新高考数学一轮复习讲义 第10章 §10.10　概率、统计与其他知识的交汇问题　培优课

这是一份新高考数学一轮复习讲义 第10章 §10.10　概率、统计与其他知识的交汇问题　培优课，共14页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§10.10 概率、统计与其他知识的交汇问题
题型一 概率、统计与数列的综合问题
例1 为了备战亚运会，跳水运动员甲参加国家队训练测试，已知该运动员连续跳水m次，每次测试都是独立的．若运动员甲每次选择难度系数较小的动作A与难度系数较大的动作B的概率均为eq \f(1,2).每次跳水测试时，若选择动作A，取得成功的概率为eq \f(2,3)，取得成功记1分，否则记0分．若选择动作B，取得成功的概率为eq \f(1,3)，取得成功记2分，否则记0分．总得分记为X分．
(1)若m＝2，求分数X的分布列与均值．(若结果不为整数，用分数表示)
(2)若测试达到n分则中止，记运动员在每一次跳水均取得成功且累计得分为n分的概率为G(n)，如G(1)＝eq \f(1,3).
①求G(2)；
②问是否存在λ∈R，使得{G(n)－λG(n－1)}为等比数列，其中n∈N*，n≥2？若有，求出λ；若没有，请说明理由．
解 (1)进行一次试验，
获得0分的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)，
获得1分的概率为eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
获得2分的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，
进行两次试验，X的所有可能取值为0,1,2,3,4，
P(X＝4)＝eq \f(1,6)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,36)，
P(X＝3)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,6)×2＝eq \f(1,9)，
P(X＝2)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,6)×2＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,18)，
P(X＝1)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2＝eq \f(1,3)，
P(X＝0)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4).
所以分数X的分布列为
E(X)＝0×eq \f(1,4)＋1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(5,18)＋3×eq \f(1,9)＋4×eq \f(1,36)＝eq \f(4,3).
(2)①G(2)＝eq \f(1,6)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,18)，
②据题意有，
G(n)＝eq \f(1,6)G(n－2)＋eq \f(1,3)G(n－1)，其中n≥3，
设G(n)－λG(n－1)＝eq \f(1,6)G(n－2)＋eq \f(1,3)G(n－1)－λG(n－1)
＝eq \f(1,6)G(n－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－λ))G(n－1)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－λ))[G(n－1)－λG(n－2)]．
比较系数得－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－λ))λ＝eq \f(1,6)，
解得λ＝eq \f(1±\r(7),6)，
所以{G(n)－λG(n－1)}是公比为eq \f(1,3)－λ的等比数列，其中n∈N*，n≥2，λ＝eq \f(1±\r(7),6).
思维升华 高考有时将概率、统计等问题与数列交汇在一起进行考查，因此在解答此类题时，准确把题中所涉及的事件进行分解，明确所求问题所属的事件类型是关键．
跟踪训练1 (2022·大连模拟)一款游戏规则如下：掷一枚质地均匀的硬币，若出现正面向前跳2步，若出现反面向前跳1步．
(1)若甲、乙二人同时参与游戏，每人各掷硬币2次，
①求甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率；
②记甲、乙二人向前跳的步数和为X，求随机变量X的分布列和均值．
(2)若某人掷硬币若干次，向前跳的步数为n(n∈N*)的概率记为pn，求pn的最大值．
解 (1)①设甲向前跳的步数为Y，乙向前跳的步数为Z，
则P(Y＝2)＝P(Z＝2)＝eq \f(1,4)，
P(Y＝3)＝P(Z＝3)＝eq \f(1,2)，
P(Y＝4)＝P(Z＝4)＝eq \f(1,4)，
所以P(Y>Z)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)))＝eq \f(5,16)，所以甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率为eq \f(5,16).
②由①知X的所有可能取值为4,5,6,7,8，
所以P(X＝4)＝eq \f(1,16)，P(X＝5)＝eq \f(1,4)，
P(X＝6)＝eq \f(3,8)，
P(X＝7)＝eq \f(1,4)，P(X＝8)＝eq \f(1,16)，
随机变量X的分布列为
E(X)＝4×eq \f(1,16)＋5×eq \f(1,4)＋6×eq \f(3,8)＋7×eq \f(1,4)＋8×eq \f(1,16)＝6.
