高二數(shù)學(xué)人教A版2019選擇性講義第10講期望方差的實(shí)際應(yīng)用

第10講期望方差的實(shí)際應(yīng)用

【例I】最新研發(fā)的某產(chǎn)品每次試驗(yàn)結(jié)果為成功或不成功，且每次試驗(yàn)的成功概率為現(xiàn)對該產(chǎn)

品進(jìn)行獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，若試驗(yàn)成功，則試驗(yàn)結(jié)束；若試驗(yàn)不成功，則繼續(xù)試驗(yàn)，且最多試驗(yàn)8次.記X為

試驗(yàn)結(jié)束時(shí)所進(jìn)行的試驗(yàn)次數(shù)，X的數(shù)學(xué)期望為E(X).

(1)證明：E(x)<q；

(2)某公司意向投資該產(chǎn)品，若p=0.2,每次試驗(yàn)的成本為“(a>0)元，若試驗(yàn)成功則獲利8a元，則該公司

應(yīng)如何決策投資？請說明理由.

【答案】(1)證明見解析；(2)應(yīng)該投資，理由見解析

【分析】(1)由題意,X=1,2,3,，…,8,P(X=&)=p(l-p產(chǎn)，&=1,2,,7,P(X=8)=(l-p)7,列出分布列,

列出E(X),乘公比錯位相減法求和s=(l-p)°+2(l-p)i+3(l-p)2++7(l-p)6,分析可證明E(X)<［；

(2)由(1)可得E(X)<，=5,分析即得解

P

【詳解】(D由題意,X=1,2,3,...,8

故P(X=k)=pQ-p)k-',k=\,2,,7,P(X=8)=(1—p)1

分布列如下：

X12345678

PPp(l-p)p(l-p)2p(l-p)4P(l-P/POP),(1-p),

所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)=Ml-p)°+2p(l-p)1+3p(l-p)2++7p(y-p)6+8(1-p)i,

記S=(1—p)°+2(1-p)'+3(1-p)2++7(1-py,

(l-p)S=(l-p)'+2(l-p)2+3(l-p)3++7(1-p)7,

作差可得，pS=(1-p)°+(1-/?)'+(1-p)2++(1-/?)6-7(1-^)7=-~~———7(1-p)7，

則E(X)=pS+8(1-〃=1~(1-P)7+(1-p)7=D8<-；

PPP

(2)由(1)可知E(X)<，=5,則試驗(yàn)成本的期望小于5a元，

P

試驗(yàn)成功則獲利8a元，且8a>5a,則該公司應(yīng)該投資該產(chǎn)品

【例2】某市為篩查新冠病毒，需要檢驗(yàn)核酸樣本是否為陽性，現(xiàn)有且422)份核酸樣本，可采用

以下兩種檢驗(yàn)方式：①逐份檢驗(yàn)：對k份樣本逐份檢驗(yàn)，需要檢驗(yàn)4次；②混合檢驗(yàn)：將k份樣本混合在一

起檢驗(yàn)，若檢驗(yàn)結(jié)果為陰性，則k份樣本全為陰性，因而這A份樣本只需檢驗(yàn)1次；若檢驗(yàn)結(jié)果為陽性，為

了確定其中的陽性樣本，就需重新采集核酸樣本后再對這左份新樣本進(jìn)行逐份檢驗(yàn)，此時(shí)檢驗(yàn)總次數(shù)為k+\

次.假設(shè)在接受檢驗(yàn)的核酸樣本中，每份樣本的檢驗(yàn)結(jié)果是相互獨(dú)立的，且每份樣本結(jié)果為陽性的概率是

p（0<p<1）.

（1）若對％份樣本采用逐份檢驗(yàn)的方式，求恰好經(jīng)過4次檢驗(yàn)就檢驗(yàn)出2份陽性的概率（結(jié)果用p表示）；

（2）若上20,設(shè)采用逐份檢驗(yàn)的方式所需的檢驗(yàn)次數(shù)為X,采用混合檢驗(yàn)的方式所需的檢驗(yàn)次數(shù)為匕試比

較E（X）與EW）的大小.

【答案】（l）3p2（l-p）2；⑵答案見解析

【分析】（1）由獨(dú)立事件的乘法公式即可求出恰好經(jīng)過4次檢驗(yàn)就檢驗(yàn)出2份陽性的概率.

（2）由題意知,E（X）=20?的可能取值為1,21,求出每個變量對應(yīng)的概率即可求出E（Y）,比較E（y）-E（x）

與0大小，即可求出答案.

（1）

記恰好經(jīng)過4次檢驗(yàn)就檢驗(yàn)出2份陽性為事件A,

所以P（A）=CM1一P）2p=3/（1一p了.

（2）

由題意知，E（X）=20.

丫的可能取值為1,21,

所以P（y=1）=（1—嚴(yán),「a=21）=1_（1一城，

所以鳳丫）=（1一0產(chǎn)+21[1—（l-pfguZl-ZOd-p）20.

所以E（y）-E（X）=1-20（1_p）20,令以20（1-p嚴(yán)>0,

解得p>l-j

所以當(dāng)p>l-信時(shí)，E（y）>￡（x）；

當(dāng)P=1一卷時(shí)，E（Y）=E（X）：

當(dāng)o<”T4時(shí)，￡（y）<￡（x）.

【例3】2022北京冬奧會和冬殘奧會吉祥物冰墩墩、雪容融亮相上海展覽中心.為了慶祝吉祥物在上海的

亮相，某商場舉辦了一場贏取吉祥物掛件的“定點(diǎn)投籃”活動，方案如下：

方案一：共投9次，每次投中得1分，否則得o分，累計(jì)所得分?jǐn)?shù)記為丫；

方案二：共進(jìn)行三輪投籃，每輪最多投三次，直到投中兩球?yàn)橹沟?分，否則得。分，三輪累計(jì)所得分?jǐn)?shù)

記為X.

