2024构造函数法证明不等式

2024构造函数法证明不等式构造函数法证明不等式不等式证明是中学数学的重要内容之一．由于证明不等式没有固定的模式，证法灵活多样，技巧性强，使其成为各种考试命题的热点问题，函数法证明不等式就是其常见题型．即有些不等式可以和函数建立直接联系，通过构造函数式，利用函数的有关特性，完成不等式的证明．一、构造一元一次函数证明不等式例1设0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求证：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．证明：构造一次函数=x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)，整理，得=(1－y－z)x＋(y＋z－yz)其中0＜x＜1，∵0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，∴－1＜1－y－z＜1．⑴当0＜1－y－z＜1时，在(0，1)上是增函数，于是＜=1－yz＜1；⑵当－1＜1－y－z＜0时，在(0，1)上是减函数，于是＜=y＋z－yz=1－(1－y)(1－z)＜1；⑶当1－y－z=0，即y＋z=1时，=y＋z－yz=1－yz＜1．综上，原不等式成立．例2已知|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求证：abc＋2＞a＋b＋c．证明：构造一次函数=(bc－1)x＋2－b－c，这里，|b|＜1，|c|＜1，|x|＜1，则bc＜1．∵=1－bc＋2－b－c=(1－bc)＋(1－b)＋(1－c)＞0，=bc－1＋2－b－c=(1－b)(1－c)＞0，∵－1＜x＜1，∴一次函数=(bc－1)x＋2－b－c的图象在x轴上方，这就是说，当|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1时，有(bc－1)a＋2－b－c＞0，即abc＋2＞a＋b＋c．二、构造一元二次函数证明不等式例3若a、b、c∈R+，求证：a＋b＋c≥ab＋bc＋ca．证明构造函数=x－(b＋c)x＋b＋c－bc．因为△=(b＋c)－4(b＋c－bc)=－3(b－c)≤0，又因为二次项的系数为正数，所以x－(b＋c)x＋b＋c－bc≥0对任意实数恒成立．以a替换x得：a－(b＋c)a＋b＋c－bc≥0，即a＋b＋c≥ab＋bc＋ca．例4已知a、b、c、d、是满足a＋b＋c＋d＋=8，a＋b＋c＋d＋=16的实数，求证：0≤≤．证明：构造一元二次函数=4x＋2(a＋b＋c＋d)＋a＋b＋c＋d=(x＋a)＋(x＋b)＋(x＋c)＋(x＋d)≥0，又∵二次项系数为正数，∴△=4(a＋b＋c＋d)－16(a＋b＋c＋d)=4(8－)－16(16－)≤0，解之得0≤≤．故不等式成立．三、构造单调函数证明不等式例5已知a＞0，b＞0，求证：＋＞．证明：构造函数=，易证==1－当x＞0时单调递增．∵a＋b＋ab＞a＋b＞0，∴(a＋b＋ab)＞(a＋b)．故＋=＞=(a＋b＋ab)＞(a＋b)=．例6对任意自然数n求证：(1＋1)(1＋)·…·(1＋)＞．证明：构造函数=(1＋1)(1＋)·…·(1＋)·，由==＞1，∵＞0，∴＞，即是自然数集N上的单调递增函数，∴(1＋1)(1＋)·…·(1＋)＞．合理构造函数解导数问题构造函数是解导数问题的基本方法，但是有时简单的构造函数对问题求解带来很大麻烦甚至是解决不了问题的，那么怎样合理的构造函数就是问题的关键，这里我们来一起探讨一下这方面问题。1．山东省实验中学2009届高三第三次诊断考试（数学理）22．已知函数（注：）（1）若函数在上为增函数，求正实数的取值范围；（2）当时，若直线与函数的图象在上有两个不同交点，求实数的取值范围：（3）求证：对大于1的任意正整数解：（1）因为所以依题意可得，对恒成立，所以对恒成立，所以对恒成立，，即（2）当时，若，，单调递减；若单调递增；故在处取得极小值，即最小值又所以要使直线与函数的图象在上有两个不同交点，实数的取值范围应为，即；（3）当时，由可知，在上为增函数，当时，令，则，故，即所以．故相加可得又因为所以对大于1的任意正整书2．【2007年山东理】（22）（本小题满分14分）设函数，其中．（I）当时，判断函数在定义域上的单调性；（II）求函数的极值点；福建数学网（III）证明对任意的正整数，不等式都成立．