(2)由题意得p1＝eq \f(1,2)，p2＝eq \f(3,4)，
当n≥3时，
pn＝eq \f(1,2)pn－1＋eq \f(1,2)pn－2，
pn－pn－1＝－eq \f(1,2)(pn－1－pn－2)
＝eq \f(1,4)(pn－2－pn－3)＝…
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－2(p2－p1)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
所以pn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n＋eq \f(2,3)(n≥3)，
因为p1＝eq \f(1,2)，p2＝eq \f(3,4)，
所以pn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n＋eq \f(2,3)(n∈N*)，
当n为奇数时，eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n<0，
pn当n为偶数时，
p2＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋eq \f(2,3)＝eq \f(3,4)>eq \f(2,3)，且数列{pn}为递减数列，所以pn的最大值为eq \f(3,4).
题型二 概率、统计与函数的综合问题
例2 (2021·新高考全国Ⅱ)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X＝i)＝pi(i＝0,1,2,3)．
(1)已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E(X)；
(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p＝1，当E(X)>1时，p<1；
(3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义．
(1)解 E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.
(2)证明 设f(x)＝p3x3＋p2x2＋(p1－1)x＋p0，
因为p3＋p2＋p1＋p0＝1，
故f(x)＝p3x3＋p2x2－(p2＋p0＋p3)x＋p0，
若E(X)≤1，则p1＋2p2＋3p3≤1，
故p2＋2p3≤p0.
f′(x)＝3p3x2＋2p2x－(p2＋p0＋p3)，
因为f′(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0，
f′(1)＝p2＋2p3－p0≤0，
故f′(x)有两个不同零点x1，x2，且x1<0<1≤x2，
且x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)>0；x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，
若x2＝1，因为f(x)在(x1，x2)上单调递减且f(1)＝0，
而当x∈(0，x2)时，因为f(x)在(x1，x2)上单调递减，故f(x)>f(x2)＝f(1)＝0，
故1为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，
若x2>1，因为f(1)＝0且在(0，x2)上单调递减，故1为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，
综上，若E(X)≤1，则p＝1.
若E(X)>1，则p1＋2p2＋3p3>1，
故p2＋2p3>p0.
此时f′(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0，
f′(1)＝p2＋2p3－p0>0，
故f′(x)有两个不同零点x3，x4，
且x3<0且x∈(－∞，x3)∪(x4，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈(x3，x4)时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，x3)，(x4，＋∞)上单调递增，在(x3，x4)上单调递减，
而f(1)＝0，故f(x4)<0，
又f(0)＝p0>0，故f(x)在(0，x4)上存在一个零点 p，且p<1.
所以p为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，此时p<1，
故当E(X)>1时，p<1.
(3)解 意义：每一个该种微生物若繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后灭绝的概率小于1.
思维升华 在概率与统计的问题中，决策的工具是样本的数字特征或有关概率．决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案，这往往借助于函数、不等式或数列的有关性质去实现．
跟踪训练2 (2022·唐山模拟)某赛事共有16位选手参加，采用双败淘汰制．双败淘汰制，即一个选手在两轮比赛中失败才被淘汰出局．各选手抽签后两两交战(结果是“非胜即败”)，胜者继续留在胜者组，败者则被编入败者组，在败者组一旦失败即被淘汰，最后由胜者组的获胜者和败者组的获胜者进行决赛．对阵秩序表如图所示：
赛前通过抽签确定选手编号为1～16，在胜者组进行第一轮比赛．每条横线代表一场比赛，横线下方的记号为失败者的编号代码，而获胜者没有代码，如败者组中的①，②，…，⑧指的是在胜者组第一轮比赛的失败者，败者组中的A，B，…，G指的是在胜者组第二轮到第四轮比赛的失败者．
(1)本赛事共计多少场比赛？一位选手最多能进行多少轮比赛？(直接写结果)
(2)选手甲每轮比赛胜败都是等可能的，设甲共进行X轮比赛，求其均值E(X)；
(3)假设选手乙每轮比赛的胜率都为t，那么乙有三成把握经败者组进入决赛吗？
参考知识：正整数n>1时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n)))n解 (1)30,7.
(2)X的所有可能取值为2,3,4,5,6,7.
P(X＝2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(1,4)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(1,4)，
P(X＝4)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(3,16)，
P(X＝5)＝Ceq \\al(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(3,16)，
P(X＝6)＝P(X＝7)＝Ceq \\al(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))6＝eq \f(1,16)，
X的分布列如下：
则E(X)＝2×eq \f(1,4)＋3×eq \f(1,4)＋4×eq \f(3,16)＋5×eq \f(3,16)＋6×eq \f(1,16)＋7×eq \f(1,16)＝eq \f(15,4).