累計(jì)所得分?jǐn)?shù)越多，所獲得獎品越多.現(xiàn)在甲準(zhǔn)備參加這個“定點(diǎn)投籃”活動，已知甲每次投籃的命中率為

P(O<P<1),每次投籃互不影響.

(1)若p=；，甲選擇方案二，求第一輪投籃結(jié)束時(shí)，甲得3分的概率；

(2)以最終累計(jì)得分的期望值為決策依據(jù)，甲在方案一，方案二之中選其一，應(yīng)選擇哪個方案？

【答案】(l)g;(2)答案見解析.

【分析】(1)根據(jù)給定條件，將甲得3分的事件分拆成兩個互斥事件的和，再利用互斥事件的概率公式計(jì)

算即可.

(2)求出甲選方案一，方案二得分的期望，再比較大小作答.

(1)P=^甲選擇方案二，甲得3分的事件是3次投籃，前兩球投進(jìn)與最后一次才投進(jìn)第2球的事件和，

所以尸(X=3)=6J+2(Tj(T)=g，所以第一輪投籃結(jié)束時(shí)，甲得3分的概率為?

(2)選方案一，則卜：8(9,p),選方案一得分的數(shù)學(xué)期望為EV=9p,選方案二，每一輪得分只有0和3,

能得3分的概率為pQ=2P'(I-p)+/=3/-2p3,進(jìn)行三輪投籃,得3分的次數(shù)&為隨機(jī)變量,則&B(3,p0),

=3%,進(jìn)行二:輪總得分X=3九則選擇方案二得分的期望為EX=3EJ=9p°=9(3p2-2p3),顯然

EY-EX=9p-9(3p2-2p3)=9p(p-l)(2p-l),當(dāng)p=g,￡丫一。=0，兩種方案期望相同，所以選方案

一，二都可以；當(dāng);<p<l,方案二期望大，所以甲應(yīng)該選方案二；當(dāng)0<p<g,￡/>歐，

方案一期望大，所以甲應(yīng)該選方案一.

【例4】某校從高三年級選拔一個班級代表學(xué)校參加“學(xué)習(xí)強(qiáng)國知識大賽”，經(jīng)過層層選拔，甲、乙兩個班級

進(jìn)入最后決賽，規(guī)定選手回答1道相關(guān)問題，根據(jù)最后的評判選擇由哪個班級代表學(xué)校參加大賽.每個班

級有5名選手，現(xiàn)從每個班級的5名選手中隨機(jī)抽取3人回答這道問題.已知甲班的5人中只有3人可以

正確回答這道題目，乙班的5人能正確回答這道題目的概率均為1,甲、乙兩個班每個人對問題的回答都是

相互獨(dú)立的.

（1）求甲、乙兩個班抽取的6人中至少有3人能正確回答這道題目的概率；

（2）設(shè)甲班被抽取的選手中能正確回答題目的人數(shù)為X,求隨機(jī)變量X的分布列與數(shù)學(xué)期望，并利用所學(xué)的

知識分析由哪個班級代表學(xué)校參加大賽更好.

【答案】（1）檢107；（2）分布列見解析，9選擇甲班代表學(xué)校參加比賽更好

【分析】（1）利用對立事件：甲、乙兩個班抽取的6人中有1人或2人能正確回答，利用超幾何分布和二

項(xiàng)分布運(yùn)算求解；（2）利用超幾何分布和二項(xiàng)分布求分別求期望和方差，分析理解判斷.

（1）

設(shè)甲、乙兩個班抽取的6人中至少有3人能正確回答這道問題為事件A

由于甲班5人中有一3人可以正確回答這道題目，故從甲班中抽取的3人中至少有I人能正確回答這道題目

故事件無為甲、乙兩個班抽取的6人中有1人或2人能正確回答，具體情況為甲班1人回答正確，其他5

人回答錯誤或甲班2人回答正確，其他4人回答錯誤或甲、乙兩班各1人回答正確，其他4人回答錯誤

、2

因?yàn)楹蔚热巛嗳鏑?32Y18

xC^x—x

5)125

,18107

所以尸(A)=i-p(Z)=1----=---

125125

⑵

X的所有可能取值為1,2,3

「（x=g罟4尸-2）=罟=|,尸。=3）*亮

所以X的分布列為

X123

331

P

105W

331Q

所以E(X)=1X，+2X9+3X—=—

V7105105

因?yàn)橐野嗄苷_回答題H的人數(shù)yB（3,|）,

3g

所以￡（Y）=3xg=：,即E（X）=E（y）.

22

9丫△+2.29919

因?yàn)椤?(X)=1x——=——

5105551025

^(n=3x|x|=l1,o(x)<3(y),

所以甲、乙兩個班級能正確回答題目的人數(shù)的期望相等，但甲班的方差小于乙班，

所以選擇甲班代表學(xué)校參加比賽更好.

【例5】為加強(qiáng)進(jìn)口冷鏈?zhǔn)称繁O(jiān)管，某省于2020年底在全省建立進(jìn)口冷鏈?zhǔn)称芳斜O(jiān)管專倉制度，在口岸、

目的地市或縣(區(qū)、市)等進(jìn)口冷鏈?zhǔn)称返谝蝗刖滁c(diǎn)，設(shè)立進(jìn)口冷鏈?zhǔn)称芳斜O(jiān)管專倉，集中開展核酸檢

測和預(yù)防性全面消毒工作，為了進(jìn)一步確定某批進(jìn)口冷凍食品是否感染病毒，在入關(guān)檢疫時(shí)需要對其采樣

進(jìn)行化驗(yàn)，若結(jié)果呈陽性，則有該病毒；若結(jié)果呈陰性，則沒有該病毒，對于份樣本，有以下兩種

檢驗(yàn)方式：一是逐份檢驗(yàn)，則需檢驗(yàn)〃次：二是混合檢驗(yàn)，將上份樣本分別取樣混合在一起，若檢驗(yàn)結(jié)果為

陰性，那么這A份全為陰性，因而檢驗(yàn)一次就夠了；如果檢驗(yàn)結(jié)果為陽性，為了明確這4份究竟哪些為陽性，

就需要對它們再次取樣逐份檢驗(yàn)，則k份檢驗(yàn)的次數(shù)共為Z+1次若每份樣本沒有該病毒的概率為

)(0<0<1),而且樣本之間是否有該病毒是相互獨(dú)立的.