【解】（Ⅰ）由题意知，的定义域为，设，其图象的对称轴为，当时，，即在上恒成立，当时，，当时，函数在定义域上单调递增（Ⅱ）①由（Ⅰ）得：当时，函数无极值点②时，有两个相同的解，时，，时，，时，函数在上无极值点③当时，有两个不同解，，，时，，，即，福建数学网时，，随的变化情况如下表：极小值由此表可知：时，有惟一极小值点，当时，，，此时，，随的变化情况如下表：极大值极小值由此表可知：时，有一个极大值和一个极小值点；综上所述：时，有惟一最小值点；时，有一个极大值点和一个极小值点；时，无极值点（Ⅲ）当时，函数，福建数学网令函数，则．当时，，所以函数在上单调递增，又时，恒有，即恒成立故当时，有．对任意正整数取，则有所以结论成立．福建数学网例1：（2009年宁波市高三第三次模拟试卷22题）已知函数.若为的极值点，求实数的值；若在上增函数，求实数的取值范围；若时，方程有实根，求实数的取值范围。解：（1）因为是函数的一个极值点，所以，进而解得：，经检验是符合的，所以（2）显然结合定义域知道在上恒成立，所以且。同时此函数是时递减，时递增，故此我们只需要保证，解得：（3）方法一、变量分离直接构造函数解：由于，所以：当时，所以在上递增；当时，所以在上递减；又当时，所以在上递减；当时，所以上递增；当时，所以在上递减；又当时，当时，则且的取值范围为原函数草图二阶导数草图原函数草图二阶导数草图一阶导数草图一阶导数草图，，方法二、构造：从而在上为增函数；从而在上为减函数而分析点评：第（3）问的两种解法难易繁杂一目了然，关键在合理构造函数上。那么怎样合理构造函数呢？（1）抓住问题的实质，化简函数1、已知是二次函数，不等式的解集是，且在区间上的最大值.（1）求的解析式；（2）是否存在自然数，使得方程在区间内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由。解：（1）（2）假设满足要求的实数存在，则，即有：，即有：构造函数画图分析：进而检验，知,所以存在实数使得在区间内有且只有两个不等的实数根。点评：本题关键是构造了函数，舍弃了原函数中分母问题得到了简化。变式练习：设函数，求已知当时，恒成立，求实数的取值范围。（2）抓住常规基本函数，利用函数草图分析问题：例：已知函数的图像在点处的切线方程为设求证：当时，恒成立；试讨论关于的方程根的个数。解证：（1）（2）方程从而因为所以方程可变为令，得：当时，在上为增函数；当时，在上为减函数；当时，又所以函数在同一坐标系的大致图像如图所示当即时，方程无解；当即时，方程一解；当即时，方程有2个根。分析点评：一次函数，二次函数，指对数函数，幂函数，简单的分式根式函数，绝对值函数的图象力求清晰准确，一些综合性的问题基本上是这些函数的组合体，如果适当分解和调配就一定能找到问题解决的突破口，使问题简单化明确化。（3）复合函数问题一定要坚持定义域优先的原则，抓住函数的复合过程能够逐层分解。例：已知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增。求实数的值.若关于的方程有3个不同的实数解，求实数的取值范围.若函数的图像与坐标轴无交点，求实数的取值范围。解：（1）利用得：（2）因为得列表得因此有极大值极小值作出的示意图，如图:因为关于的方程有3个不同的实数解，令即关于的方程在上有3个不同的实数解，所以的图像与直线在上有3个不同的交点。而的图像与的图像一致。即（3）函数的图像与坐标轴无交点，可以分以下2种情况：①当函数的图像与轴无交点时，则必须有无解，而函数的值域为所以解得②当函数的图像与轴无交点时，则必须有不存在，即或，有意义，所以，解得.③由函数存在，可知有解，解得，故实数的取值范围为分析点评：复合函数尤其是两次复合，一定要好好掌握，构造两种函数逐层分解研究，化繁为简，导数仍然是主要工具。几何概型的常见题型及典例分析一．几何概型的定义1．定义：如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型.2．特点：（1）无限性，即一次试验中，所有可能出现的结果（基本事件）有无限多个；（2）等可能性，即每个基本事件发生的可能性均相等.3．计算公式：说明：用几何概率公式计算概率时，关键是构造出随机事件所对应的几何图形，并对几何图形进行度量.4．古典概型和几何概型的区别和联系：（1）联系：每个基本事件发生的都是等可能的.