2024版大二輪數學新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）壓軸題突破練433

壓軸題突破練41．(2023·青島模擬)甲、乙兩人組團參加答題挑戰(zhàn)賽，規(guī)定：每一輪甲、乙各答一道題，若兩人都答對，該團隊得1分；只有一人答對，該團隊得0分；兩人都答錯，該團隊得－1分．假設甲、乙兩人答對任何一道題的概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(2,3).(1)記X表示該團隊一輪答題的得分，求X的分布列及均值E(X)；(2)假設該團隊連續(xù)答題n輪，各輪答題相互獨立．記Pn表示“沒有出現連續(xù)三輪每輪得1分”的概率，Pn＝aPn－1＋bPn－2＋cPn－3(n≥4)，求a，b，c；并證明：答題輪數越多(輪數不少于3)，出現“連續(xù)三輪每輪得1分”的概率越大．解(1)由題可知，X的取值為－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)則E(X)＝－1×eq\f(1,12)＋0×eq\f(5,12)＋1×eq\f(1,2)＝eq\f(5,12).(2)由題可知，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).連續(xù)答題n輪，沒有出現連續(xù)三輪每輪得1分時，記第n輪沒有得1分的概率為Pn1，則Pn1＝eq\f(1,2)Pn－1；記第n輪得1分，且第n－1輪沒有得1分的概率為Pn2，則Pn2＝eq\f(1,4)Pn－2；記第n輪得1分，且第n－1輪得1分，第n－2輪沒有得1分的概率為Pn3，則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)；因為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，則P1＝P2>P3>P4>P5>…，所以答題輪數越多(輪數不少于3)，出現“連續(xù)三輪每輪得1分”的概率越大．2．(2023·長沙模擬)已知函數f(x)＝e－ax＋sinx－cosx.(1)若a＝－1，x≥－eq\f(π,4)，求證：F(x)＝f′(x)－eq\f(1,3)x－1有且僅有一個零點；(2)若對任意x≤0，f(x)≥0恒成立，求實數a的取值范圍．(1)證明由題意得，當a＝－1時，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當x≥eq\f(3π,4)時，F(x)≥ex－eq\r(2)－eq\f(1,3)x－1，記G(x)＝ex－eq\r(2)－eq\f(1,3)x－1，則G′(x)＝ex－eq\f(1,3)>0，G(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，＋∞))上單調遞增，G(x)≥－eq\r(2)－eq\f(π,4)－1>e2－eq\r(2)－2>0，所以F(x)>0，即當x≥eq\f(3π,4)時，F(x)無零點．②當0≤x<eq\f(3π,4)時，eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))>0，令p(x)＝ex－x－1，則p′(x)＝ex－1，當x<0時，p′(x)<0，p(x)單調遞減，當x>0時，p′(x)>0，p(x)單調遞增，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，即當0≤x<eq\f(3π,4)時，F(x)無零點．③當－eq\f(π,4)≤x<0時，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).因為－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))上單調遞增．又因為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，所以當－eq\f(π,4)≤x<0時，F(x)存在唯一零點．綜上，當x≥－eq\f(π,4)時，F(x)有且僅有一個零點．(2)解易知f(0)＝0，因此f(x)≥0恒成立，則在0的左側鄰域內，f(x)單調遞減，有f′(x)≤0，則f′(0)≤0.因為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對任意x≤0成立的必要條件．下面證明充分性．當a≥1時，f(x)≥0，等價于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)))，即證h(x)≥g(x)．①當x≤－eq\f(π,4)時，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當－eq\f(π,4)<x≤0時，令k(x)＝g(x)＋x－1，則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)))≤