(1)若。=3,求2份樣本混合的結(jié)果為陽性的概率.

2

(2)若P=§，取得4份樣本，考慮以下兩種檢驗(yàn)方案：

方案一：采用混合檢驗(yàn)：

方案二：平均分成兩組，每組2份樣本采用混合檢驗(yàn).

若檢驗(yàn)次數(shù)的期望值越小，則方案越“優(yōu)”，試問方案一、二哪個更“優(yōu)”？請說明理由.

【答案】(1)(;(2)方案一更“優(yōu)”，理由見解析.

【分析】(1)根據(jù)對立事件可得陽性的概率；(2)方案一的檢驗(yàn)次數(shù)記為X,則X的可能取值為1,5,求

出各自的概率，得出分布列和期望；方案二檢驗(yàn)次數(shù)記為y,則y的可能取值為2,4,6.求出各自的概率，

得出分布列和期望，比較可得結(jié)果.

(1)

該混合樣本陰性的概率是(、5)2=g,根據(jù)對立事件可得，陽性的概率為l-g=|.

(2)

方案'：混在一起檢驗(yàn)，方案-的檢驗(yàn)次數(shù)記為X,則X的可能取值為1,5,

RX=D=(4)4=pj尸(X=5)=l-p:

其分布列為：

X15

PP21-P?2

則E（X）=5-4p2,

方案二：由題意分析可知.每組2份樣本混合檢驗(yàn)時(shí)，若陰性則檢測次數(shù)為1,概率為（4）2=0,若陽性,

則檢測次數(shù)為3,概率為1-P，方案二的檢驗(yàn)次數(shù)記為y,則y的可能取值為2,4,6.

Hy=2）=P2；p（y=4）=Cp（i-p）=2p（i-p）；p（y=6）=（i-p）2；

其分布列為：

Y246

PP12p-2P2(JP)2

則E（y）=2p2+4（2p-2P2）+6（l-p）2=6-4p,

￡（r）-￡（X）=6-4p-（5-4p2）=4p2-4/2+1,

2

當(dāng)P=§時(shí)，可得E（X）＜E（y）,所以方案一更“優(yōu)”

【例6】甲、乙兩個學(xué)校進(jìn)行體育比賽，比賽共設(shè)三個項(xiàng)目，每個項(xiàng)目勝方得10分，負(fù)方得0分，沒有平

局.三個項(xiàng)目比賽結(jié)束后，總得分高的學(xué)校獲得冠軍.已知甲學(xué)校在三個項(xiàng)目中獲勝的概率分別為0.5,0.4,

0.8,各項(xiàng)目的比賽結(jié)果相互獨(dú)立.

（1）求甲學(xué)校獲得冠軍的概率；

（2）用X表示乙學(xué)校的總得分，求X的分布列與期望.

【答案】（1）0.6：⑵分布列見解析，E（X）=13.

【分析】（1）設(shè)甲在三個項(xiàng)目中獲勝的事件依次記為AB，C,再根據(jù)甲獲得冠軍則至少獲勝兩個項(xiàng)目，利

用互斥事件的概率加法公式以及相互獨(dú)立事件的乘法公式即可求出；

（2）依題可知，X的可能取值為0,10,20,30,再分別計(jì)算出對應(yīng)的概率，列出分布列，即可求出期望.

【詳解】（1）設(shè)甲在三個項(xiàng)目中獲勝的事件依次記為AB,C,所以甲學(xué)校獲得冠軍的概率為

P=P（ABC）+P（ABC）+P（ABC）+P（ABC）

=0.5x0.4x0.8+0.5x0.4x0.8+0.5x0.6x0.84-0.5x0.4x0.2

=0.16+0.16+0.24+0.04=0.6.

（2）依題可知,X的可能取值為0/0,20,30,所以,

P(X=0)=0.5x0.4x0.8=0.16,

尸(X=1())=().5x0.4x0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2=0.44,

P(X=20)=0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2+0.5x0.6x0.2=0.34,

產(chǎn)(X=30)=0.5x0.6*0.2=0.06.

即X的分布列為

X010203()

P

期望E(X)=0x0.16+10x0.44+20x0.34+30x0.06=13.

【例7】在某地區(qū)進(jìn)行流行病學(xué)調(diào)查，隨機(jī)調(diào)查了100位某種疾病患者的年齡，得到如下的樣本數(shù)據(jù)的頻率

分布直方圖：

M頻率/組距

0.023--------------------------—

0.020---------------------------------------

0.017---------------------------------------------

0.012------------——

0.006-----------------------------------------------------

SOO2

OO1

O.

j------------------------------------------------------------------------------>.

102030405060708090年齡/歲

(1)估計(jì)該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表)；

(2)估計(jì)該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間［20,70)的概率；

(3)已知該地區(qū)這種疾病的患病率為0.1%,該地區(qū)年齡位于區(qū)間40,50)的人口占該地區(qū)總?cè)丝诘?6%.從該

地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間［40,50),求此人患這種疾病的概率.(以樣本數(shù)據(jù)中患者的年齡位

于各區(qū)間的頻率作為患者的年齡位于該區(qū)間的概率，精確到0.0001).

【答案】(1)47.9歲；(2)0.89；(3)0.0014.

【分析】(1)根據(jù)平均值等于各矩形的面積乘以對應(yīng)區(qū)間的中點(diǎn)值的和即可求出：

(2)設(shè)A={一人患這種疾病的年齡在區(qū)間［20,70)),根據(jù)對立事件的概率公式P(A)=1-P(A)即可解出；

(3)根據(jù)條件概率公式即可求出.