（2）区别：①古典概型的基本事件是有限的，几何概型的基本事件是无限的；②两种概型的概率计算公式的含义不同.二．常见题型（一）、与长度有关的几何概型例1、在区间上随机取一个数，的值介于到之间的概率为().A.B.C.D.分析：在区间上随机取任何一个数都是一个基本事件.所取的数是区间的任意一个数，基本事件是无限多个，而且每一个基本事件的发生都是等可能的，因此事件的发生的概率只与自变量的取值范围的区间长度有关，符合几何概型的条件.解：在区间上随机取一个数,即时,要使的值介于0到之间,需使或∴或，区间长度为，由几何概型知使的值介于0到之间的概率为.故选A.例2、如图,A,B两盏路灯之间长度是30米，由于光线较暗，想在其间再随意安装两盏路灯C,D,问A与C,B与D之间的距离都不小于10米的概率是多少？思路点拨从每一个位置安装都是一个基本事件，基本事件有无限多个，但在每一处安装的可能性相等，故是几何概型．解记E：“A与C,B与D之间的距离都不小于10米”，把AB三等分，由于中间长度为30×=10米，∴.方法技巧我们将每个事件理解为从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中每一点被取到的机会都一样，而一个随机事件的发生则理解为恰好取到上述区域内的某个指定区域中的点，这样的概率模型就可以用几何概型来求解．例3、在半径为R的圆内画平行弦，如果这些弦与垂直于弦的直径的交点在该直径上的位置是等可能的，求任意画的弦的长度不小于R的概率。思考方法：由平面几何知识可知，垂直于弦的直径平分这条弦，所以，题中的等可能参数是平行弦的中点，它等可能地分布在于平行弦垂直的直径上（如图1-1）。也就是说，样本空间所对应的区域G是一维空间（即直线）上的线段MN，而有利场合所对应的区域GA是长度不小于R的平行弦的中点K所在的区间。[解法1].设EF与E1F1是长度等于R的两条弦，直径MN垂直于EF和E1F1，与他们分别相交于K和K1(图1-2)。依题设条件，样本空间所对应的区域是直径MN，有L(G)=MN=2R，注意到弦的长度与弦心距之间的关系比，则有利场合所对对应的区域是KK1，有以几何概率公式得。[解法2].如图1-1所示，设园O的半径为R,EF为诸平行弦中的任意一条，直径MN弦EF，它们的交点为K，则点K就是弦EF的中点。设OK=x，则x[-R,R],所以L(G)=2R设事件A为“任意画的弦的长度不小于R”，则A的有利场合是,解不等式，得所以于是[评注]本题结构比较简单，题中直接给出了等可能值参数；样本空间和有利场合所对应的区域，从图上都可以直接看出。两种解法各有特色，解法1充分利用平面几何知识，在本题似较简便，解法2引进变量x把代数知识和几何知识有机的结合起来，从表面上看解题过程不甚简便，但确具有推广价值，这种方法可以求解复杂的几何概率问题。例4、在长为12cm的线段AB上任取一点M，并以线段AM为边作正方形，求这个正方形的面积介于36cm2

与81cm2之间的概率．分析：正方形的面积只与边长有关，因此，此题可以转化为在12cm长的线段AB上任取一点M，求使得AM的长度介于6cm与9cm之间的概率．解：记“面积介于36cm2

与81cm2之间”为事件A，事件A的概率等价于“长度介于6cm与9cm之间”的概率，所以，P(A)==小结：解答本例的关键是，将正方形的面积问题先转化为与边长的关系。练习：2、已知地铁列车每10min一班，在车站停1min，则乘客到达站台立即乘上车的概率是()A.eq\f(1,10)B.eq\f(1,9)C.eq\f(1,11)D.eq\f(1,8)解析：设乘客到达站台立即乘上车为事件A，试验的所有结果构成的区域长度为10min，而构成事件A的区域长度为1min，故P(A)＝eq\f(1,10).答案：A3、已知集合A{x|－1<x<5}，B＝{x|eq\f(x－2,3－x)>0}，在集合A中任取一个元素x，则事件“x∈A∩B”的概率是________．解析：由题意得A＝{x|－1<x<5}，B＝{x|2<x<3}，由几何概型知：在集合A中任取一个元素x，则x∈A∩B的概率为P＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)4、小赵欲在国庆六十周年之后从某车站乘车外出考察，已知该站发往各站的客车均每小时一班，求小赵等车时间不多于10分钟的概率．分析：因为客车每小时一班,而小赵在0～60分钟之间任何一个时刻到车站等车是等可能的,所以他在哪个时间段到站等车的概率只与该时间段的长度有关,而与该时间段的位置无关,这符合几何概型的条件，且属于几何概型中的长度类型.