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文档简介
在人教A版选择性必修第三册P81“探究与发现”中,同学们已研究了二项分布P(X=k)=Cnkpk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n,随k变化时,概率值的变化特点,相应结论如文中探究问题1所示,在2023年教育部教育考试院老高考新课标适应性测试中,已对该性质做了命题;若n,k为常数,p为变量,概率Cnkpk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n,可视为参数探究问题1探究函数f(k)=Cnkpkqn-k(k=0,1,2,…,n,p+q=1,0<p<1)的最值取得情况,其中k令fkfk−1=n+1−kpk1−p=1+n+1p−k得出结论如下:①当(n+1)p为整数时,则当k=(n+1)p时取得概率最大值,又PX=kPX=k−1=1,故此时可取的k值有2个:k=(n+1)p或(n②当(n+1)p不为整数时,则当k取(n+1)p的整数部分时,P(X=k)是唯一的概率最大值.[典例1]为了提高广大青少年的法律意识,我市开展青少年“学宪法、讲宪法”知识竞赛活动,团员小明每天自觉登录“青少年普法”软件,参加各种学习活动,同时热衷于参与四人赛.每局四人赛是由网络随机匹配四人进行比赛,每题回答正确得20分,第1个达到100分的比赛者获得第1名,赢得该局比赛,该局比赛结束.每天的四人赛共有20局,前2局是有效局,根据得分情况获得相应名次,从而得到相应的学习积分,第1局获得第1名的得3分,获得第2,3名的得2分,获得第4名的得1分;第2局获得第1名的得2分,获得第2,3,4名的得1分;后18局是无效局,无论获得什么名次,均不能获得学习积分.经统计,小明每天在第1局四人赛中获得3分、2分、1分的概率分别为14,1(1)设小明每天获得的得分为X,求X的分布列和数学期望;(2)若小明每天赛完20局,设小明在每局四人赛中获得第1名从而赢得该局比赛的概率为14[解](1)记事件Ai(i=1,2,3)表示第一局获得i分,事件Bi(i=1,2)表示第二局获得i分,这些事件相互独立,由条件知X的可能值为5,4,3,2.P(X=5)=P(A3B2)=P(A3)P(B2)=14×1P(X=4)=P(A3B1)+P(A2B2)=14×3P(X=3)=P(A2B1)+P(A1B2)=12×3P(X=2)=P(A1B1)=14×3则其分布列为X5432P1573所以E(X)=5×116+4×516+3×716+2×316=(2)设小明每天赢得的局数为Y,则易知Y~B20,于是P(Y=k)=C20假设赢得k局的概率最大,则据条件得C即20!整理得1k·14≥121−k又因为k∈N*,所以k=5,因此在每天的20局四人赛中,小明赢得5局的比赛概率最大.本题属于n,p固定,探究以k为自变量的离散函数(数列)f(k)=C20k0.25k(1-0.25)20-k,k=0,1,…[跟进训练]1.第十四届全国冬季运动会(以下简称冬运)于2024年2月17日至2月27日举行,为进一步增强群众的法治意识,提高群众冬运法律知识水平和文明素质,让法治精神携手冬运走进千家万户,某市有关部门在该市市民中开展了“迎接冬运·法治同行”主题法治宣传教育活动.该活动采取线上、线下相结合的方式,线上有“知识大闯关”冬运法律知识普及类趣味答题,线下有“冬运普法”知识讲座,实现“冬运+普法”的全新模式.其中线上“知识大闯关”答题环节共计30个题目,每个题目2分,满分60分,现在从参与作答“知识大闯关”题目的市民中随机抽取1000名,将他们的作答成绩分成6组:[0,10),[10,20),[20,30),[30,40),[40,50),[50,60],并绘制了如图所示的频率分布直方图.(1)请估计被抽取的1000名市民作答成绩的平均数和中位数;(2)视频率为概率,现从所有参与“知识大闯关”活动的市民中随机抽取20名,调查其掌握各类冬运法律知识的情况.记k名市民的成绩在[40,60]的概率为P(X=k),k=0,1,2,…,20.请估计这20名市民的作答成绩在[40,60]的人数为多少时P(X=k)最大?并说明理由.[解](1)由频率分布直方图可知,抽取的1000名市民作答成绩的平均数x=5×0.05+15×0.1+25×0.2+35×0.3+45×0.25+55×0.1=34(分).