【詳解】(1)平均年齡￡=(5x0.001+15x0.002+25x0.012+35x0.017+45x0.023

+55x0.020+65x0.017+75x0.006+85x0.002)x10=47.9(歲).

(2)設(shè)4=1-人患這種疾病的年齡在區(qū)間［20,70)},所以

P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)x10=1-0.11=0.89.

(3)設(shè)8="任選一人年齡位于區(qū)間［40,50)”，C=“從該地區(qū)中任選一人患這種疾病”，

則由己知得：

P(B)=16%=0.16,P(C)=0.1%=0.001,P(B|0=0.023x10=0.23,

則由條件概率公式可得

從該地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間［40,50),此人患這種疾病的概率為

「⑹B)=迺=々OP⑻C)=0.001x0.23=00tH4375，0.0014

P⑻P(B)0.16

【例8】一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來，設(shè)一個這種微生物為第0代，經(jīng)過一次繁殖后為

第1代，再經(jīng)過一次繁殖后為第2代……，該微生物每代繁殖的個數(shù)是相互獨(dú)立的且有相同的分布列，設(shè)X

表示1個微生物個體繁殖下一代的個數(shù)，P(X=i)=p,(i=0』,2,3).

(1)已知％=0.4,R=0.3,02=0.2,P3=0」，求E(X)；

(2)設(shè)P表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關(guān)于x的方程：〃。+2/+生/+23/=》的

一個最小正實(shí)根，求證：當(dāng)E(X)41時(shí)，p=l,當(dāng)E(X)>1時(shí)，p<\.

(3)根據(jù)你的理解說明(2)問結(jié)論的實(shí)際含義.

【答案】(1)1；(2)見解析；(3)見解析.

【分析】(1)利用公式計(jì)算可得E(X).

(2)利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合/。)=0及極值點(diǎn)的范圍可得/(X)的最小正零點(diǎn).

(3)利用期望的意義及根的范圍可得相應(yīng)的理解說明.

【詳解】（1）E（X）=OxO.4+lxO.3+2xO.2+3xO.l=l.

（2）設(shè)〃力=儂^+22犬+（百一1）/+「0,

因?yàn)镻?+P?+口+Po=1，故f（x）=p3d+P#一（0+Po+夕3）工+Po，

若E（X）W1,則2+2%+3P341,故p?+2p34Po.

r（x）=3P3d+2P2*一（P2+A）+P3），

因?yàn)閞（o）=-但+為+P3）＜°，r⑴=〃2+2。3一，ow0，

故/'（x）有兩個不同零點(diǎn)小三，且玉＜0＜14當(dāng)，

且xe（Y,Xi）5x2，+GO）時(shí)，/《勾＞0；》€(wěn)（王,￡）時(shí)，//（x）＜0；

故/（x）在（Y?,%）,（孫+°0）上為增函數(shù),在（3，w）上為減函數(shù)，

若多=1，因?yàn)?（X）在（%,田）為增函數(shù)且"1）=0,

而當(dāng)xe（0，w）時(shí)，因?yàn)椤癤）在（5,W）上為減函數(shù)，故/（x）＞/（%）=,"1）=0,

2

故1為"0+P1X+p2x+用/=X的?個最小正實(shí)根，

若々＞1，因?yàn)?1）=0且在（0,9）上為減函數(shù)，故1為％+〃b+02/+23/=》的一個最小正實(shí)根,

綜上，若E（X）41,則P=l.

若E（X）＞1,則R+2P殲3科＞1,故P?+2p3＞Pi

此時(shí)/'（（））=-（P2+為+〃3）＜°，/'（1）=P2+2。3一Po＞。，

故/'（X）有兩個不同零點(diǎn)當(dāng)，匕，且X3co＜%＜1,

且xe（-oo，w）（玉,+00）時(shí)，＞0;》?電,々）時(shí)，/，（%）＜0:

故f（x）在（Y?，W）,（七,物）上為增函數(shù)，在（￡,巧）上為減函數(shù)，

而"1）=0,故〃匕）＜0,

又〃。）=%＞0,故/（X）在（0，乂）存在一個零點(diǎn)P,且P＜1.

所以。為Po+PlX+p?/+P3》3=X的一個最小正實(shí)根，此時(shí)P＜1,

故當(dāng)E（X）＞1時(shí)，p＜\.

（3）意義：每一個該種微生物繁殖后代的平均數(shù)不超過1,則若干代必然滅絕，若繁殖后代的平均數(shù)超過

1,則若干代后被滅絕的概率小于1.

［例9］在核酸檢測中,7合1“混采核酸檢測是指：先將女個人的樣本混合在一起進(jìn)行1次檢測，如果這“

個人都沒有感染新冠病毒，則檢測結(jié)果為陰性，得到每人的檢測結(jié)果都為陰性，檢測結(jié)束:如果這大個人中

有人感染新冠病毒，則檢測結(jié)果為陽性，此時(shí)需對每人再進(jìn)行1次檢測，得到每人的檢測結(jié)果，檢測結(jié)束.

現(xiàn)對100人進(jìn)行核酸檢測，假設(shè)其中只有2人感染新冠病毒，并假設(shè)每次檢測結(jié)果準(zhǔn)確.

（I）將這100人隨機(jī)分成10組，每組10人，且對每組都采用“10合1”混采核酸檢測.

⑴如果感染新冠病毒的2人在同一組，求檢測的總次數(shù)；

（ii）已知感染新冠病毒的2人分在同一組的概率為'.設(shè)X是檢測的總次數(shù)，求X的

分布列與數(shù)學(xué)期望E（X）.

（II）將這100人隨機(jī)分成20組，每組5人，且對每組都采用“5合1”混采核酸檢測.設(shè)Y是檢測的總次數(shù)，

試判斷數(shù)學(xué)期望E（K）與⑴中E（X）的大小.（結(jié)論不要求證明）

【答案】（1）①20次；②分布列見解析；期望為（2）E（r）＞E（X）.