(3)乙经败者组进入决赛的概率为
f(t)＝Ceq \\al(1,4)(1－t)t5，0f′(t)＝4t4(5－6t)，
当00，f(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,6)))上单调递增，
当eq \f(5,6)得f(t)的最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))＝4×eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))5＝eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))6＝eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6)))6，
由参考知识得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6)))6故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))所以，乙没有三成把握经败者组进入决赛．
课时精练
1．(2022·唐山模拟)设某病毒在进入人体后有潜伏期，患者在潜伏期内无任何症状，但已具传染性．假设一位病毒携带者在潜伏期内每天有n位密接者，每位密接者被感染的概率为p，
(1)若n＝3，p＝eq \f(1,3)，求一天内被一位病毒携带者直接感染人数X的分布列和均值；
(2)某定点医院为筛查某些人员是否感染此病毒，需要检测血液样本是否为阳性，有以下两种检验方式：
①逐份检验，即k份血液样本需要检验k次；
②混合检验，即将k份(k∈N*且k≥2)血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，则这k份血液样本全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了．如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液样本究竟哪份为阳性，就要对k份血液样本再逐份检验，此时这k份血液样本的检验次数为k＋1次．
假设样本的检验结果相互独立，且每份样本检验结果是阳性的概率为p＝1－eq \f(1,\r(3,e))，为使混合检验需要的检验的总次数ξ的均值比逐份检验的总次数η的均值更少，求k的取值范围．
参考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6，ln 4≈1.386 3，ln 5≈1.609 4，ln 6≈1.791 8.
解 (1)若n＝3，p＝eq \f(1,3)，
依题意可知X服从二项分布，即X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,3)))，
从而P(X＝i)＝Ceq \\al(i,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))ieq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3－i，i＝0,1,2,3.
随机变量X的分布列为
随机变量X的均值为E(X)＝3×eq \f(1,3)＝1.
(2)由题意知ξ的所有可能取值为1，k＋1，
且P(ξ＝1)＝(1－p)k，
P(ξ＝k＋1)＝1－(1－p)k，
∴E(ξ)＝(1－p)k＋(k＋1)[1－(1－p)k]＝k＋1－k(1－p)k，
又∵E(η)＝k，依题意知E(ξ)＜E(η)，
即k＋1－k(1－p)k＜k，
∴eq \f(1,k)＜(1－p)k，
∵p＝1－eq \f(1,\r(3,e))，
∴eq \f(1,k)＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,e))))k，
∴ln k＞eq \f(1,3)k.
即只需ln k－eq \f(1,3)k>0，
设f(x)＝ln x－eq \f(1,3)x，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,3)＝eq \f(3－x,3x)，
∴当00，
当x>3时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0,3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，
由于f(1)＝－eq \f(1,3)＜0，
f(2)＝ln 2－eq \f(2,3)≈0.026 4＞0，
f(4)＝ln 4－eq \f(4,3)≈0.053 0＞0，
f(5)＝ln 5－eq \f(5,3)≈－0.057 3＜0，
故k的取值范围为2≤k≤4且k∈N*.
2．(2022·泉州模拟)某公司为了解年宣传费x (单位：十万元)对年利润y (单位：十万元)的影响，统计甲、乙两个地区5个营业网点近10年的年宣传费和利润相关数据，公司采用相关指标衡量宣传费是否产生利润效益，产生利润效益的年份用“＋”，反之用“－”号记录．
(1)根据以上信息，填写下面2×2列联表，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为宣传费是否产生利润效益与地区有关？
(2)现将甲、乙两地相关数据作初步处理，得到相应散点图后，根据散点图分别选择eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(a,\s\up6(^))＋eq \(b,\s\up6(^))eq \r(x)和eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(c,\s\up6(^))＋eq \(d,\s\up6(^))ln x两个模型拟合甲、乙两地年宣传费与年利润的关系，经过数据处理和计算，得到以下表格信息：
根据上述信息，某同学得出“因为甲地模型的残差平方和小于乙地模型的残差平方和，所以甲地的模型拟合度高于乙地”的判断，根据你所学的统计知识，分析上述判断是否正确，并给出适当的解释；
(3)该公司选择上述两个模型进行预报，若欲投入36万元的年宣传费，如何分配甲、乙两地的宣传费用，可以使两地总的年利润达到最大．
参考公式：决定系数R2＝1－eq \f(\i\su(i＝1,n, )yi－\(y,\s\up6(^))i2,\i\su(i＝1,n, )yi－\x\t(y)2).
