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高考专题辅导与测试·数学
培优点2　
概率与统计中的创新问题
高考专题辅导与测试·数学
PART ONE
　　概率与统计中的创新问题主要涉及概率统计中的证明问题、概率统计与数列、函数的交汇问题及概率统计中的新定义问题，考查题型多为解答题，难度中等偏上，或可作为压轴题出现.
概率与统计中的推理证明问题
【例1】　（2022·新高考Ⅰ卷20题）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾
病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，
在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该
疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有
差异？
解：K2＝ ＝24＞6.635，
所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有
差异.
（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良
好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”， 与
的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度
量指标，记该指标为R.
①证明：R＝ · ；
②利用该调查数据，给出P（A｜B），P（A｜ ）的估计值，并
利用①的结果给出R的估计值.
附：K2＝ ，
P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
.
解：①证明：R＝ ＝ ，
由题意知，证明 ＝ 即可，
左边＝ ＝ ，
右边＝ ＝ .
左边＝右边，故R＝ · .
②由调查数据可知P（A｜B）＝ ＝ ，P（A｜ ）＝ ＝ ，
且P（ ｜B）＝1－P（A｜B）＝ ，P（ ｜ ）＝1－P（A｜
）＝ ，
所以R＝ × ＝6.
　　解答概率与统计中的推理证明问题的关键是要“死抠”定义，与别的
类型证明题不同，高中阶段所学的概率问题都是初等概率.解答此类题目
只需依定义按部就班推导即可.
　（2024·辽宁三所重点中学第三次模拟）某自然保护区经过几十年的
发展，某种濒临灭绝动物数量有大幅度增加.已知这种动物P拥有两个
亚种（分别记为A种和B种）.为了调查该区域中这两个亚种的数目，某
动物研究小组计划在该区域中捕捉100只动物P，统计其中A种的数目
后，将捕获的动物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共
20次，记第i次试验中A种的数目为随机变量Xi（i＝1，2，…，20）.设
该区域中A种的数目为M，B种的数目为N（M，N均大于100），每一
次试验均相互独立.
（1）求X1的分布列；
解：依题意，X1服从超几何分布，故X1的分布列为P（X1＝
k）＝ ，k∈N，0≤k≤100.
X1 0 1 … 99 100
P …
（2）记随机变量 ＝ Xi已知E（Xi＋Xj）＝E（Xi）＋E（Xj），
D（Xi＋Xj）＝D（Xi）＋D（Xj）.
①证明：E（ ）＝E（X1），D（ ）＝ D（X1）；
②该小组完成所有试验后，得到Xi的实际取值分别为xi（i＝1，
2，…，20）.数据xi（i＝1，2，…，20）的平均值 ＝30，方差
s2＝1.采用 和s2分别代替E（ ）和D（ ），给出M，N的估计
值.
（ 已知随机变量X服从超几何分布记为X～H（P，n，Q）（其中
P为总数，Q为某类元素的个数，n为抽取的个数），则D（X）＝
n （ 1－ ） ）
解：①证明：由题可知Xi（i＝1，2，…，20）均服从完全相
同的超几何分布，所以E（X1）＝E（X2）＝…＝E（X20），E
（ ）＝E（ Xi）＝ E（ Xi）＝ E（Xi）＝ ×20E
（X1）＝E（X1），
D（ ）＝D（ Xi）＝ D（ Xi）＝ D（Xi）＝
×20D（X1）＝ D（X1）.
故E（ ）＝E（X1），D（ ）＝ D（X1）.
②由①可知 的均值E（ ）＝E（X1）＝ .
由公式得X1的方差D（X1）＝ ，
所以D（ ）＝ .
依题意有
解得N＝1 456，M＝624，
所以可以估计M＝624，N＝1 456.
概率统计与其他知识的交汇问题
考向1　概率统计与数列
【例2】　（2024·宁波“十校”联考）为了验证某款电池的安全性，小明
在实验室中进行试验，假设小明每次试验成功的概率为p（0＜p＜1），
且每次试验相互独立.