【分析】（1）①由題設(shè)條件還原情境，即可得解；

②求出X的取值情況，求出各情況下的概率，進(jìn)而可得分布列，再由期望的公式即可得解；

（2）求出兩名感染者在一組的概率，進(jìn)而求出E（y）,即可得解.

【詳解】（I）①對每組進(jìn)行檢測，需要10次；再對結(jié)果為陽性的組每個人進(jìn)行檢測，需要10次；

所以總檢測次數(shù)為20次；

②由題意，X可以取20,30,

則X的分布列:

X2030

110

PTTTT

110

所以E（X）=20XH+30X/=*；

(2)由題意，y可以取25,30,

20c04

兩名感染者在同一組的概率為《=不在同一組的概率為￡=±,

則即15*+30啜=鬻＞%).

【例10】某企業(yè)準(zhǔn)備投產(chǎn)一批特殊型號的產(chǎn)品，己知該種產(chǎn)品的總成本C與產(chǎn)量4的函數(shù)關(guān)系式為

C=g-3(/+20q+l0(“。)，該種產(chǎn)品的市場前景無法確定，有三種可能出現(xiàn)的情況，各種情形發(fā)生的概率及產(chǎn)

品價(jià)格。與產(chǎn)量4的函數(shù)關(guān)系式如下表所示:

市場情況概率價(jià)格〃與產(chǎn)量4的函數(shù)關(guān)系式

好0.4p=164-39

中0.4p=101-M

差().2p=70-3q

設(shè)4分別表示市場情形好、中、差時(shí)的利潤，隨機(jī)變量或，表示當(dāng)產(chǎn)量為4,而市場前景無法確定時(shí)

的利潤.試求：

(1)分別求利潤乙,乙,4與產(chǎn)量夕的函數(shù)關(guān)系式;

(2)當(dāng)產(chǎn)量夕確定時(shí)，求期望可務(wù))；

(3)試問產(chǎn)量4取何值時(shí)，E(gJ取得最大值.

【答案】⑴。=-q+1444-10,(“0)：4=-女+8%-10,(夕＞0)；4=-?+50q-10,何＞0)；(2)

E&)=q+100q-10,(夕＞0)；(3)9=10時(shí)，E閣取得最大值.

【分析】(1)利用“利潤=價(jià)格x產(chǎn)量-總成本"計(jì)算利潤",4即可；

(2)利用期望定義計(jì)算E低)=0.41,+0.4乙+0.2L,即可；

(3)設(shè)函數(shù)/(幻=網(wǎng)學(xué))，先求導(dǎo)數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)研究函數(shù)的單調(diào)性，即得當(dāng)夕=10時(shí)，取得

最大值，即得結(jié)果.

【詳解】解：(1)由題意可得，

L/=(164-3^-(^--3^2+20^+10)=-^-+144^-10,(?＞()),

,3

同理可得-3^4-209+10=-《+814-10,(q>0),

a=(101-3qM-13

7

4=(70-3q)q—^--3^+20^+10=--^-+50^-10,(q>0)：

(313

(2)由期望定義可知，

E(^)=0.4LI+0.4L,+0.2L,

=0.4x(-q+144q-10)+0.4x(-《+81q-10)+0.2*(-q+504-10)

=-^-+100<7-10,(q>0)；

⑶由⑵可知，E閡/是產(chǎn)量q的函數(shù)，設(shè)/(q)=E(￡)=-?+i00q_i0,(g>0),

得/⑷=-4+100,令f'(q)=0解得q=lO,0=_lO(舍去).

故當(dāng)0<”10時(shí),尸⑷>0；當(dāng)?>10時(shí)，[⑷<0；

可知，當(dāng)4=10時(shí)，八。)取得最大值，即E&)最大時(shí)產(chǎn)量q=10.

【例已知乙項(xiàng)目的利潤與產(chǎn)品價(jià)格的調(diào)整有關(guān)，在每次調(diào)整中，價(jià)格下降的概率都是p(0<pX,

623

對乙項(xiàng)目每投資10萬元，XX],X?分別表示對甲、乙兩項(xiàng)目各投資10萬元一年后的利潤.

⑴求X,,X2的概率分布和均值E(XJ,￡(X2)；

(2)當(dāng)E(Xj<E(X2)時(shí)，求p的取值范圍.

【答案】(1)見解析(2)0<p

【詳解】分析：(1)由題意可得隨機(jī)變量X,的分布列和期望；結(jié)合X?B(2,p)可得隨機(jī)變量X2的分布列和

期望.(2)由E(X/)<E(X2)可得關(guān)于p的不等式，解不等式可得所求.

詳解：(1)由題意得X/的分布列為

X,

P

623

.\￡(X/)=1.2x1+1.18x1+1.17x^=1.18.

623

由題設(shè)得X?8(2,p),即X的分布列為

X012

P(1-p)22P(1—p)p2

所以X2的分布列為

X2

2

p(1-pF2P(1—p)P

，E(X2)=1.3x(l一0)2+1.25x2p(l-p)+0.2xp2=13x(1—2p+p2)+2.5x(p-p2)+0.2xp2=一汽?十13

(2)由E(X/)<E(X2),得一p2p+i.3>LI8,整理得(/，+0.4)S-0.3)<0,解得一0.4<p<0.3.

因?yàn)?<p<l,所以0vp<0.3.即當(dāng)E(X/)<E(X2)時(shí)，0的取值范圍是(。,03).

點(diǎn)睛：(1)求離散型隨機(jī)變量的分布列的關(guān)鍵是求隨機(jī)變量所取值對應(yīng)的概率，在求解時(shí)，要注意應(yīng)用計(jì)數(shù)

原理、古典概型等知識.

