2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第十章　§10.9　概率、统计与其他知识的交汇问题[培优课]

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有关概率、统计与其他知识相交汇的考题，能体现“返璞归真，支持课改；突破定势，考查真功”的命题理念，是每年高考的必考内容．近几年将概率、统计问题与数列、函数、导数结合，成为创新问题．
题型一 概率、统计与数列的综合问题
例1 “每天锻炼一小时，健康工作五十年，幸福生活一辈子”．某公司组织全员每天进行体育锻炼，订制了主题为“百年风云”的系列纪念币奖励员工，该系列纪念币有A1，A2，A3，A4四种．每个员工每天自主选择“球类”和“田径”中的一项进行锻炼．锻炼结束后员工将随机等可能地获得一枚纪念币．
(1)某员工活动前两天获得A1，A4，则前四天恰好能集齐“百年风云”系列纪念币的概率是多少？
(2)通过抽样调查发现，活动首日有eq \f(3,4)的员工选择“球类”，其余的员工选择“田径”；在前一天选择“球类”的员工中，次日会有eq \f(1,3)的员工继续选择“球类”，其余的选择“田径”；在前一天选择“田径”的员工中，次日会有eq \f(1,2)的员工继续选择“田径”，其余的选择“球类”．用频率估计概率，记某员工第n天选择“球类”的概率为Pn.
①计算P1，P2，并求Pn；
②该公司共有员工1 400人，经过足够多天后，试估计该公司接下来每天各有多少员工参加“球类”和“田径”运动？
解 (1)设事件E为“该员工前四天恰好能集齐这4枚纪念币”，
由题意知，样本点总数N＝4×4＝16，
事件E包含的样本点的个数n＝2×1＝2，
所以该员工前四天恰好能集齐这四枚纪念币的概率P(E)＝eq \f(2,16)＝eq \f(1,8).
(2)①由题意知，P1＝eq \f(3,4)，P2＝eq \f(1,3)P1＋eq \f(1,2)(1－P1)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,6)P1＝eq \f(1,2)－eq \f(1,6)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,8)，
当n≥2时，Pn＝eq \f(1,3)Pn－1＋eq \f(1,2)(1－Pn－1)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,6)Pn－1，
所以Pn－eq \f(3,7)＝－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－1－\f(3,7)))，
又因为P1－eq \f(3,7)＝eq \f(3,4)－eq \f(3,7)＝eq \f(9,28)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(3,7)))是以eq \f(9,28)为首项，以－eq \f(1,6)为公比的等比数列，
所以Pn－eq \f(3,7)＝eq \f(9,28)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)))n－1，
即Pn＝eq \f(3,7)＋eq \f(9,28)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)))n－1.
②由①知，当n足够大时，选择“球类”的概率近似于eq \f(3,7)，
假设用ξ表示一天中选择“球类”的人数，
则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1 400，\f(3,7)))，
所以E(ξ)＝1 400×eq \f(3,7)＝600，
即选择“球类”的人数的均值为600，
所以选择“田径”的人数的均值为800.
即经过足够多天后，估计该公司接下来每天有600名员工参加球类运动，800名员工参加田径运动．
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，此类问题常常以概率、统计为命题情景，同时考查等差数列、等比数列的判定及其前n项和，解题时要准确把握题中所涉及的事件，明确其所属的事件类型．
跟踪训练1 (2022·太原模拟)足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动，其中守门员扑点球和传球是足球训练中的两个重要训练项目．
(1)假设发点球时，球员等可能地选择左、中、右三个方向射门，守门员等可能地选择左、中、右三个方向扑点球，且守门员方向判断正确时，有eq \f(1,3)的可能将球扑出球门外．在一次点球战中，求守门员在前三次点球中，把球扑出球门外的个数X的分布列和均值；
(2)某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙、丁4名球员进行传接球训练，从甲开始传球，甲等可能地传给另外3人中的1人，接球者再等可能地传给另外3人中的1人，如此一直进行．假设每个球都能被接住，记第n次传球后球又回到甲脚下的概率为Pn.求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,4)))为等比数列，并求Pn.
解 (1)每个点球能被守门员扑出球门外的概率P＝3×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)，
由题意可知，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,9)))，
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9)))3＝eq \f(512,729)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9)))2＝eq \f(192,729)＝eq \f(64,243)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9)))1＝eq \f(24,729)＝eq \f(8,243)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))3＝eq \f(1,729)，
则X的分布列为
E(X)＝3×eq \f(1,9)＝eq \f(1,3).
