概率與二項式定理的交會應用

路海蓮

(山東省梁山現代高級中學)

在高考數學中，概率與二項式定理的交會應用問題是實際應用問題中的一大創新熱點，其背景新穎，綜合性、應用性強，運算量大，技巧性強.此類問題合理將二項式定理融入概率問題之中，用來破解概率問題中的最值、比較大小、證明不等式等相關問題，突出了數學不同知識之間的相互聯系與應用，有利于培養學生綜合運用知識解題的能力.

1 最值問題

例1為了引導居民合理用電，國家決定實行合理的階梯電價，居民用電原則上以住宅為單位(一套住宅為一戶)，階梯級別如表1所示.

表1

某市隨機抽取10戶同一個月的用電情況，得到統計表(如表2).

表2

(1)若規定第一階梯電價每度0.5元，第二階梯超出第一階梯的部分每度0.6元，第三階梯超出第二階梯的部分每度0.8元，試計算某戶居民用電410度時應交的電費;

(2)現要從這10戶家庭中任意選取3戶，求取到第二階梯電量的戶數的分布列與數學期望;

(3)以表2中抽到的10戶作為樣本估計全市居民用電，現從全市中依次抽取10戶，若抽到k戶用電量為第一階梯的可能性最大，求k的值.

思維導引:

分析(1)利用題目條件通過分段函數求解階梯電價的電費問題;(2)設取到第二階梯電量的戶數為ξ，根據題目條件確定對應變量的可能取值，利用組合數公式分別求解對應的概率，得到相應的分布列，并求解相應的數學期望;(3)利用獨立重復試驗建立對應的概率公式，通過不等式組的建立和求解確定參數k的值.

解(1)210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－400)×0.8＝227(元).

(2)設取到第二階梯電量的戶數為ξ，可知第二階梯電量的用戶有3戶，則ξ可能的取值為0，1，2，3，有

故ξ的分布列如表3所示.

表3

(3)設從全市中抽取10戶，其中用電量為第一階梯的有X戶，則可知P(X＝k)＝由

點評利用題目中概率最值的相關條件以及獨立重復試驗公式合理建立所對應的方程組，這是破解問題的關鍵所在.通過相應的二項式定理的展開與應用，利用組合數公式與性質進行轉化，為求解概率中的相關最值問題提供運算基礎.總之，解題時要善于合理化簡，巧妙轉化.

2 比較大小

例2甲、乙兩人進行圍棋比賽，共比賽2n(n∈N*)局，根據以往比賽勝負的情況，可知每局甲勝的概率和乙勝的概率均為.如果某人獲勝的局數多于另一人，則此人贏得比賽，記甲贏得比賽的概率為P(n).

(1)求P(2)與P(3)的值;

(2)試比較P(n)與P(n＋1)的大小，并證明你的結論.

思維導引:

分析(1)P(2)表示甲、乙比賽4局甲獲勝，則甲在4局比賽中至少勝3局，結合獨立重復試驗可求解相應的概率，同理可求出P(3)的值;(2)根據獨立重復試驗求解P(n)的表達式，同理可確定P(n＋1)的表達式，通過作商進行比值運算，再應用二項式定理比較大小即可.

解(1)若甲、乙比賽4局甲獲勝，則甲在4局比賽中至少勝3局，所以

同理，有

(2)在2n局比賽中甲獲勝，則甲勝的局數至少為n＋1，故

又因為

點評

涉及獨立重復試驗中概率、數學期望、方差等問題的大小比較，經常要先利用二項式定理和有關公式進行合理運算.通過二項式定理的變形與轉化，化簡P(n)的表達式，利用作差比較法或作商比較法，并結合組合數公式與性質進行適當放縮，從而得以解決比較大小關系問題.總之，合理運算，巧妙轉化是解題的關鍵.

3 證明不等式

例3已知一個口袋中有m個白球和n個黑球(m，n∈N*，n≥2)，這些球除顏色外完全相同.現將口袋中的球隨機逐個取出，并放入編號為1，2，3，…，m＋n的抽屜內，其中第k次取出的球放入編號為k的抽屜(k＝1，2，3，…，m＋n).

(1)試求編號為2的抽屜內放的是黑球的概率p;

(2)隨機變量X表示最后一個取出的黑球所在抽屜編號的倒數，E(X)是X的數學期望，求證:

思維導引:

分析(1)結合組合數，利用等可能事件的概率確定編號為2的抽屜內放的是黑球的概率;(2)先確定最后一個取出的黑球所在抽屜編號的倒數所對應的隨機變量X的概率分布，再結合數學期望公式加以運算，最后利用二項式定理、組合數公式與性質進行適當放縮，從而證明對應的不等式成立.

解(1)編號為2的抽屜內放的是黑球的概率為

(2)隨機變量X的概率分布如表4所示.

表4

隨機變量X的數學期望為

所以

點評

在分析或證明概率中對應的不等式問題時，經常通過概率、數學期望、方差，建立相應的函數關系式，再應用二項式定理，借助組合數公式或性質的變形與運算，最后聯系條件與結論合理推理與論證，從而所求問題得以分析、求解或證明.

4 變式練習

變式某中學組織學生前往電子科技產業園，學習加工制造電子產品.該電子產品由A，B兩個系統組成，其中A系統由3個電子元件組成，B系統由5個電子元件組成.各個電子元件能夠正常工作的概率均為p(0＜p＜1)，且每個電子元件能否正常工作相互獨立.每個系統中有超過一半的電子元件正常工作，則該系統可以正常工作，否則就需要維修.

(2)當該電子產品出現故障時，需要對該電子產品A，B兩個系統進行檢測.從A，B兩個系統能夠正常工作概率的大小判斷，應優先檢測哪個系統?

解析

(1)A系統需要維修的概率為

B系統需要維修的概率為

設X為該電子產品需要維修的系統個數，則

則ξ的分布列如表5所示.

表5

(2)A系統3個元件至少有2個正常工作的概率為PA＝C23·p2·(1－p)＋p3＝－2p3＋3p2，B系統5個元件至少有3個正常工作的概率為

則

由于0＜p＜1，令f(p)＞0，解得所以，當時，B系統比A系統正常工作的概率大，當該產品出現故障時，優先檢測A系統;當時，A系統比B系統正常工作的概率大，當該產品出現故障時，優先檢測B系統;當時，A系統與B系統正常工作的概率相等，當該產品出現故障時，A，B系統檢測不分次序.

借助概率與二項式定理的交會，巧妙在概率問題中利用二項式定理加以運算與應用，往往需利用概率問題求出概率或數學期望關于n的表達式，借助二項式定理合并、化簡，再利用組合數的性質加以分析與轉化，從而得以破解相應的概率問題.此類交會問題很好地詮釋了概率的實際應用，從而有效考查創新應用與實際應用能力，提升數學能力，培養數學核心素養.