D表示点(x, y)到点(0, T)的

28、距离的平方,由图可知，点A(0, -D到直线y=-x的距离的平方就是x：+(y+l尸的最小值，flzllf 2由点到直线的距离的平方得一+(y+l尸的最小值为五二 之1 1因此 x:+y:+2y=x:+ (y+l)=-l 的最小值为 2T二一 2,所以由不等式恒成立的条件知2a-lW- 土解得,故实数a的取值范围是S 1典例5 (解析几何问题)若抛物线yj2Px(p0)上一点M到抛物线的准线和对称轴的距 离分别为10和6,则点M的横坐标为.答案9或1解析 在图(1)中，MN=MF=10, MG=6, AFG=8,故 AF=2,则 xrOF+FG=9, .力 的横坐标为 9.在 图(2)中,GF

29、=8,，AF=10+8=18, .OG=AG-0A=10-9= 1,故 M 的横坐标为 1.技法4待定系数法待定系数法就是把具有某种确定形式的数学问题,通过引入一些待定的系数,转化为解 方程(组)的问题来解决.待定系数法主要用来解决所求解的数学问题中涉及某种确定的数学 表达式的情况，例如求函数解析式、求曲线方程、求数列的通项公式等问题.典例1 (求函数解析式)(1)已知f(x)是一次函数,且满足3f(x+l)-2 f(x-l)=2x+17,求 f (x).(2)已知 f (x)是二次函数，且 f (0) =0, f (x+1) =f (x)+x+l,求 f (x).解析(1)设 f (x)=a

30、x+b(aW0),则 f(x+l)=ax+a+b, f(x-1)=ax-a-b,.*.3 f (x+l)-2 f (x-1) =ax+b+5a=2x+l7,(a = 2,(a = 2,：.+ 5。= 17,解得3 = 7, .f(x)=2x+7.(2)设 f (x)=ax+bx+c (aHO), 由 f (0)=0,知 c=0, Af (x)=ax:+bx.Vf(x+1)= f(x)+x+l,a (x-l)-+b (x+1) =ax-+bx+x+l,/. ax*+(2a+b) x+a-b = ax+ (b-l)x+l,2q + b = b + 1, a i 解得/. f (x) =2X*+2X

31、.典例2 (求曲线方程)(1) (2017天津,12, 5分)设抛物线yc=4x的焦点为F,准线为1.已知点C在1上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若NFACE20。，则圆的方程 为.(6为，则椭圆C的标V3(2)已知椭圆C的焦点在x轴上，其离心率为 万,且过点A答案(x+1尸+(y-6尸=14-y：=l解析 由抛物线的方程可知F(l, 0),准线方程为x=-l,设点C(-l, t), t0,则圆C的 方程为(x+D+e-tFn,因为NFAC=120 ,CA，y 轴，所以N0AF=30 ,在AOF 中，0F=l,所以0A=%1t=因为e=故圆C的方程为(x+D+(y-设椭圆C的标准方

32、程为V3 万,所以故椭圆c的方程为了+ p=l.61)富益又点A V上，所以协+ 匕2口，解得bL.*所以椭圆C的标准方程为 7+y:=l.典例3 (求数列的通项公式)(2018江苏南京调研)已知数列aj 中,a=0, anr=Zan+nSeN),求数列GJ的通项公式.解析已知an-i=2aB+n,设 an-i+A (n+1) +B-2 (aa*An+B),则 an-i+An+A+B-2an+2An-2B,an-i=2an+An+B-A,(A = 1,(A = 1,则 B-A = 0=S = 1,an-i+n+1*1=2 (an+n+1),为+n+l是首项为ai+l+l=2,公比为2的等比数列

33、，：.an+n+l=2 2irl=2n,*.an-2-n-l (nG N ).技法5构造法构造法是指利用数学的基本思想,通过已知和所求之间的联系,构造出解题的数学模型, 从而使问题得以解决.构造法需以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础,针对具体 问题的特点采取相应的解决办法,其基本的方法是借用一类问题的性质来确定另一类问题的 相关性质.常见的构造法有构造函数、构造图形、构造方程等.典例1 (构造函数)已知可导函数f(x)(xR)的导函数f (x)满足f(x) f (x),则不 等式f(x)2 f(2 019) ec 的解集是.答案2 019,+8)f(x)f 3-八必解析 构造函数g(x