(2)由已知得，第(n－1)次传球后球又回到甲脚下的概率为Pn－1，
∴当n≥2时，Pn＝(1－Pn－1)·eq \f(1,3)，
∴Pn－eq \f(1,4)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－1－\f(1,4)))，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,4)))是首项为P1－eq \f(1,4)＝－eq \f(1,4)，公比为－eq \f(1,3)的等比数列，
∴Pn－eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，
∴Pn＝eq \f(1,4)－eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1.
题型二 概率、统计与导数的综合问题
例2 (2023·岳阳模拟)中国国家统计局2021年9月30日发布数据显示，2021年9月中国制造业采购经理指数(PMI)为49.8%，反映出中国制造业扩张步伐有所加快．以新能源汽车、机器人、增材制造、医疗设备、高铁、电力装备、船舶、无人机等为代表的高端制造业突飞猛进，进一步体现了中国制造业当前的跨越式发展．已知某精密制造企业根据长期检测结果，得到生产的产品的质量差服从正态分布N(μ，σ2)，并把质量差在(μ－σ，μ＋σ)内的产品称为优等品，质量差在(μ＋σ，μ＋2σ)内的产品称为一等品，优等品与一等品统称为正品，其余范围内的产品作为废品处理．现从该企业生产的正品中随机抽取1 000件，测得产品质量差的样本数据统计如图所示：
(1)取样本数据的方差s2的近似值为100，用样本平均数eq \x\t(x)作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值，记质量差X～N(μ，σ2)，求该企业生产的产品为正品的概率P(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)假如企业包装时要求把2件优等品和n(n≥2，n∈N*)件一等品装在同一个箱子中，质检员从某箱子中摸出两件产品进行检验，若抽取到的两件产品等级相同，则该箱产品记为A，否则该箱产品记为B.
①试用含n的代数式表示某箱产品抽检被记为B的概率p；
②设抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为f(p)，求当n为何值时，f(p)取得最大值，并求出最大值．
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3.
解 (1)由题意估计从该企业生产的正品中随机抽取1 000件的平均数
eq \x\t(x)＝0.010×10×eq \f(46＋56,2)＋0.020×10×eq \f(56＋66,2)＋0.045×10×eq \f(66＋76,2)＋0.020×10×eq \f(76＋86,2)＋0.005×10×eq \f(86＋96,2)＝70，
∴μ≈eq \x\t(x)＝70，
又样本方差s2≈100，∴σ≈eq \r(s2)＝10，∴X～N(70，102)，
则优等品质量差在(μ－σ，μ＋σ)，即(60,80)内，
一等品质量差在(μ＋σ，μ＋2σ)，即(80,90)内，
∴正品质量差在(60,80)和(80,90)，即(60,90)内，
∴该企业生产的产品为正品的概率
P＝P(60(2)①从(n＋2)件正品中任选2件，有Ceq \\al(2,n＋2)种选法，其中等级相同的有Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(2,2)种选法，
∴某箱产品抽检被记为B的概率p＝1－eq \f(C\\al(2,n)＋C\\al(2,2),C\\al(2,n＋2))＝1－eq \f(n2－n＋2,n2＋3n＋2)＝eq \f(4n,n2＋3n＋2).
②由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为p(0f(p)＝Ceq \\al(3,5)p3(1－p)2＝10p3(1－2p＋p2)
＝10(p3－2p4＋p5)，
∴f′(p)＝10(3p2－8p3＋5p4)＝10p2(3－8p＋5p2)＝10p2(p－1)(5p－3)，
∴当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,5)))时，f′(p)>0，函数f(p)单调递增；
当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，1))时，f′(p)<0，函数f(p)单调递减，
∴当p＝eq \f(3,5)时，f(p)取得最大值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))2＝eq \f(216,625)，
此时，p＝eq \f(4n,n2＋3n＋2)＝eq \f(3,5)，解得n＝3或n＝eq \f(2,3)(舍)．
∴当n＝3时，5箱产品恰有3箱被记为B的概率最大，最大值为eq \f(216,625).