附：
χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)根据题意填写列联表如下表所示：
零假设为H0：宣传费是否产生利润效益与地区无关，根据列联表中的数据，经计算得到
χ2＝eq \f(50×24×10－6×102,30×20×34×16)≈4.963＞3.841＝x0.05，
∴依据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为宣传费是否产生利润效益与地区有关．
(2)对于甲地，其模型决定系数Req \\al(2,1)＝1－eq \f(\i\su(i＝1,10, )yi－\(y,\s\up6(^))i2,\i\su(i＝1,10, )yi－\x\t(y)2)＝1－eq \f(0.032,1.021)≈0.968 7，
对于乙地，其决定系数Req \\al(2,2)＝1－eq \f(\i\su(i＝1,10, )yi－\(y,\s\up6(^))i2,\i\su(i＝1,10, )yi－\x\t(y)2)＝1－eq \f(0.142,11.614)≈0.987 8，
∴Req \\al(2,1)∴乙地模型的拟合程度更高，故“因为甲地模型的残差平方和小于乙地模型的残差平方和，所以甲地的模型拟合度高于乙地”的判断是不正确的．
(3)设投入甲地的年宣传费为x(单位：十万元)，则投入乙地的费用为(3.6－x)(单位：十万元)，
设两地总的年利润为ω(x)(单位：十万元)，则
ω(x)＝－0.28＋2eq \r(x)＋1.3＋1.8ln(3.6－x)＝2eq \r(x)＋1.8ln(3.6－x)＋1.02,0∴ω′(x)＝eq \f(1,\r(x))＋eq \f(1.8,x－3.6)＝eq \f(x＋1.8\r(x)－3.6,\r(x)x－3.6)
＝eq \f(\r(x)－1.2\r(x)＋3,\r(x)x－3.6)，
当0即00，ω(x)单调递增，
当eq \r(x)>1.2，即x>1.44时，ω′(x)<0，ω(x)单调递减，
∴当x＝1.44时，ω(x)取得最大值，最大值为1.8ln 2.16＋3.42.
故分配给甲地14.4万元，分配给乙地21.6万元时，可以使两地总的年利润达到最大，最大利润为(18ln 2.16＋34.2)万元．
3．某种病毒存在人与人之间的传染，可以通过与患者的密切接触进行传染．我们把与患者有过密切接触的人群称为密切接触者，每位密切接触者被感染后即被称为患者．已知每位密切接触者在接触一个患者后被感染的概率为p(0(1)求一天内被感染人数为X的概率P(X)与a，p的关系式和X的均值；
(2)该病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳时间，设每位患者在被感染后的第二天又有a位密切接触者，从某一名患者被感染，按第1天算起，第n天新增患者的均值记为En(n≥2)．
①求数列{En}的通项公式，并证明数列{En}为等比数列；
②若戴口罩能降低每位密切接触者患病概率，降低后的患病概率p′＝ln(1＋p)－eq \f(2,3)p，当p′取最大值时，计算此时p′所对应的E6′值和此时p对应的E6值，并根据计算结果说明戴口罩的必要性．(取a＝10)结果保留整数，参考数据：ln 5≈1.6，ln 3≈1.1，ln 2≈0.7，eq \f(1,3)≈0.3，eq \f(2,3)≈0.7.
解 (1)由题意知，被感染人数服从二项分布
X～B(a，p)，
则P(X)＝Ceq \\al(X,a)pX(1－p)a－X(0≤X≤a)，
E(X)＝ap.
(2)①第n天被感染人数为(1＋ap)n－1，
第n－1天被感染人数为(1＋ap)n－2，
由题目中均值的定义可知，
En＝(1＋ap)n－1－(1＋ap)n－2
＝ap(1＋ap)n－2(n≥2)，
则eq \f(En,En－1)＝1＋ap，且E2＝ap.
∴{En}是以ap为首项，1＋ap为公比的等比数列．
②令f(p)＝ln(1＋p)－eq \f(2,3)p，
则f′(p)＝eq \f(1,p＋1)－eq \f(2,3)＝eq \f(－2p＋1,3p＋1).
∴f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减．
f(p)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝ln eq \f(3,2)－eq \f(1,3)＝ln 3－ln 2－eq \f(1,3)
≈1.1－0.7－0.3＝0.1.
当a＝10时，En＝10p(1＋10p)n－2，
则E6′＝10×0.1×(1＋10×0.1)4＝16，
E6＝10×0.5×(1＋10×0.5)4＝6 480.
∵E6>E6′，
∴戴口罩很有必要．
4．(2022·济南模拟)某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由2k－1(k∈N*)个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为p(0(1)若每个元件正常工作的概率p＝eq \f(2,3).
①当k＝2时，求控制系统中正常工作的元件个数X的分布列和均值；
②计算p3.