(2)求解離散型隨機(jī)變量X的均值與方差時(shí)，只要在求解分布列的前提下，根據(jù)均值、方差的定義求EX,DX

即可.

【例12】為了治療某種疾病，研制了甲、乙兩種新藥，希望知道哪種新藥更有效，為此進(jìn)行動物試驗(yàn).試

驗(yàn)方案如下：每一輪選取兩只白鼠對藥效進(jìn)行對比試驗(yàn).對于兩只白鼠，隨機(jī)選一只施以甲藥，另一只施

以乙藥.一輪的治療結(jié)果得出后，再安排下一輪試驗(yàn).當(dāng)其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4

只時(shí)，就停止試驗(yàn)，并認(rèn)為治愈只數(shù)多的藥更有效.為了方便描述問題，約定：對于每輪試驗(yàn)，若施以甲

藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈則甲藥得1分，乙藥得-1分；若施以乙藥的白鼠治愈且施以甲藥的

白鼠未治愈則乙藥得1分，甲藥得-1分；若都治愈或都未治愈則兩種藥均得0分.甲、乙兩種藥的治愈率

分別記為a和夕，一輪試驗(yàn)中甲藥的得分記為X.

(1)求X的分布列；

(2)若甲藥、乙藥在試驗(yàn)開始時(shí)都賦予4分，化什=0,1,,8)表示“甲藥的累計(jì)得分為i時(shí)，最終認(rèn)為甲藥

比乙藥更有效”的概率，則為=0,凡=1,Pj=ap-+bp；+cpM(i=l,2,,7),其中a=P(X=-1),

h=P(X=O),c=P(X=l).假設(shè)c=0.5,￡=0.8.

⑴證明：｛p,*「pJ(i=0,l,2,,7)為等比數(shù)列；

(ii)求色，并根據(jù)P*的值解釋這種試驗(yàn)方案的合理性.

【答案】(1)見解析；(2)(i)見解析；(ii)pA='

【分析】(1)首先確定X所有可能的取值，再來計(jì)算出每個取值對應(yīng)的概率，從而可得分布列：(2)⑴

求解出”,b,c的取值，可得p：=0.4月_1+0.5化+0.1月+"，=12,…,7）,從而整理出符合等比數(shù)列定義的形式,

問題得證；（ii）列出證得的等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，采用累加的方式，結(jié)合熱和P。的值可求得回；再次利用

累加法可求出

【詳解】（1）由題意可知X所有可能的取值為：-1,0,1

P（X=-l）=（l-a）/?;P（X=0）=〃+（l—a）（l—⑶；P（X=l）=a（l—⑶

則X的分布列如下：

X-101

P（『a）夕a/7+(l-a)(l-/?)a（l-夕）

(2)a=0.5,4=0.8

/.6t=0.5x0.8=0.4,Z?=0.5x0.8+0.5x0.2=0.5,c=0.5x0.2=0.1

⑴Pi=ap-+加+①+/i=l,2,…,7)

即Pi=0.4RT+0.5R+0.1加(i=1,2,-??,7)

整理可得：5己=4pf+pM(z=l,2,-,7)；.pM-pi=4(p1/?,,,)(/=1,2,-,7)

???{加一R}(=0,L2,…,7)是以P|-Po為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列

(ii)由⑴知：Pi+「Pi=(P/Po)《=巧1

???P8-P7=P「4,，P7-P6=P「46....p「Po=p14°

i_J848_]

作和可得：P8-PO=PI,(4°+4+…+47)=1^了P]=飛一P]=1

3

“4s-1

入。T//3\1-4444-l311

???P4=P「P°=P/(4+4+4+4)=--A=_-x-=-=—

P4表示最終認(rèn)為甲藥更有效的.由計(jì)算結(jié)果可以看出，在甲藥治愈率為05乙藥治愈率為0.8時(shí)，認(rèn)為甲藥

更有效的概率為04=工^0.0039,此時(shí)得出錯誤結(jié)論的概率非常小，說明這種實(shí)驗(yàn)方案合理.

【點(diǎn)睛】本題考查離散型隨機(jī)變量分布列的求解、利用遞推關(guān)系式證明等比數(shù)列、累加法求解數(shù)列通項(xiàng)公

式和數(shù)列中的項(xiàng)的問題.本題綜合性較強(qiáng)，要求學(xué)生能夠熟練掌握數(shù)列通項(xiàng)求解、概率求解的相關(guān)知識，對

學(xué)生分析和解決問題能力要求較高.

[例13]一盒中裝有9張各寫有一個數(shù)字的卡片，其中4張卡片上的數(shù)字是1,3張卡片上的數(shù)字是2,2張卡

片上的數(shù)字是3,從盒中任取3張卡片.

(1)求所取3張卡片上的數(shù)字完全相同的概率；

(2)X表示所取3張卡片上的數(shù)字的中位數(shù)，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.

(注：若三個數(shù)滿足aW匕Wc,則稱b為這三個數(shù)的中位數(shù)).

547

【答案】⑴而⑵或

【詳解】⑴尸=等』

(2)X的所有可能值為1,2,3,且

P(X=1)=/C』,P(X=2)=生眸生￡=空

42CQ84

尸(X=3)=年」

''G12

故X的分布列為

X123

17431

P

4284n

itiv\i17c43147

4人而E(X)=1x----F2x----F3ox—=—

'J42841228

【例14】計(jì)劃在某水庫建一座至多安裝3臺發(fā)電機(jī)的水電站，過去50年的水文資料顯示，水庫年入流量工

(年入流量：一年內(nèi)上游來水與庫區(qū)降水之和.單位：億立方米)都在40以上.其中，不足80的年份有10年,

不低于80且不超過120的年份有35年，超過120的年份有5年.將年入流量在以上三段的頻率作為相應(yīng)段

的概率，并假設(shè)各年的年入流量相互獨(dú)立.

