数学高二-选修2-3本章整合学案 第二章概率
本章整合
知识建构
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????-====∑=---正态分布连续型随机变量连续型随机变量均值与方差的性质均值与方差独立事件条件概率条件概率与独立事件二项分布超几何分布定义及性质分布列离散型随机变量概率n i i i r r k n k k n n
N k
n M
N k M p
EX X DX p a p a p a EX B P A P AB P A P AB P A B P p p C k X P C C C k X P 122211)()()()()()()|()1()()( 综合应用
专题一利用分布列的性质解题
分布列的计算是概率部分计算的延伸，概率讨论的是某一具体事件概率的计算，分布列讨论的是全部基本事件概率的计算，求解有关离散型随机变量的分布列问题的重要基础是对基本概念的理解和概率的计算.
任一离散型随机变量的概率分布列都有如下性质：（1）p i ≥0,i=1,2,3,…,n;(2)
∑==n
i 1
1.已
知离散型随机变量的分布列（含未知参数），可利用两条性质求出其中的未知参数.
解：由离散型随机变量X 的概率分布列的性质（2）知： 0.16+
10a +a 2+5
a
+0.3=1, ∴10a 2+3a-5.4=0. ∴a=
53或a=-109. 又由分布列的性质（1）知：概率的数值不可能为负， ∴a=-
10
9
舍去. 故所求常数a=
5
3. 绿色通道:离散型随机变量的概率分布列的性质指的是表中的第二行概率的特点，而且，离
散型随机变量在某个范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和..
专题二事件的相互独立性
【例1】有三种灯泡，合格率分别为0.90,0.95,0.95，现各抽取一件进行检验.求:（1）恰有一件不合格的概率；（2）至少有2件不合格的概率.
分析：设从三种灯泡中抽到合格品的事件分别记为事件A、B、C，显然A、B、C是相互独立的，并且事件“恰有1件不合格”及“至少有2件不合格”均可由A、B、C及其对立事件来表示.
解：设P（A）=0.90,P(B)=0.95,P(C)=0.95.
(1)恰有1件不合格的概率为
P(A·B·C+A·B·C+A·B·C)=0.10×0.952+0.90×0.05×0.95+0.90×0.95×0.05=0.175 75.
(2)至少有2件不合格的概率为P（A·B·C+A·B·C+A·B·C+A·B·C）
=0.10×0.05×0.95+0.10×0.95×0.05+0.90×0.052+0.10×0.052=0.012.
绿色通道:该例综合性较强，需将复杂的事件分解为互斥事件的和以及独立事件的积，或其对立事件.
【例2】制造一种零件，甲机床制造的产品中正品率为0.96, 乙机床制造的产品中正品率为0.95，从它们制造的产品中各任抽一件，求：
（1）两件都是正品的概率是多少？
（2）恰有一件正品的概率是多少？
分析：分别用A、B表示从甲、乙机床制造的产品中抽得正品.由题意知A、B是相互独立事件，A B、A B是互斥事件.
解：(1)“两件都是正品”记为事件AB，则P（AB）=P（A）·P（B）=0.96×0.95=0.912. (2)“恰有一件正品”记为事件A B∪A B,则P（A B∪A B）=P（A B）+P(A B)=(1-0.96)×0.95+0.96×(1-0.95)=0.086.
绿色通道:解决此类问题，必须弄清楚：若A与B互相独立，则A与B，A与B都相互独立，A B与A B互斥.
专题三离散型随机变量的数学期望
离散型随机变量的期望是离散型随机变量的重要的数字特征，它反映了离散型随机变量取值的平均水平，因此不仅要掌握其计算公式，还要掌握其计算方法.
一、利用定义求期望
根据定义求离散型随机变量的期望首先要求分布列，然后利用公式EX=a1p1+a2p2+…+a r p r求解.
【例1】某人参加工作竞聘，需回答三个问题，竞聘规定，每题回答正确得100分，不正确得-100分，假定这名竞聘者每题回答正确的概率均为0.8，且各题回答正确与否相互之间没有影响.求这名竞聘者回答这三个问题的总得分的数学期望.
分析：先求分布列，再利用定义求期望.
解：故设X为这名竞聘者的总得分，则X的可能取值为-300，-100，100，300.
P(X=-300)=0.23=0.008,
P(X=-100)=3×0.22×0.8=0.096, P(X=100)=3×0.2×0.82=0.384, P(X=300)=0.83=0.512.