(2)已知设备升级前，单位时间的产量为a件，每件产品的利润为1元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为eq \f(1,4)，每件高端产品的利润是2元．请用pk表示出设备升级后单位时间内的利润y(单位：元)，在确保控制系统中元件总数为奇数的前提下，分析该设备能否通过增加控制系统中元件的个数来提高利润．
解 (1)①因为k＝2，所以控制系统中正常工作的元件个数X的所有可能取值为0,1,2,3，
因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为p＝eq \f(2,3)，所以X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，
所以P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＝eq \f(1,27)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝eq \f(2,9)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))1＝eq \f(4,9)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))0＝eq \f(8,27)，
所以控制系统中正常工作的元件个数X的分布列为
控制系统中正常工作的元件个数X的均值为
E(X)＝3×eq \f(2,3)＝2.
②由题意知，
p3＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋Ceq \\al(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))1＋Ceq \\al(5,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))0
＝eq \f(80,243)＋eq \f(80,243)＋eq \f(32,243)＝eq \f(192,243)＝eq \f(64,81).
(2)升级改造后单位时间内产量的分布列为
所以升级改造后单位时间内产量的均值为4apk.所以
设备升级后单位时间内的利润为y＝2apk＋3apk＝5apk，即y＝5apk.
因为控制系统中元件总数为奇数，若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有k＋1个元件正常工作，其概率为p(1)＝pk－Ceq \\al(k,2k－1)pk(1－p)k－1；
第二类：原系统中恰好有k个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，其概率为p(2)＝Ceq \\al(k,2k－1)pk(1－p)k－1·[1－(1－p)2]＝Ceq \\al(k,2k－1)pk＋1(1－p)k－1(2－p)；
第三类：原系统中有k－1个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，
其概率为p(3)＝Ceq \\al(k－1,2k－1)pk－1(1－p)k·p2
＝Ceq \\al(k－1,2k－1)pk＋1(1－p)k；
所以pk＋1＝pk－Ceq \\al(k,2k－1)pk(1－p)k－1＋Ceq \\al(k,2k－1)pk＋1(1－p)k－1·(2－p)＋Ceq \\al(k－1,2k－1)pk＋1(1－p)k
＝pk＋Ceq \\al(k,2k－1)pk(1－p)k(2p－1)，
即pk＋1－pk＝Ceq \\al(k,2k－1)pk(1－p)k(2p－1)，
所以当p>eq \f(1,2)时，pk＋1－pk>0，pk单调递增，
即增加元件个数设备正常工作的概率变大，
当p≤eq \f(1,2)时，pk＋1－pk≤0，
即增加元件个数设备正常工作的概率没有变大，
又因为y＝5apk，
所以当p>eq \f(1,2)时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润；
当p≤eq \f(1,2)时，设备不可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润．X
0
1
2
3
4
P
eq \f(1,4)
eq \f(1,3)
eq \f(5,18)
eq \f(1,9)
eq \f(1,36)
X
4
5
6
7
8
P
eq \f(1,16)
eq \f(1,4)
eq \f(3,8)
eq \f(1,4)
eq \f(1,16)
X
2
3
4
5
6
7
P
eq \f(1,4)
eq \f(1,4)
eq \f(3,16)
eq \f(3,16)
eq \f(1,16)
eq \f(1,16)
X
0
1
2
3
P
eq \f(8,27)
eq \f(4,9)
eq \f(2,9)
eq \f(1,27)
年份
2011
2012
2013
2014
2015
2016
2017
2018
2019
2020
甲1
＋
＋
－
＋
＋
＋
＋
－
＋
＋
甲2
＋
＋
＋
－
＋
＋
－
＋
＋
＋
甲3
＋
＋
－
＋
＋
＋
＋
－
＋
＋
乙1
＋
－
－
－
＋
＋
－
－
＋
＋
乙2
＋
＋
－
－
＋
＋
－
－
－
＋
产生利润效益
未产生利润效益
合计
甲地
乙地
合计
经验回归方程
残差平方和eq \i\su(i＝1,10, )(yi－eq \(y,\s\up6(^))i)2
总偏差平方和eq \i\su(i＝1,10, )(yi－eq \x\t(y))2
甲地
eq \(y,\s\up6(^))＝－0.28＋2eq \r(x)
0.032
1.021
乙地
eq \(y,\s\up6(^))＝1.3＋1.8ln x
0.142
11.614
α
0.05
0.025
0.010
xα
3.841
5.024
6.635
产生利润效益
未产生利润效益
合计
甲地
24
6
30
乙地
10
10
20
合计
34
16
50
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,27)
eq \f(2,9)
eq \f(4,9)
eq \f(8,27)
产量
4a
0
设备运行概率
pk
1－pk
产品类型
高端产品
一般产品
产量(单位：件)
apk
3apk
利润(单位：元)
2
1