(1)求未來4年中，至多1年的年入流量超過120的概率；

(2)水電站希望安裝的發(fā)電機(jī)盡可能運(yùn)行，但每年發(fā)電機(jī)最多可運(yùn)行臺數(shù)受年入流量X限制，并有如下關(guān)

系：

80<X<120X>120

年入流量X40<X<80

發(fā)電量最多可運(yùn)行臺數(shù)123

若某臺發(fā)電機(jī)運(yùn)行，則該臺年利潤為5000萬元；若某臺發(fā)電機(jī)未運(yùn)行，則該臺年虧損800萬元，欲使水電

站年總利潤的均值達(dá)到最大，應(yīng)安裝發(fā)電機(jī)多少臺？

【答案】(1)0.9477；(2)8620,2.

【詳解】試題分析：(1)先求1=P(40<X<80),^=P(80<X<120),4=P(X>120),再利用二項(xiàng)分布

求解；(2)記水電站年總利潤為y(單位：萬元)①安裝1臺發(fā)電機(jī)的情形.②安裝2臺發(fā)電機(jī).③安裝3臺

發(fā)電機(jī)，分別求出EY，比較大小，再確定應(yīng)安裝發(fā)電機(jī)臺數(shù).

(1)依題意，6=P(40<X<80)=4=0.2,

355

P2=P(80<X<120)=^=0.7,G=P(X>120)=言=0.1,

由二項(xiàng)分布，在未來4年中至多有1年入流量找過120的概率為:

p=《(T)4+c：(T)2=(￡|+4x(/IX—=0.9477.

I10

(2)記水電站年總利潤為￥(單位：萬元)

①安裝1臺發(fā)電機(jī)的情形.

由于水庫年入流量總大于40,所以一臺發(fā)電機(jī)運(yùn)行的概率為1,

對應(yīng)的年利潤y=5000,EX=5000x1=5000.

②安裝2臺發(fā)電機(jī).

當(dāng)40Vx<80時(shí)，一臺發(fā)電機(jī)運(yùn)行，此時(shí)丫=5000-800=4200,

因此P(y=4200)=P(40<X<80)=6=0.2,

當(dāng)XN80時(shí),兩臺發(fā)電機(jī)運(yùn)行,Wr=5000x2=10000,

因此P(Y=10000)=P(X*80)=<+'=0.8.由此得】?的分布列如下:

Y420010000

P

所以=42(X)xl+l(XXX)x2=8840.

③安裝3臺發(fā)電機(jī).

依題意，當(dāng)40Vx<80時(shí)，一臺發(fā)電機(jī)運(yùn)行，此時(shí)卜=5000-1600=3400,

因此p（Y=3400）=尸（40<X<80）=6=0.2；

當(dāng)804X4120時(shí),兩臺發(fā)電機(jī)運(yùn)行,此時(shí)￥=5000x2-800=9200,

此時(shí)p（y=9200）=P（80<X<120）=/^=0.7,

當(dāng)X>120時(shí)，三臺發(fā)電機(jī)運(yùn)行，此時(shí)y=5000x3=15000,

因此p（y=15000）=P（X>120）=呂=0.1,

由此得『的分布列如下：

Y3400920015000

P

所以ET=3400x0.2+9200x0.7+15000x0.1=8620.

綜上，欲使水電站年總利潤的均值達(dá)到最大，應(yīng)安裝發(fā)電機(jī)2臺.

考點(diǎn)：二項(xiàng)分布，隨機(jī)變量的均值.

【例15】已知2件次品和3件正品混放在一起，現(xiàn)需要通過檢測將其區(qū)分，每次隨機(jī)檢測一件產(chǎn)品，檢測

后不放回，直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時(shí)檢測結(jié)束.

（1）求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率；

（II）已知每檢測一件產(chǎn)品需要費(fèi)用100元，設(shè)X表示直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時(shí)所需要

的檢測費(fèi)用（單位：元），求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.

【答案】（I）■3；（口）350

【詳解】試題分析：（1）求古典概型概率，先確定兩次檢測基本事件個數(shù)：再確定第一次檢測出的是

次品且第二次檢測出的是正品的基本事件個數(shù)&N，從而得所求事件概率為尸=4投（2）先確定隨機(jī)

看10

變量：最少兩次（兩次皆為次品），最多四次（前三次兩次正品，一次次品），三次情況較多，可利用補(bǔ)集

求其概率，列出分布列，最后根據(jù)數(shù)學(xué)期望公式求期望

試題解析：解：（1）記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為事件A,

尸缶）=當(dāng)=3

A；10

（Il）X的可能取值為200,300,400

P(X=200)=^=—

61。

P(X=300)=A"*'=A

聞10

p(X=400)=C'C^x2=|

3

(或P(X=400)=l-P(X=200)-尸(X=300)=-)

故X的分布列為

X200300400

136

P

10WTo

133

EX=200x—+300x—+400x-=350

10105

考點(diǎn)：1.古典概型概率；2.分布列和數(shù)學(xué)期望.

【方法點(diǎn)睛】（1）求隨機(jī)變量的分布列的主要步驟：一是明確隨機(jī)變量的取值，并確定隨機(jī)變量服從何種

概率分布；二是求每一個隨機(jī)變量取值的概率，三是列成表格；（2）求出分布列后注意運(yùn)用分布列的兩條

性質(zhì)檢驗(yàn)所求的分布列是否正確；（3）求解離散隨機(jī)變量分布列和方差，首先要理解問題的關(guān)鍵，其次要

準(zhǔn)確無誤的找出隨機(jī)變量的所有可能值，計(jì)算出相對應(yīng)的概率，寫成隨機(jī)變量的分布列，正確運(yùn)用均值、

方差公式進(jìn)行計(jì)算.

【題型專練】

1.甲、乙兩人玩如下游戲:兩人分別拿出一枚硬幣同時(shí)扣在桌子上（硬幣的正反面自己決定，兩人互不影響），

然后把手拿開，如果都是正面，則乙給甲3元，如果都是反面，則乙給甲1元，如果一正一反則甲給乙2

元.如此進(jìn)行下去，把頻率當(dāng)做概率.