设1000名市民作答成绩的中位数为x,则0.05+0.1+0.2+0.03×(x-30)=0.5,所以x=35,所以这1000名市民作答成绩的平均数为34分,中位数为35分.(2)估计这20位市民的作答成绩在[40,60]的人数为7时概率最大.由已知得X~B(20,0.35),所以P(X=k)=C20k0.35k(1-0.35)20-k,k=0,1,令PX=k≥PX=k−1即C即721−k≥13k,13k+1≥7由k∈N*,所以k=7,所以这20位市民的作答成绩在[40,60]的人数为7时P(X=k)最大.探究问题2探究函数f(p)=Cnkpkqn-k(k=0,1,2,…,n,n∈Z,0<p<1,p+q=1)的最值取得情况,其中p为自变量,n,k由f′(p)=Cnk[kpk-1(1-p)n-k-pk(n-k)(1-p)n-k-1]=Cnkpk-1(1-p)n-k-1[k(1-p)-(n-k)p]=Cnkpk-1(1-p)n-k(1)当k=0时,f′(p)<0恒成立,f(p)在(0,1)上单调递减,f(p)无最值;(2)当k=n时,f′(p)>0恒成立,f(p)在(0,1)上单调递增,f(p)无最值;(3)当k=1,2,…,n-1时,由于当p<kn时,f′(p)>0,f(p)单调递增,当p>kn时,f′(p)<0,f(p)单调递减,故当p=kn时,f(p)取得最大值,f(p)max=f又当p→0,f(p)→0,当p→1时,f(p)→0,从而f(p)无最小值.上述两个问题的解决运用了函数与方程的思想,问题1中通过解不等式fkfk−1≥1比较f(k)与f(k-1)的大小.问题2中通过求导判断函数的单调性求出最值.出于实际意义,一般更关注概率的最大值点的取得情况.存在最大值点的前提下,若视k为自变量,最大值点为某个随机变量,也可能是两个.若视p为自变量,f(p)=Cnkpkqn-k,n[典例2](2018·全国Ⅰ卷)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1),且各件产品是否为不合格品相互独立.(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0.(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求E(X);②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?[解](1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)=C202p2(1-p)1因此f′(p)=C202[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2C202p(1-p令f′(p)=0,得p=0.1.当p∈(0,0.1)时,f′(p)>0;当p∈(0.1,1)时,f′(p)<0.所以f(p)的最大值点为p0=0.1.(2)由(1)知,p=0.1.①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),E(Y)=180×0.1=18,X=20×2+25Y,即X=40+25Y.所以E(X)=E(40+25Y)=40+25E(Y)=490.②如果对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元.由于E(X)>400,故应该对余下的产品作检验.命题者以概率p为自变量,视角新颖,求解该题除了判断分布类型,写分布列外,在解题过程中主要的难点来自用函数的思想来解决问题,应用导数求最大值点.并且在(2)问中要通过计算期望的数值做分析和决策.涉及求值、求值域、求参数的取值范围等问题时,树立函数意识,列出相应的函数解析式,将问题转化为求函数值和函数最值的问题来研究.[跟进训练]2.甲、乙两人进行下象棋比赛(没有平局),采用“五局三胜”制.已知在每局比赛中,甲获胜的概率为p,0<p<1.(1)设甲以3∶1获胜的概率为f(p),求f(p)的最大值;(2)记(1)中,f(p)取得最大值时p的值为p0,以p0作为p的值,用X表示甲、乙两人比赛的局数,求X的分布列和数学期望E(X).[解](1)甲以3∶1获胜,则前三局中甲胜两局败一局,第四局甲必须获胜,所以f(p)=C32·p2·(1-p)·p=3p3-3p4,0<p<1,f′(p)=9p2-12p3=3p2(3-4令f′(p)=
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