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 (2023·江门模拟)学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参加“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参加“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为eq \f(1,2)；参加“四人赛”活动(每天两局)时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p，eq \f(1,3).李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动(每天两局)，各局比赛互不影响．
(1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和均值；
(2)设李明在这5天的“四人赛”活动(每天两局)中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为f(p)．求当p为何值时，f(p)取得最大值．
解 (1)X的所有可能取值为5,6,7,8,9,10，
P(X＝5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(1,32)，
P(X＝6)＝Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(5,32)，
P(X＝7)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)，
P(X＝8)＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)，
P(X＝9)＝Ceq \\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＝eq \f(5,32)，
P(X＝10)＝Ceq \\al(5,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(1,32).
所以X的分布列为
则E(X)＝5×eq \f(1,32)＋6×eq \f(5,32)＋7×eq \f(5,16)＋8×eq \f(5,16)＋9×eq \f(5,32)＋10×eq \f(1,32)＝eq \f(240,32)＝eq \f(15,2).
(2)由题意知“每天得分不低于3分”的概率为p＋(1－p)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)p(0所以5天中恰有3天每天得分不低于3分的概率f(p)＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(2,3)p))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)－\f(2,3)p))2
＝eq \f(40,243)(1＋2p)3(1－p)2，
f′(p)＝eq \f(40,243)[6(1＋2p)2(1－p)2－2(1＋2p)3(1－p)]
＝eq \f(40,243)(1＋2p)2(1－p)(4－10p)，
所以当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))时，f′(p)>0，f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))上单调递增；
当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，1))时，f′(p)<0，f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，1))上单调递减，
所以当p＝eq \f(2,5)时，f(p)取得最大值．
课时精练
1．(2023·齐齐哈尔模拟)为落实立德树人的根本任务，坚持“五育”并举，全面推进素质教育，某校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛阶段比赛的12名队员来自3个不同校区，三个校区的队员人数分别是3,4,5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行11场比赛(每场比赛都采取5局3胜制)，根据积分选出最后的冠军．积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分．
(1)若每名队员获得冠、亚军的可能性相同，则比赛结束后，冠、亚军恰好来自不同校区的概率是多少？
(2)已知第10轮小李对抗小王，设每局比赛小李取胜的概率均为p(0①记小李以3∶1取胜的概率为f(p)．若当p＝p0时，f(p)取最大值，求p0的值；
②若以①中p0的值作为p的值，这轮比赛小李所得积分为X，求X的分布列及均值．
解 (1)比赛结束后，冠、亚军恰好来自不同校区的概率P＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,4)＋C\\al(1,4)C\\al(1,5)＋C\\al(1,3)C\\al(1,5),C\\al(2,12))＝eq \f(47,66).
(2)①由题可知f(p)＝Ceq \\al(2,3)p2(1－p)·p＝3p3(1－p)，
f′(p)＝3[3p2(1－p)＋p3×(－1)]＝3p2(3－4p)，
令f′(p)＝0，得p＝eq \f(3,4)或p＝0(舍去)，
当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))时，f′(p)>0，f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))上单调递增，
当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))时，f′(p)<0，f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))上单调递减，
所以p0＝eq \f(3,4).
②X的所有可能取值为0,1,2,3，
P(X＝0)＝(1－p)3＋Ceq \\al(1,3)p(1－p)2·(1－p)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))3＋Ceq \\al(1,3)×eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))＝eq \f(13,256)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(2,4)p2(1－p)2·(1－p)
＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))＝eq \f(27,512)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,4)p2(1－p)2·p
＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))2×eq \f(3,4)＝eq \f(81,512)，
P(X＝3)＝p3＋Ceq \\al(2,3)p2(1－p)·p
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＋Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(3,4)＝eq \f(189,256)，
所以X的分布列为
则E(X)＝0×eq \f(13,256)＋1×eq \f(27,512)＋2×eq \f(81,512)＋3×eq \f(189,256)＝eq \f(1 323,512).
2．为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选一种，已知他第一天选择米饭套餐的概率为eq \f(2,3)，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为eq \f(1,4)，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为eq \f(1,2)，如此往复．
(1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；
(2)记该同学第n天选择米饭套餐的概率为Pn.
①证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(2,5)))为等比数列；
②证明：当n≥2时，Pn≤eq \f(5,12).
(1)解 设A1＝ “第1天选择米饭套餐”， A2＝ “第2天选择米饭套餐”，
则eq \x\t(A)1＝ “第1天选择面食套餐”，
由题意可得，P(A1)＝eq \f(2,3)，则P(eq \x\t(A)1)＝eq \f(1,3)，又P(A2|A1)＝eq \f(1,4)，P(A2|eq \x\t(A)1)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
则由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(eq \x\t(A)1)·P(A2|eq \x\t(A)1)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3).