34、)二 才,因为f(x)0,所以/(x)/(X)-2 019)g(x)= h在R上单调递增.不等式f(x)2f(2 019)eC可转化为丁2 / 、庐1+标口的最小值即g(x)2g(2 019),即x22 019,故原不等式的解集为2 019, +).典例2 (构造图形)(2018江苏四校高三调研)己知al,b2,则答案6解析构造图形(如图)，在直角三角形中由勾股定理可得 S+b)2当且仅、与场行 +标用力时取等号,故环+厮的最小值为6.典例 3 (构造方程)已知 16cos C+4sin B+tan A=0, sin2B=4cos Ctan A,其中 cos CHO,cost,试确定t即4的值

35、.解析 令 t=4,则由 16cos C+4sin B+tan A=0 得 t-cos C+tsin B+tan A=0. (*)因为cos CX0,所以(*)式是关于t的一元二次方程.易得 A =sinB-4cos Ctan A=0,所以关于t的一元二次方程(*)有两个相等的实根,且tFt：=4.tan/I由根与系数的关系得:cosC因此,116式二3 tc=42=16,故 tan AMO,技法6补集法补集法就是在已知问题涉及的类别较多，或直接求解比较麻烦时，先求解该问题的对立 事件,进而利用补集的思想求得问题结果的方法.该方法在概率、集合、函数等问题中应用较 多.典例1 （概率问题）（20

36、18江苏南通海安高级中学高三检测）分别在集合A二1,2, 3, 4和 集合B二5, 6, 7, 8）中各取一个数相乘,则乘积为偶数的概率为.3答案 4解析 在集合A二1, 2, 3, 4）和集合拉沮6, 7, 8）中各取一个数相乘,有16种结果，其中乘43枳为奇数的有（1,5）、（1,7）、（3,5）、（3, 7）,共4种，则乘积为偶数的概率为卜16=典例 2 （集合问题）已知集合 A;x x:-2x-8=0, x x:+ax+-12=0,且 AUBHA,求实 数a的取值范围.解析集合 A= x x=-2x-8=0 = -2, 4.若 AUB=A,则 BGA,若B=A,则x=-2和x=4是方程

37、x+ax+a-lZR的两个根,解得a=-2.若B= -2,则x=-2是方程x:+ax+a:-12=0的唯一解，得a=4.若B=4,则x=4是方程x：+ax+a=-12=0的唯一解,此时a不存在.若B为空集，则方程f+ax+a,-12=0无实数解,即a：-4（a：-12）0,解得a4.综上可知,若AUB=A,则a=-2或a-4或a24.，若AUBWA,实数a的取值范围是-4, -2） U （-2, 4）.典例3 （函数问题）已知函数f（x）:ax-x+ln x在区间1, 2上不单调，则实数a的取值 范围是，（0,答案I 1解析 f （x）=2ax-l+ x.若函数f（x）在区间1,2上单调递增，

38、则f G）20在1,2上恒成立，即2ax-l+ ”20飞1,2,即a口，2.(*)令t二：因为1, 2,所以t= *设 h(t)=，显然函数h(t)在区间L2 J上单调递减，C) -所以 h(l) Wh(t) Wh 即 oh(t) W 81由(*)可知，a2 8若函数f(x)在区间1,2上单调递减，则f (工)0在1,2上恒成立，即1+x0,xGl,2, HP2.炉，叫 xi,2.O-+8结合可知,a WO.综上,若函数f(x)在区间1,2上单调，则实数a的取值范惘为(-8,0 U所以,若函数f(x)在区间1,2上不单调,则实数a的取值范惘为技法7等价转化法等价转化法是把难解的问题转化为在已有

39、知识范围内可解的问题的一种重要的思想方 法.通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范、简单的问题.利用 等价转化的思想方法解决数学问题没有统一的模式.既可以在数与数、形与形、数与形之间 进行转换，也可以在宏观上进行等价转化，消元法、换元法等都体现了等价转化的思想.典例1 (等体积转化)如图，正方体ABCD-A瓜CD的棱长为1, E, F分别为线段AAr B：C上 的点，则三棱锥D-EDF的体积为.所依他意可知 SaD1ED= 2,点F到平而D,ED的距离为1,所以%EDF_ ，F-DiED一X X 1=:即三棱锥D-EDF的体枳为p|x0-l I典例2 (正与反的转化)由命题“存在XWR,使e rWO”是假命题得m的取值范围是(-8, a),则实数a的取值范围是.答案a=lp|x0-l I解析 由命题“存在xoWR,使 e -wo”是假命题可知它的否定形式“对任意 的xR,都有e门-mXT是真命题