（1）若甲出正面的頻率0.7,乙出正面的頻率為0.5,甲、乙各出硬幣一次，求甲的收益X的分布列及數(shù)學(xué)期

望；

（2）這個游戲多次進(jìn)行下去，乙能否通過調(diào)整自己出正面的頻率，使得無論甲出正面還是反面，自己都不會

輸？如果能，求出乙不輸時(shí)出正面的頻率的范圍，如果不能，說明理由.

【答案】（1）分布列見解析；期望為0.2元；

（2）乙只要調(diào)整出正面的頻率p滿足無論甲出正面還是反面，自己都不會輸.

【分析】（1）求出X的可能值及各個值對應(yīng)的概率，列出分布列并求出期望作答.

（2）設(shè)出甲、乙各自出正面的概率，求出甲的收益丫的期望E（y）,由E（y）wo求解作答.

（1）X的取值為-2,1,3,

p(X=-2)=0.7X0.5+0.3X0.5=0.5,P(X=1)=0.3x0.5=0.15,=3)=0.7x0.5=0.35

所以X的分布列為:

所以E（X）=（—2）x0.5+1x0.15+3x0.35=0.2（元）.

（2）設(shè)甲出正面的頻率p,則出反面的頻率為1-p,設(shè)乙出正面的頻率為g,則出反面的頻率為1-夕,

此時(shí)甲獲得收益丫的分布列為：

Y-213

Pp(l-q)+(l-p)qPQ

所以￡（丫）=3*「夕+1*（1_「）（1_4）+（_2）><（0+4-224）=824_3/?_34+1=（84_3）0_34+1,

乙要保證不輸，即對任OVpVl,E（Y）<0,即（8q-3）p-317+140恒成立，

0<?<1

12

因?yàn)椤?）=（%-3）p-3g+l是關(guān)于p的一次型函數(shù)，則有卜3”140,解得毛，

8^-3-4-1<0

1?

所以乙只要調(diào)整出正面的頻率q滿足34無論甲出正面還是反面，自己都不會輸.

2.葫蘆島市礦產(chǎn)資源豐富，擁有煤、鋁、鋅、鉛等51種礦種，采礦業(yè)歷史悠久，是葫蘆島市重要產(chǎn)業(yè)之

某選礦場要對即將交付客戶的一批200袋銅礦進(jìn)行品位（即純度）檢驗(yàn)，如檢驗(yàn)出品位不達(dá)標(biāo)，則更

換為達(dá)標(biāo)產(chǎn)品，檢驗(yàn)時(shí)；先從這批產(chǎn)品中抽20袋做檢驗(yàn)，再根據(jù)檢驗(yàn)結(jié)果決定是否對余下的所有鋁礦做檢

驗(yàn)，設(shè)每袋銅礦品位不達(dá)標(biāo)的概率都為。且每袋鋁礦品位是否達(dá)標(biāo)相互獨(dú)立.

⑴若20袋銅礦中恰有2袋不達(dá)標(biāo)的概率為/（P）,求f（0的最大值點(diǎn)P0；

（2）已知每袋鋁礦的檢驗(yàn)成本為10元，若品位不達(dá)標(biāo)銅礦不慎出場，對于每袋不達(dá)標(biāo)鋁礦要賠付客戶110

元.現(xiàn)對這批鋁礦檢驗(yàn)了20袋，結(jié)果恰有兩袋品位不達(dá)標(biāo).

①若剩余鋁礦不再做檢驗(yàn)，以（1）中確定的為作為p的值.這批銅礦的檢驗(yàn)成本與賠償費(fèi)用的和記作已

求EQ)；

②以①中檢驗(yàn)成本與賠償費(fèi)用和的期望值為決策依據(jù)，是否該對余下的所有銅礦進(jìn)行檢驗(yàn)？

【答案】⑴死=0」

(2)①2180；②應(yīng)該對余下的鋁礦都進(jìn)行檢驗(yàn)

【分析】(1)先求出2袋不達(dá)標(biāo)的概率/(p),再求導(dǎo)確定單調(diào)性，進(jìn)而求得最大值點(diǎn)；

(2)①先判斷出不達(dá)標(biāo)的袋數(shù)〃服從二項(xiàng)分布，利用二項(xiàng)分布期望公式求得E(〃)=18,進(jìn)而求得E(J)：

②直接由期望比較，作出決策即可.

【詳解】⑴20袋鋁礦中恰有2件不達(dá)標(biāo)的概率為“p)=C0p2(l-p)上

因此尸(P)=*[2p(l-pf-18p2(l-p)'7]=2C；。p(l-p)”(1-lOp)

令J'(p)=o；得〃=0.1,當(dāng)pe(0,0.1)時(shí),r(p)>0,f(p)單調(diào)遞增,p?0.1,l)時(shí),_f(p)<0,f(p)單

調(diào)遞減，

所以/(p)的最大值點(diǎn)Po=0.1.

(2)由(1)知，p=0.1.

①令"表示余下的180袋銅礦中不達(dá)標(biāo)的袋數(shù)，依據(jù)題意可知3(180,0.1),故E(〃)=18,

又4=20x10+110〃，即4=200+110〃，

所以E(J)=E(200+110〃)=200+11OE(77)=200+110x18=2180.

②若對余下的銅礦進(jìn)行檢驗(yàn)，則所有檢驗(yàn)成本為2(X)0元.由于￡《)=2180>2000.應(yīng)該對余下的銅礦都

進(jìn)行檢驗(yàn).

3.現(xiàn)有甲、乙兩個投資項(xiàng)目，對甲項(xiàng)目投資十萬元，根據(jù)對市場120份樣本數(shù)據(jù)的統(tǒng)計(jì)，甲項(xiàng)目年利潤分

布如下表：

年利潤

頻數(shù)206040

對