（1）若进行5次试验，且p＝ ，求试验成功次数X的分布列以及期望；
解：依题意，X～B（ 5， ），则P（X＝0）＝（ ）5＝
，P（X＝1）＝ （ ）4（ ）＝ ，
P（X＝2）＝ （ ）3（ ）2＝ ＝ ，
P（X＝3）＝ （ ）2（ ）3＝ ，
P（X＝4）＝ （ ）（ ）4＝ ，
P（X＝5）＝（ ）5＝ ，
X 0 1 2 3 4 5
P
故E（X）＝5× ＝ .
故X的分布列为：
（2）若恰好成功2次后停止试验，p＝ ，记事件A：停止试验时试验次数
不超过n（n≥2）次，事件B：停止试验时试验次数为偶数，求P
（AB）.（结果用含有n的式子表示）
解：设事件“Y＝n”表示前n－1次试验只成功了1次，且第n次试
验成功，
故P（Y＝n）＝ × ×（ ）n－2× ＝ ×（ ）n－2，
当n为偶数时，
P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n）＝ ［1·（ ）0＋
3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2］，
令Sn＝1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2，
则 Sn＝1·（ ）2＋3·（ ）4＋…＋（n－1）·（ ）n，
两式相减得： Sn＝1＋2［（ ）2＋（ ）4＋…＋（ ）n－2］－（n
－1）·（ ）n，
则Sn＝ －（ ）n·（ ＋ n），
即P（AB）＝ －（ ＋ n）·（ ）n.
当n为奇数时，同理可得
P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n－1）＝ ［1·（ ）0＋
3·（ ）2＋…＋（n－2）·（ ）n－3］
＝ －（ n＋ ）·（ ）n－1，
综上，P（AB）＝
概率统计与数列交汇的常见题型
（1）求通项公式：关键是找出概率Pn或数学期望E（Xn）的递推关系
式，然后根据构造法（一般构造等比数列），求出通项公式；
（2）求和：主要是数列中的倒序求和、错位求和、裂项求和；
（3）利用等差、等比数列的性质，研究单调性、最值或求极限.
考向2　概率统计与函数
【例3】　（2024·邵阳第二次联考）为了选拔创新型人才，某大学对高三
年级学生的数学学科和物理学科进行了检测（检测分为初试和复试），共
有4万名学生参加初试.组织者随机抽取了200名学生的初试成绩，绘制了
频率分布直方图，如图所示.
（1）根据频率分布直方图，求a的值及样本平均数的估计值；
解：∵10×（0.012＋0.026＋
0.032＋a＋0.01）＝1，∴a＝0.02.
样本平均数的估计值为50×0.12＋
60×0.26＋70×0.32＋80×0.2＋
90×0.1＝69.
（2）若所有学生的初试成绩X近似服从正态分布N（μ，σ2），其中μ为
样本平均数的估计值，σ＝10.5.规定初试成绩不低于90分的学生才
能参加复试，试估计能参加复试的人数；
解：∵μ＝69，σ＝10.5.
∴P（X≥90）＝P（X≥μ＋2σ）
≈ ＝0.022 75.
∴能参加复试的人数约为40 000×0.022
75＝910.
（3）复试笔试试题包括两道数学题和一道物理题，已知小明进入了复
试，且在复试笔试中答对每一道数学题的概率均为x，答对物理题的
概率为y.若小明全部答对的概率为 ，答对两道题的概率为P，求概
率P的最小值.
解：由题意有x2y＝ .
答对两道题的概率P＝x2（1－y）＋x（1－x）y＝x2＋2xy－3x2y.
而x2y＝ ，∴P＝x2＋ － .