(2)证明 ①设An＝ “第n天选择米饭套餐”，
则Pn＝P(An)，则P(eq \x\t(A)n)＝1－Pn，
由题意得，P(An＋1|An)＝eq \f(1,4)，
P(An＋1|eq \x\t(A)n)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
由全概率公式可得，Pn＋1＝P(An＋1)
＝P(An)P(An＋1|An)＋P(eq \x\t(A)n)P(An＋1|eq \x\t(A)n)
＝eq \f(1,4)Pn＋eq \f(1,2)(1－Pn)
＝－eq \f(1,4)Pn＋eq \f(1,2)，
因此Pn＋1－eq \f(2,5)＝－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(2,5)))，
因为P1－eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)≠0，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(2,5)))是以eq \f(4,15)为首项，－eq \f(1,4)为公比的等比数列．
②由①可得，Pn＝eq \f(2,5)＋eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))n－1，
当n为大于1的奇数时，Pn＝eq \f(2,5)＋eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1
≤eq \f(2,5)＋eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＝eq \f(5,12)；
当n为正偶数时，Pn＝eq \f(2,5)－eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1综上所述，当n≥2时，Pn≤eq \f(5,12).
3．某盒子内装有60个小球(除颜色之外其他完全相同)，其中有若干个黑球，其他均为白球．为了估计黑球的数目，设计如下实验：从盒子中有放回地抽取4个球，记录该次所抽取的黑球数目X，作为一次实验结果．进行上述实验共5次，记录下第i次实验中实际抽到黑球的数目xi.已知从该盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为p(0(1)求X的分布列；
(2)实验结束后，已知第i次实验中抽到黑球的数目xi如表所示.
设函数f(p)＝eq \i\su(i＝1,5,l)n P(X＝xi)．
①求f(p)的极大值点p0；
②据①估计该盒子中黑球的数目，并说明理由．
解 (1)从盒子中有放回地抽取4个球，记录该次所抽取的黑球数目X，
∵从该盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为p(0∴X～B(4，p)，
∴X的分布列为
(2)①由(1)可知f(p)＝eq \i\su(i＝1,5,l)n P(X＝xi)
＝2ln 6p2(1－p)2＋3ln 4p3(1－p)
＝8ln 2＋2ln 3＋13ln p＋7ln(1－p)，
∴f′(p)＝eq \f(13,p)－eq \f(7,1－p)＝eq \f(13－20p,p1－p)，
令f′(p)＝0，解得p＝eq \f(13,20)，
∴当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(13,20)))时，f′(p)>0，f(p)单调递增；
当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,20)，1))时，f′(p)<0，f(p)单调递减，
∴f(p)存在唯一的极大值点p0＝eq \f(13,20).
②估计盒子中黑球的数目为60p0＝39.理由如下：
由①可知，当且仅当p＝eq \f(13,20)时，f(p)取得最大值，
即eq \i\su(i＝1,5,l)n P(X＝xi)取得最大值，出现上述实验结果的概率最大，
∴可以认为从盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为eq \f(13,20)，从而估计该盒子中黑球的数目为39是合理的．
4．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)求一天内被感染的人数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2天又有2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天被感染的人数为(1＋2p)n－1，
第(n－1)天被感染的人数为(1＋2p)n－2，
由题目中均值的定义可知，
En＝(1＋2p)n－1－(1＋2p)n－2
＝2p(1＋2p)n－2(n≥2)，
则eq \f(En,En－1)＝1＋2p，且E2＝2p.
∴{En}(n≥2)是以2p为首项，1＋2p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，
∴E6′＝10×0.1×(1＋10×0.1)4＝16，
E6＝10×0.5×(1＋10×0.5)4＝6 480.
∵E6远大于E6′，
∴戴口罩很有必要．X
0
1
2
3
P
eq \f(512,729)
eq \f(64,243)
eq \f(8,243)
eq \f(1,729)
X
5
6
7
8
9
10
P
eq \f(1,32)
eq \f(5,32)
eq \f(5,16)
eq \f(5,16)
eq \f(5,32)
eq \f(1,32)
X
0
1
2
3
P
eq \f(13,256)
eq \f(27,512)
eq \f(81,512)
eq \f(189,256)
i
1
2
3
4
5
xi
2
3
2
3
3
X
0
1
2
3
4
P
(1－p)4
4p(1－p)3
6p2(1－p)2
4p3(1－p)
p4