解析:设A={等待的时间不多于10分钟},我们所关心的事件A恰好是到站等车的时刻位于[50,60]这一时间段内,而事件的总体是整个一小时，即60分钟，因此，由几何概型的概率公式,得P(A)==，即此人等车时间不多于10分钟的概率为．（二）、与面积有关的几何概型例1、为长方形，，为的中点，在长方形内随机取一点，取到的点到的距离大于1的概率为（）A． B. C. D.分析：由于是随机的取点，点落在长方形内每一个点的机会是等可能的，基本事件是无限多个，所以符合几何概型.解：长方形面积为2,以为圆心,1为半径作圆,在矩形内部的部分(半圆)面积为，因此取到的点到的距离大于1的面积为，则取到的点到的距离大于1的概率为.故选B.例2、如图，射箭比赛的箭靶涂有五个彩色的分环．从外向内依次为白色、黑色、蓝色、红色，靶心为金色．金色靶心叫“黄心”．奥运会的比赛靶面直径为122cm,靶心直径为12.2cm.运动员在70m外射箭．假设运动员射的箭都能中靶，且射中靶面内任一点都是等可能的，那么射中黄心的概率为多少？思路点拨此为几何概型，只与面积有关．解记“射中黄心”为事件B,由于中靶点随机地落在面积为的大圆内，而当中靶点落在面积为的黄心时，事件B发生，于是事件B发生的概率为.即：“射中黄心”的概率是0.01.方法技巧事件的发生是“击中靶心”即“黄心”的面积；总面积为最大环的圆面积．例3、在平面直角坐标系中，设D是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D中随意投一点，则落入E中的概率为。解析：如图：区域D表示边长为4的正方形ABCD的内部（含边界），而区域E表示单位圆及其内部，因此。答案点评：本小题中的试验结果是区域中的部分点集，其结果是不可数的，属于几何概型中典型的面积之比。例4、在三角形ABC中任取一点P，证明：△ABP与△ABC的面积之比大于的概率为。思考方法本题的随机点是的顶点P，它等可能的分布在中，因此，与样本空间对应的平面区域是，注意到于有公共边AB，所以的面积决定于顶点P离底边AB的距离。这样不难确定与有利场合相对应的平面区域。解设与的面积之比为，的高CD为h，的高PG为h1，公共底边AB的长为c，（图2）则过点P作EF//AB,交CD于H,则有立场合所对应的平面区域为.于是所求概率为注意到EF//AB，,且CH=h-h1=h-h=，由此，原题得证。评注本题的样本空间虽然与平面区域相对应，但因三角形ABC于三角形ABP有公共底边AB，所以，实际变化着的量只有一个(即点P于AB的距离)，问题还比较简单，对于较复杂的平面区域，常常要根据题设选定两个变量，由各自的约束条件确定样本空间于有立场合的相应区域。例5、将长为L的木棒随机的折成3段，求3段构成三角形的概率．解：设“3段构成三角形”．分别表示其中两段的长度，则第三段的长度为．．由题意，要构成三角形，须有，即；，即；，即．故．如图1所示，可知所求概率为．例6、已知函数f(x)＝－x2＋ax－b.若a、b都是从区间[0,4]任取的一个数，则f(1)＞0成立的概率是________．解析：f(1)＝－1＋a－b＞0，即a－b＞1，如图：A(1,0)，B(4,0)，C(4,3)，S△ABC＝eq\f(9,2)，P＝eq\f(S△ABC,S矩)＝eq\f(\f(9,2),4×4)＝eq\f(9,32).答案：eq\f(9,32)练习1、ABCD为长方形，AB＝2，BC＝1，O为AB的中点．在长方形ABCD内随机取一点，取到的点到O的距离大于1的概率为()A.eq\f(π,4)B．1－eq\f(π,4)C.eq\f(π,8)D．1－eq\f(π,8)解析：对应长方形的面积为2×1＝2，而取到的点到O的距离小于等于1时，其是以O为圆心，半径为1所作的半圆，对应的面积为eq\f(1,2)×π×12＝eq\f(1,2)π，那么满足条件的概率为：1－eq\f(\f(1,2)π,2)＝1－eq\f(π,4).答案：B2、设－1≤a≤1，－1≤b≤1，则关于x的方程x2＋ax＋b2＝0有实根的概率是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,8)D.eq\f(1,16)解析：由题知该方程有实根满足条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤a≤1，,－1≤b≤1，,a2－4b2≥0，))作平面区域如右图：由图知阴影面积为1，总的事件对应面积为正方形的面积，故概率为eq\f(1,4).