令f（x）＝x2＋ － （0＜x≤1），则f'（x）＝2x－ ＝ ，
∴当x∈（ 0， ）时，f'（x）＜0，f（x）在（ 0， ）内单调递减；
当x∈（ ，1］时，f'（x）＞0，f（x）在（ ，1］内单调递增.
∴当x＝ 时，f（x）min＝ .故概率P的最小值为 .
　　通过设置变量，利用数学期望、方差或概率的计算公式构造函
数，是解决概率统计与函数结合问题最常用的方式.解决此类问题，应
注意两点：
（1）准确构造函数，利用公式搭建函数模型时，由于随机变量的数学期
望、方差及随机事件概率的计算中涉及的变量较多，式子较为复
杂，所以准确运算化简是关键；
（2）注意变量的取值范围，一是题中给出的范围，二是实际问题中变量
自身取值的限制.
　（2024·菏泽三模）2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行夏季奥运
会.为了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛
与决赛，初赛通过后才能参加决赛.
（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道
题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为
X，求X的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入
决赛的概率；
解：由题意知，X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝ ＝ ，
P（X＝1）＝ ＝ ，
P（X＝2）＝ ＝ ，
故X的分布列为
X 0 1 2
P
则E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＝ .
记事件A：小王已经答对一题，事件B：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率
P（B｜A）＝ ＝ ＝ ＝ .
（2）M大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学
生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连
续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励
360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均
为p（ 0＜p＜ ），且每次是否中奖相互独立.
①记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为f（p），求f
（p）的极大值；
②M大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的
总奖金的期望值不小于1 120元，试求此时p的取值范围.
解：①由题意知，f（p）＝ p（1－p）2
＝3p3－6p2＋3p（ 0＜p＜ ），
则f'（p）＝3（3p－1）（p－1），
令f'（p）＝0，解得p＝ 或p＝1（舍），
当p∈（ 0， ）时，f'（p）＞0，当p∈（ ， ）时，f'（p）＜0，
所以f（p）在区间（ 0， ）内单调递增，在区间（ ， ）内单调
递减，
所以当p＝ 时，f（p）有极大值，且f（p）的极大值为f（ ）＝ .
②由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y，
则Y的可能取值为60，120，180，360，
P（Y＝60）＝（1－p）3，
P（Y＝120）＝ p（1－p）2，
P（Y＝180）＝ p2（1－p），
P（Y＝360）＝p3，
所以E（Y）＝60（1－p）3＋120 p（1－p）2＋180 p2（1－
p）＋360p3＝60（2p3＋3p＋1），
所以9E（Y）≥1 120，
即540（2p3＋3p＋1）≥1 120，
整理得2p3＋3p－ ≥0，
经观察可知p＝ 是方程2p3＋3p－ ＝0的根，
故2p3＋3p－ ＝2（ p3－ p2）＋ （ p2－ p）＋ （ p－ ）＝
（ p－ ）（ 2p2＋ p＋ ），
因为2p2＋ p＋ ＞0恒成立，
所以由2p3＋3p－ ≥0可得p－ ≥0，解得p≥ ，
又0＜p＜ ，所以p的取值范围为［ ， ）.
概率统计中的新定义问题
【例4】　若ξ，η是样本空间Ω上的两个离散型随机变量，则称（ξ，η）是
Ω上的二维离散型随机变量或二维随机变量.设（ξ，η）的一切可能取值为
（ai，bj），i，j＝1，2，…，记Pij表示（ai，bj）在Ω中出现的概率，
其中Pij＝P（ξ＝ai，η＝bj）＝P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）].
（1）将三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中，记1
号盒子中的小球个数为ξ，2号盒子中的小球个数为η，则（ξ，η）是
一个二维随机变量.
①写出该二维离散型随机变量（ξ，η）的所有可能取值；
②若（m，n）是①中的值，求P（ξ＝m，η＝n）（结果用m，n
表示）.
解：①二维离散型随机变量（ξ，η）的所有可能取值为（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，0），（1，1），（1，2），（2，0），（2，1），（3，0）.