所以EX=（-300）×0.008+(-100)×0.096+100×0.384+300×0.512=180.
绿色通道:期望与分布列联系密切，分布列离不开概率，而概率又离不开排列组合.正确地求出随机变量的概率分布，是求数学期望的关键.解题时，确定随机变量X 取哪些值及其相应的概率，是利用定义求期望的重点..
求随机变量X 2的期望.
分析：要求随机变量X 2的期望可考虑先求出其分布列，然后利用定义求解. 2
利用X 2的分布列求EX 2，得
EX 2=0×0.1+1×0.4+4×0.5=2.4.
另外我们也可以直接利用随机变量X 的分布列求EX 2，EX 2=（-2）
2×0.2+(-1)2×0.1+02×0.1+12×0.3+22×0.3=2.4.
这两种算法实质上是一致的，后者是利用随机变量X 的分布列直接进行计算，同样的方法也可以计算EX 3，EX 4等.
二、利用分布模型的期望公式求数学期望
,则EX=p.
（2）若X 服从参数为N 、M 、n 的超几何分布，则EX=
N
mM
. (3)若X —B （n,p ），则EX=np.
【例3】某寻呼台共有客户3 000人，若寻呼台准备了100份礼物，邀请客户在指定时间来领取，假设任意客户去领奖的概率为4%，问：寻呼台能否向每一位客户都发出邀请？若能使每一位领取人都得到礼品，寻呼台至少应准备多少份礼品？
分析：来多少人是一个随机变量，而显然是服从二项分布的，用数学期望来反映平均来领奖的人数，即能说明问题.
解：设来领奖的人数X=k(k=0,1,2,…,3 000),所以P （X=k ）=C k
3000(0.04)k ·(1-0.04)3 000-k . 可见X —B （3 000，0.04）. 所以EX=3 000×0.04=120(人).
所以寻呼台不能向每一位客户都发出邀请，若能使每一位领取人都得到礼品，寻呼台至少应准备120份礼品.
绿色通道:数学期望反映了随机变量取值的平均水平，用它来刻画、比较取值的平均情况，在一些实际问题中有重要的价值. 三、利用方差的性质求期望
【例4】随机变量X 的数学期望EX=2,方差DX=4，求EX 2的值.
分析：本题首先要找出EX 与DX 之间的关系，进一步探讨EX ，DX ，EX 2三者之间的关系，寻找解题的突破口.
解：EX 2=x 12p 1+x 22p 2+x 32p 3+…
DX=(x 1-EX)2p 1+(x 2-EX)2p 2+(x 3-EX)2p 3+…
=(x 12p 1+x 22p 2+x 32p 3+…)-2EX(x 1p 1+x 2p 2+x 3p 3+…)+(EX)2(p 1+p 2+p 3+…) =EX 2-2EX·EX+（EX ）2 =EX 2-（EX ）2.
将EX=2，DX=4带入上式得
4=EX 2-22. ∴EX 2=8.
绿色通道:此题利用了方差的性质DX=EX 2-（EX ）2进行求解.如再进一步求E （4X 2-3）可得E （4X 2-3）=4EX 2-3=4×8-3=29.. 四、利用导数求期望 【例5】射手击中目标的概率为p(0 分析：利用导数公式（q k ）′=kq k-1,及 ∞ →k lim (q+q 2+q 3+…+q k )= ∞→k lim q q q q q k -=--11)1(求解. 解：P （X=k ）=p(1-p)k-1（k=1,2,3, …）,记q=1-p,则由分布列的性质得 ∑ ∞ =1 k =1(1-q)q k =1,即 ∑ ∞ =1 k q k = q q -1,两边对q 求导，得∑∞ =1 k kq k-1=2 )1(1q -. ∴EX= ∑ ∞ =1 k kp(1-p)k-1=(1-q) ∑ ∞ =1 k kq k-1=(1-q)· .1 )1(12 p q =- 绿色通道:本题巧妙地将EX 转化为EX=（1-q ） ∑ ∞ =1 k kq k-1=(1-q) ∑ ∞ =1 k (q k )′,利用导数和极限以 及等比数列求和公式求解.. 