答案：B3、已知Ω＝{(x，y)|x＋y≤6，x≥0，y≥0}，A＝{(x，y)|x≤4，y≥0，x－2y≥0}，若向区域Ω上随机投一点P，则点P落入区域A的概率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,9)D.eq\f(2,9)解析：作出两集合表示的平面区域如图所示．容易得出Ω所表示的平面区域为三角形AOB及其边界，A表示的区域为三角形OCD及其边界．容易求得D(4,2)恰为直线x＝4，x－2y＝0，x＋y＝6三线的交点．则可得S△AOB＝eq\f(1,2)×6×6＝18，S△OCD＝eq\f(1,2)×4×2＝4.所以点P落在区域A的概率为eq\f(4,18)＝eq\f(2,9).答案：D4、在区域内任取一点P，则点P落在单位圆x2＋y2＝1内的概率为()A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,8)C.eq\f(π,6)D.eq\f(π,4)解析：区域为△ABC内部(含边界)，则概率为P＝eq\f(S半圆,S△ABC)＝eq\f(\f(π,2),\f(1,2)×2\r(2)×\r(2))＝eq\f(π,4).答案：D5、在边长为2的正三角形ABC内任取一点P，则使点P到三个顶点的距离至少有一个小于1的概率是________．解析：以A、B、C为圆心，以1为半径作圆，与△ABC相交出三个扇形(如图所示)，当P落在阴影部分时符合要求．∴P＝eq\f(3×(\f(1,2)×\f(π,3)×12),\f(\r(3),4)×22)＝eq\f(\r(3)π,6).答案：eq\f(\r(3),6)π6、在区间[0,1]上任意取两个实数a，b，则函数f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax－b在区间[－1,1]上有且仅有一个零点的概率为________．解析：f′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，故f(x)在x∈[－1,1]上单调递增，又因为函数f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax－b在[－1,1]上有且仅有一个零点，即有f(－1)·f(1)<0成立，即(－eq\f(1,2)－a－b)(eq\f(1,2)＋a－b)<0，则(eq\f(1,2)＋a＋b)(eq\f(1,2)＋a－b)>0，可化为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤a≤1,0≤b≤1,\f(1,2)＋a－b>0,\f(1,2)＋a＋b>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤a≤1,0≤b≤1,\f(1,2)＋a－b<0，,\f(1,2)＋a＋b<0))由线性规划知识在平面直角坐标系aOb中画出这两个不等式组所表示的可行域，再由几何概型可以知道，函数f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax－b在[－1,1]上有且仅有一个零点的概率为可行域的面积除以直线a＝0，a＝1，b＝0，b＝1围成的正方形的面积，计算可得面积之比为eq\f(7,8)。答案：eq\f(7,8)7、已知函数f(x)＝x2－2ax＋b2，a，b∈R.(1)若a从集合{0,1,2,3}中任取一个元素，b从集合{0,1,2}中任取一个元素，求方程f(x)＝0有两个不相等实根的概率；(2)若a从区间[0,2]中任取一个数，b从区间[0,3]中任取一个数，求方程f(x)＝0没有实根的概率．解：(1)∵a取集合{0,1,2,3}中任一个元素，b取集合{0,1,2}中任一个元素，∴a，b的取值的情况有(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(3,0)，(3,1)，(3,2)．其中第一个数表示a的取值，第二个数表示b的取值，即基本事件总数为12.设“方程f(x)＝0有两个不相等的实根”为事件A，当a≥0，b≥0时，方程f(x)＝0有两个不相等实根的充要条件为a＞b.