2024版大二轮数学新高考提高版（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）压轴题突破练433

压轴题突破练41．(2023·青岛模拟)甲、乙两人组团参加答题挑战赛，规定：每一轮甲、乙各答一道题，若两人都答对，该团队得1分；只有一人答对，该团队得0分；两人都答错，该团队得－1分．假设甲、乙两人答对任何一道题的概率分别为eq\f(3,4)，eq\f(2,3).(1)记X表示该团队一轮答题的得分，求X的分布列及均值E(X)；(2)假设该团队连续答题n轮，各轮答题相互独立．记Pn表示“没有出现连续三轮每轮得1分”的概率，Pn＝aPn－1＋bPn－2＋cPn－3(n≥4)，求a，b，c；并证明：答题轮数越多(轮数不少于3)，出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大．解(1)由题可知，X的取值为－1,0,1，P(X＝－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(1,12)；P(X＝0)＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(2,3)＝eq\f(5,12)；P(X＝1)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,2).故X的分布列如下：X－101P(X)eq\f(1,12)eq\f(5,12)eq\f(1,2)则E(X)＝－1×eq\f(1,12)＋0×eq\f(5,12)＋1×eq\f(1,2)＝eq\f(5,12).(2)由题可知，P1＝1，P2＝1，P3＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(7,8)，P4＝1－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(13,16).连续答题n轮，没有出现连续三轮每轮得1分时，记第n轮没有得1分的概率为Pn1，则Pn1＝eq\f(1,2)Pn－1；记第n轮得1分，且第n－1轮没有得1分的概率为Pn2，则Pn2＝eq\f(1,4)Pn－2；记第n轮得1分，且第n－1轮得1分，第n－2轮没有得1分的概率为Pn3，则Pn3＝eq\f(1,8)Pn－3；故Pn＝Pn1＋Pn2＋Pn3＝eq\f(1,2)Pn－1＋eq\f(1,4)Pn－2＋eq\f(1,8)Pn－3(n≥4)，故a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(1,8)；因为Pn＝eq\f(1,2)Pn－1＋eq\f(1,4)Pn－2＋eq\f(1,8)Pn－3，故Pn＋1＝eq\f(1,2)Pn＋eq\f(1,4)Pn－1＋eq\f(1,8)Pn－2，故Pn＋1－Pn＝－eq\f(1,2)Pn＋eq\f(1,4)Pn－1＋eq\f(1,8)Pn－2＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Pn－1＋\f(1,4)Pn－2＋\f(1,8)Pn－3))＋eq\f(1,4)Pn－1＋eq\f(1,8)Pn－2＝－eq\f(1,16)Pn－3<0；故Pn＋1<Pn(n≥4)，且P1＝P2>P3>P4，则P1＝P2>P3>P4>P5>…，所以答题轮数越多(轮数不少于3)，出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大．2．(2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝e－ax＋sinx－cosx.(1)若a＝－1，x≥－eq\f(π,4)，求证：F(x)＝f′(x)－eq\f(1,3)x－1有且仅有一个零点；(2)若对任意x≤0，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明由题意得，当a＝－1时，f′(x)＝ex＋cosx＋sinx，故F(x)＝ex＋cosx＋sinx－eq\f(1,3)x－1＝ex＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\f(1,3)x－1.①当x≥eq\f(3π,4)时，F(x)≥ex－eq\r(2)－eq\f(1,3)x－1，记G(x)＝ex－eq\r(2)－eq\f(1,3)x－1，则G′(x)＝ex－eq\f(1,3)>0，G(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，＋∞))上单调递增，G(x)≥－eq\r(2)－eq\f(π,4)－1>e2－eq\r(2)－2>0，所以F(x)>0，即当x≥eq\f(3π,4)时，F(x)无零点．②当0≤x<eq\f(3π,4)时，eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))>0，令p(x)＝ex－x－1，则p′(x)＝ex－1，当x<0时，p′(x)<0，p(x)单调递减，当x>0时，p′(x)>0，p(x)单调递增，因此p(0)＝0是p(x)的最小值，即p(x)≥0，所以ex≥x＋1恒成立，所以F(x)>ex－eq\f(1,3)x－1≥x＋1－eq\f(1,3)x－1＝eq\f(2,3)x≥0，所以F(x)>0，即当0≤x<eq\f(3π,4)时，F(x)无零点．③当－eq\f(π,4)≤x<0时，F′(x)＝ex－sinx＋cosx－eq\f(1,3)＝ex－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))－eq\f(1,3).因为－eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,4)<－eq\f(π,4)，即1<－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))≤eq\r(2)，所以F′(x)>ex＋1－eq\f(1,3)>0，即F(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上单调递增．又因为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝e－eq\f(π,4)＋0＋eq\f(π,12)－1<eq\f(1,\r(e))＋eq\f(1,3)－1<eq\f(1,1.5)＋eq\f(1,3)－1＝0，F(0)＝1＋1－1>0，所以当－eq\f(π,4)≤x<0时，F(x)存在唯一零点．综上，当x≥－eq\f(π,4)时，F(x)有且仅有一个零点．(2)解易知f(0)＝0，因此f(x)≥0恒成立，则在0的左侧邻域内，f(x)单调递减，有f′(x)≤0，则f′(0)≤0.因为f′(x)＝－ae－ax＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以f′(0)＝－a＋1≤0，即a≥1是f(x)≥0对任意x≤0成立的必要条件．下面证明充分性．当a≥1时，f(x)≥0，等价于e－ax≥－sinx＋cosx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).令h(x)＝e－ax，g(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，即证h(x)≥g(x)．①当x≤－eq\f(π,4)时，g(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≤eq\r(2)，h(x)＝e－ax≥>eq\r(e)>eq\r(2)，即h(x)≥g(x)成立．②当－eq\f(π,4)<x≤0时，令k(x)＝g(x)＋x－1，则k′(x)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋1.由0<x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4)，得0<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≤