专题四期望、方差中的最值问题 【例】若随机事件A 在1次试验中发生的概率为p(0 (1)求方差DX 的最大值. (2)求 EX DX 1 2-的最大值. 分析：利用二次函数及均值不等式求最值. 解：随机变量X 的所有可能取值为0，1，并且有P （X=1）=p ，P （X=0）=1-p. 从而EX=0·（1-p ）+1·p=p, DX=（0-p ）2（1-p ）+（1-p ）2p=p-p 2. （1）DX=p-p 2=-（p 2-p+41）+41=-（p-21）2+4 1. ∵0 21时，DX 取得最大值4 1 . (2) )1 2(21)(2122p p p p p Ex DX --=--=-. ∵0 p 1 ≥22. 当且仅当2p= p 1 时，即p=22时取“=”. 因此，当p= 22时，EX DX 1 2-取得最大值2-22. 绿色通道:显然随机事件A 服从两点分布，易求得EX 和DX ，求DX 的最大值用二次函数，求 EX DX 1 2-的最大值则用均值不等式. 科海观潮 概率论的缘起与发展 1.概率论的缘起 对概率论的兴趣，本来是由保险事业的发展而产生的，但刺激数学家思考概率论的一些特殊问题却来自赌博者的请求. 在17世纪的许多欧洲国家里，贵族之间盛行赌博之风，而掷骰子则是一种常见的赌博方式.这种骰子的形状为小正方体，当它被掷出时，每个面向上的可能性是相等的，即出现1点至6点中任何一个点数的可能性是相等的.这时期，法国一位热忠于掷骰子赌博的贵族德·梅耳发现了这样一个事实：将一个骰子连掷四次至少出现一个6点的机会比较多，而同时将两个骰子掷24次至少出现一次双6的机会却很少.这是什么原因呢？后人称此为著名的德·梅耳问题.此后又提出了“分赌注问题”：两个赌徒相约赌若干局，谁先赢s 局就算赢了.现在一个人赢a(a 费马与帕斯卡通信讨论的问题被来到巴黎的荷兰数学家惠更斯获悉，回荷兰后，他独立地对此问题进行了研究，他经过多年的潜心研究，解决了掷骰子中的一些数学问题.1657年，惠更斯的著作《论赌博中的计算》出版，此书是概率论最早的论著，提出了数学期望、概率 的加法定理与乘法定理等基本概念. 因此，可以说早期概率论的真正创立者是帕斯卡、费马和惠更斯. 2.概率论的发展 在三位创立者之后，为概率论成为一个独立的数学分支作出贡献的是瑞士学家雅各布·贝努利.他在前人研究的基础上继续分析赌博中的其他问题，他证明了掷n个骰子所得总点m这样场合的数为（x+x2+x3+x4+x5+x6）n展开式中x m这一项的系数，这不仅是概率论的一个妙解，而且开了母函数的先河.1713年出版了雅各布·贝努利的遗作《猜度术》，建立了概率论中的第一个极限定律，即贝努利大数定律.这一定律指出，概率是相对频率的数学抽象，贝努利的这一理论在概率的发展史上起到了理论奠基的作用，是研究等可能性事件的古典概率论中的极其重要的结果. 19世纪初期概率论的巨大进步是和法国科学家拉普拉斯分不开的.他将古典概率论向近代概率论推进.1812年，拉普拉斯的名著《分析的概率理论》出版，在书中他系统地总结了前人关于概率的研究成果，明确了概率的古典定义，在概率论中引入分析方法，把概率论提高到一个新的阶段，把此前各数学家关于概率的零星结果系统化.1814年第二版的书名换为《概率论的哲学导论》，书中给概率下的定义是：“有利情况的个数与所有可能情况个数之比.”他还证明了“隶莫弗——拉普拉斯定理”，把隶莫弗的结论推广到一般场合. 概率论在19世纪后期再度迅速发展起来，这一时期的主要成就是中心极限定理，主要人物是俄国的切比雪夫，他于1866年建立的独立随机变量的大数定律，使贝努利和泊松的大数定律成为其特例，他还把隶莫弗与拉普拉斯的极限定理推广成一般的中心极限定理.1906年，切比雪夫的学生俄国数学家马尔科夫提出了有名的“马尔科夫链”. 从20世纪20年代起，前苏联的大数学家柯尔莫哥洛夫开始从测度论的途径来改造概率论.1933年他出版了《概率论基础》，他的这本书中建立了柯尔莫哥洛夫公理化概率论，即概率论的公理体系，他的公理化方法成为现代概率论的基础，使概率论成为严谨的数学分支.