当a＞b时，a，b取值的情况有(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，即A包含的基本事件数为6，∴方程f(x)＝0有两个不相等实根的概率P(A)＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2).(2)∵a从区间[0,2]中任取一个数，b从区间[0,3]中任取一个数，则试验的全部结果构成区域Ω＝{(a，b)|0≤a≤2,0≤b≤3}，这是一个矩形区域，其面积SΩ＝2×3＝6.设“方程f(x)＝0没有实根”为事件B，则事件B所构成的区域为M＝{(a，b)|0≤a≤2,0≤b≤3，a＜b}，即图中阴影部分的梯形，其面积SM＝6－eq\f(1,2)×2×2＝4.由几何概型的概率计算公式可得方程f(x)＝0没有实根的概率P(B)＝eq\f(SM,SΩ)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).（三）、与角度有关的几何概型例1、在圆心角为90°的扇形中，以圆心为起点做射线，求使得和都不小于30°的概率？分析：此题关键是搞清过作射线可以在扇形的任意位置，而且是等可能的，因此基本事件的发生是等可能的.解：记事件是“做射线，使得和都不小于30°”，，则符合条件的射线应落在扇形中，所以例2、如图所示，在等腰直角中，过直角顶点在内部做一条射线，与线段交于点，求CABMD的概率。CABMD分析：当时，有，故欲使，应有，即所作的射线应落在时的内部。解析：在上取,连接，则，记“在内部作一条射线，与线段交于点，”为事件A，则，所以，所求概率为。点评：本题所求事件的本质是在内部做一条射线，所构成的区域是一个“角”域，故应属于几何概型中的角度之比类型；本题极易易犯的错误是，用长度的比得出这一错误结果。例3、在等腰Rt△ABC中，C=900，在直角边BC上任取一点M，求的概率（答案：）（四）、与体积有关的几何概型例1、在5升水中有一个病毒，现从中随机地取出1升水，含有病毒的概率是多大？分析：病毒在这5升水中的分布可以看作是随机的，取得的1升水可以看作构成事件的区域，5升水可以看作是试验的所有结果构成的区域，因此可以用体积比公式计算其概率.解：“取出1升水，其中含有病毒”这一事件记作事件A，则从而所求的概率为0.2.例2、任取三条不大于a的线段，求这三条线段能够成一个三角形的概率。思考方法题设的三条线段互不相干，所以可设置三个独立变量。注意到三条线段构成三角形的充要条件，可推得有立场合的约束条件。由此原题可以解出。解设三条线段的长分别为x、y、z，则样本空间是（1）有三条线段构成三角形的条件可知，其中的任意两条之和比大于第三条线段，于是，有利场合的可能情形是（2）把条件（1）、（2）所限制的区域，在空间直角坐标系中表示出来，有如图2-3所示。其中（1）所对应的区域G是正方体OA4，(2)所对应的区域GA是六面体OA1A2A3A4，且有例3、在区间[0,l]上任取三个实数x.y.z,事件A={(x,y,z)|x2+y2+z2＜1,x≥0,y≥0,z≥0}(1)构造出随机事件A对应的几何图形；（2)利用该图形求事件A的概率.思路点拨:在空间直角坐标系下，要明确x2+y2+z2＜1表示的几何图形是以原点为球心，半径r=1的球的内部．事件A对应的几何图形所在位置是随机的，所以事件A的概率只与事件A对应的几何图形的体积有关，这符合几何概型的条件．解：（1）A={(x,y,z)|x2+y2+z2＜1,x≥0,y≥0,z≥0}表示空间直角坐标系中以原点为球心，半径r=1的球的内部部分中x≥0,y≥0,z≥0的部分，如图所示．(2)由于x,y,z属于区间[0,1]，当x=y=z=1时，为正方体的一个顶点，事件A为球在正方体内的部分．∴.方法技巧：本例是利用几何图形的体积比来求解的几何概型，关键要明白点P(x,y,z)的集合所表示的图形．从本例可以看出求试验为几何概型的概率，关键是求得事件所占区域和整个区域的几何度量，然后代入公式即可解，另外要适当选择观察角度.（五）、会面问题中的概率例1、某码头接到通知，甲、乙两艘外轮都会在某天9点到10点之间的某一时刻到达该码头的同一个泊位，早到的外轮要在该泊位停靠20分钟办理完手续后才离开，求两艘外轮至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率。解析：设事件表示两艘外轮至少有一艘在停靠泊位时必须等待，两艘外轮到的时间分别为9点到10点之间的x分、y分，则|x-y|≤20,0≤x,y≤60，即，以9点为原点，建立平面直角坐标系如图所示，事件所对应的区域如图中阴影区域所示：所以，其概率P(A)=阴影面积/ABCD面积=5/9。小结：“会面”类型常见的载体是两人相约见面、轮船停靠泊位等，其关键是构建相遇的不等式（组），借助于线性规划知识，将其面积之比求出，使得问题得以解决。例2、两人约定在20：00到21：00之间相见，并且先到者必须等迟到者40分钟方可离去，如果两人出发是各自独立的，在20：00到21：00各时刻相见的可能性是相等的，求两人在约定时间内相见的概率．思路点拨两人不论谁先到都要等迟到者40分钟，即小时．设两人分别于x时和y时到达约见地点，要使两人在约定的时间范围内相见，当且仅当-≤x-y≤，因此转化成面积问题，利用几何概型求解．解设两人分别于x时和y时到达约见地点，要使两人能在约定时间范围内相见，当且仅当-≤x-y≤.两人到达约见地点所有时刻(x,y)的各种可能结果可用图中的单位正方形内（包括边界）的点来表示，两人能在约定的时间范围内相见的所有时刻（x,y）的各种可能结果可用图中的阴影部分（包括边界）来表示．因此阴影部分与单位正方形的面积比就反映了两人在约定时间范围内相遇的可能性的大小，也就是所求的概率为.方法技巧会面的问题利用数形结合转化成面积问题的几何概型．难点是把两个时间分别用x,y两个坐标表示，构成平面内的点(x,y),从而把时间是一段长度问题转化为平面图形的二维面积问题，转化成面积型几何概型问题．（六）、与线性规划有关的几何概型例1、小明家的晚报在下午5：30～6：30之间的任何一个时间随机地被送到，小明一家在下午6：00～7：00之间的任何一个时间随机地开始晚餐.那么晚报在晚餐开始之前被送到的概率是多少？分析：该题题意明确，但如何转化为数学模型需要从实际问题中分析出存在的两个变量.由于晚报送到和晚饭开始都是随机的，设晚报送到和晚饭开始的时间分别为，然后把这两个变量所满足的条件写成集合的形式，把问题转化为线性规划问题进行求解.解：设晚报送到和晚饭开始的时间分别为.用表示每次试验的结果，则所有可能结果为：，即为图3中正方形的面积；记晚报在晚餐开始之前被送到为事件，则事件的结果为：，即为图2中阴影部分区域.，.所以所求概率为：.故晚报在晚餐开始之前被送到的概率是.反思：此类问题常会涉及两个随机变量的相互关系，其求解的步骤为：（1）找设变量.从问题中找出两个随机变量，设为；（2）集合表示.用表示每次试验结果，则可用相应的集合分别表示出全部结果和事件所包含的试验结果.一般来说，两个集合都是几个二元一次不等式的交集.（3）作出区域.把上面的集合所表示的平面区域作出，并求出集合对应的区域的面积.（4）计算求解.由几何概型公式求出概率.（七）、与定积分有关的几何概型例1、在区间上任取两数，求二次方程的两根都是实根的概率.分析：可用表示试验结果.求出所有可能结果的面积和方程有实根的结果的面积，再利用几何概型来解答.解：用表示每次试验结果，则所有可能结果为：，即为图3中正方形的面积；由方程有实根得：，则方程有实根的可能结果为，即为图4中阴影部分区域.阴影部分面积可用定积分来计算.所以，，所以所求概率为：.（八）、与随机模拟有关的几何概型例1、如图5，面积为的正方形中有一个不规则的图形，可按下面方法估计的面积：在正方形中随机投掷个点，若个点中有个点落入中，则的面积的估计值为，假设正方形的边长为2，的面积为1，并向正方形中随机投掷个点，以表示落入中的点的数目．（=1\*ROMANI）求的均值；（=2\*ROMANII）求用以上方法估计的面积时，的面积的估计值与实际值之差在区间内的概率．附表：分析：本题从表面来看似乎与几何概型无关，其实它是一个几何概型的逆向问题与n次独立重复实验的综合题，而且本题有别于常规的面积型概率计算，设计新颖，通过随机模拟来求不规则图形的面积。解：每个点落入中的概率均为．依题意知．（Ⅰ）．（Ⅱ）依题意所求概率为，．例2、利用随机模拟方法计算图中阴影部分(由曲线y=2x与x轴、x=±1围成的部分）面积．思路点拨不规则图形的面积可用随机模拟法计算．解(1)利用计算机产生两组[0,1]上的随机数,a1=rand（），b1=rand()．(2)进行平移和伸缩变换,a=(a1-0.5)*2,b=b1*2,得到一组[0,2]上的均匀随机数．(3)统计试验总次数N和落在阴影内的点数N1.(4)计算频率，则即为落在阴影部分的概率的近似值．(5)利用几何概型公式得出点落在阴影部分的概率(6)因为=,所以S=即为阴影部分的面积.方法技巧根据几何概型计算公式，概率等于面积之比，如果概率用频率近似在不规则图形外套上一个规则图形，则不规则图形的面积近似等于规则图形面积乘以频率．而频率可以通过随机模拟的方法得到，从而求得不规则图形面积的近似值．（九）、生活中的几何概型例1、某人欲从某车站乘车出差，已知该站发往各站的客车均每小时一班，求此人等车时间不多于10分钟的概率．分析：假设他在0～60分钟之间任何一个时刻到车站等车是等可能的,但在0到60分钟之间有无穷多个时刻,不能用古典概型公式计算随机事件发生的概率.可以通过几何概型的求概率公式得到事件发生的概率.因为客车每小时一班,他在0到60分钟之间任何一个时刻到站等车是等可能的,所以他在哪个时间段到站等车的概率只与该时间段的长度有关,而与该时间段的位置无关,这符合几何概型的条件.解:设A={等待的时间不多于10分钟},我们所关心的事件A恰好是到站等车的时刻位于[50,60]这一时间段内,因此由几何概型的概率公式,得P(A)==，即此人等车时间不多于10分钟的概率为．例2、某公共汽车站每隔15分钟有一辆汽车到达，乘客到达车站的时刻是任意的，求一个乘客到达车站后候车时间大于10分钟的概率？分析：把时刻抽象为点，时间抽象为线段，故可以用几何概型求解。解：设上辆车于时刻T1到达，而下一辆车于时刻T2到达，线段T1T2的长度为15，设T是T1T2上的点，且T1T=5，T2T=10，如图所示:TT1T2T记候车时间大于10分钟为事件A，则当乘客到达车站的时刻落在线段T1T上时，事件发生，区域D的测度为15，区域d的测度为5。所以答：侯车时间大于10分钟的概率是1/3.例3、假设题设条件不变，求候车时间不超过10分钟的概率.分析：TT1T2T例4、某公共汽车站每隔15分钟有一辆汽车到达，并且出发前在车站停靠3分钟。乘客到达车站的时刻是任意的，求一个乘客到达车站后候车时间大于10分钟的概率？分析：设上辆车于时刻T1到达，而下一辆车于时刻T0到达，T2时刻出发。线段T1T2的长度为15，设T是T1T2上的点，且T0T2=3，TT0=10，如图所示:TT1T2TT0记候车时间大于10分钟为事件A，则当乘客到达车站的时刻落在线段T1T上时，事件A发生，区域D的测度为15，区域d的测度为15-3-10=2。所以例5、平面上画有一组平行线，其间隔交替为1.5cm和10cm，任意地往平面上投一半径为2cm的圆，求此圆不与平行线相交的概率。[思考方法]本题的难处，在于题中没有直接指明等可能值参数，为此，需发掘“任意的往平面上投一直径为2cm的圆”之真实含义，找出具有某种等可能的随机点。注意到定半径的圆的位置决定于圆心，可以取圆心作随机点，由于平行线可以向两端无限延伸，而往平面上投圆又是任意的，所以只要取这组平行线的某一条垂线就可以了；考虑到题设平行线的间隔交替的为1.5cm和10cm，则研究相邻三条平行线之间情况就可以反映问题的全貌。经上面的分析，我们可以取圆心为随机点，它等可能地分布在相邻三条平行线的某一垂线上（如图1-3）由此原题不难解出。[解]设L1、L2、L3是三条相邻的平行线，EPF是它们之间的垂线（图1-3），则样本空间所对的区域是线段EF,有L(G)=EF=1.5+10=11.5(cm)注意到L1与L2相邻1.5cm，所以圆心如果落在线段EP上，那么圆与平行线必定相交。设半径为2cm的⊙O、⊙O1分别切L2、L3于P、F，则事件的有利场合所对应的区域应是线段OO1有L(GA)=OO1=PF-OP-O1F=10-2-2=6cm。评注从本题可以看出，如果题中没有直接指明等可能值参数，则解题的关键，在于斟酌题设条件，发掘等可能值参数的含义，找出随机点的分布情况。例6、《广告法》对插播广告的时间有一定的规定，某人对某台的电视节目做了长期的统计后得出结论，他任意时间打开电视机看该台节目，看不到广告的概率为eq\f(9,10)，那么该台每小时约有________分钟的广告．解析：60×(1－eq\f(9,10))＝6分钟．答案：6例7、甲、乙两人约定在下午4:00~5:00间在某地相见他们约好当其中一人先到后一定要等另一人15分钟，若另一人仍不到则可以离去，试求这人能相见的概率。解：设x为甲到达时间，为乙到达时间.建立坐标系，如图时可相见，即阴影部分例8、两对讲机持有者张三、李四，为卡尔货运公司工作，他们对讲机的接收范围是25km，下午3：0