②由题意得0≤m＋n≤3，
P（ξ＝m，η＝n）＝P（ξ＝m｜η＝n）·P（η＝n），
因为P（η＝n）＝ （ ）n（ ）3－n.
P（ξ＝m｜η＝n）＝ （ ）m（ ）3－n－m＝ （ ）3－n，
所以P（ξ＝m，η＝n）＝ （ ）3－n· （ ）n·（ ）3－n＝
＝ · .
（2）P（ξ＝ai）称为二维离散型随机变量（ξ，η）关于ξ的边缘分布律或
边际分布律，求证：P（ξ＝ai）＝ Pij.
解：证明：由定义及全概率公式知：
P（ξ＝ai）＝P{（ξ＝ai）∩[（η＝b1）∪（η＝b2）∪…∪（η＝
bj）∪…]}
＝P{[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]∪[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]∪…∪[（ξ
＝ai）∩（η＝bj）]∪…}
＝P[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]＋P[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]＋…＋
P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＋…
＝ P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＝ P（ξ＝ai，η＝bj）
＝ Pij.
　　解决概率统计中新定义问题的过程可以概括为“过三关”：第一关，
准确转化关，即要解决新定义问题，一定要理解题目中定义的本质含义，
紧扣题目所给的新定义、新运算法则、新符号等对所求问题进行恰当转
化；第二关，方法选取关，对此类题可以采取特例法，从逻辑推理的角度
进行转化，理解题目中定义的本质并进行推广、运算；第三关，审读题目
关，严格按照新定义的要求，解答问题时要避免教材知识或者已有知识对
信息的干扰，也就是突破思维定式或固有的已知信息束缚，按新定义寻求
解决问题的方法.
　（2024·河南九师联盟）设离散型随机变量X和Y的分布列分别为P（X
＝k）＝xk，P（Y＝k）＝yk，xk＞0，yk＞0，k＝0，1，2，…，n，
xk＝ yk＝1.定义D（X｜｜Y）＝ xkln ，用来刻画X和Y的相
似程度，设X～B（n，p），0＜p＜1.
（1）若n＝3，p＝ ，Y～B（ 3， ），求D（X｜｜Y）；
解：因为X～B（ 3， ），所以xk＝P（X＝k）＝ （ ）k
（ ）3－k＝ （k＝0，1，2，3），
因为Y～B（ 3， ），所以yk＝P（Y＝k）＝ （ ）k·（ ）3－k
＝ （k＝0，1，2，3），
所以 ＝ ＝23－2k（k＝0，1，2，3），
所以D（X｜｜Y）＝ xkln ＝ × ×ln 23＋ × ×ln 2＋
× ×ln 2－1＋ × ×ln 2－3＝ln 2.
（2）若n＝2，且Y的分布列为
Y 0 1 2
P
求D（X｜｜Y）的最小值；
解：因为xk＝P（X＝k）＝ pk（1－p）2－k（k＝0，1，2），
y0＝P（Y＝0）＝ ，y1＝P（Y＝1）＝ ，y2＝P（Y＝2）＝ ，
所以D（X｜｜Y）＝ xkln
＝x0ln ＋x1ln ＋x2ln
＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－p）]＋p2ln
（6p2）.
令f（p）＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－
p）]＋p2ln（6p2），
则f'（p）＝－2（1－p）ln[6（1－p）2]－2（1－p）＋（2－
4p）ln[3p（1－p）]＋2－4p＋2pln（6p2）＋2p
＝（－2＋4p）ln 6－2ln（1－p）＋2ln p＋（2－4p）ln 3
＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2，
令g（p）＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2，
则g'（p）＝ ＋ ＋4ln 2，
因为0＜p＜1，所以g'（p）＞0，故g（p）在（0，1）上单调递增，
又g（ ）＝0，所以当0＜p＜ 时，g（p）＜0，即f'（p）＜0，
当 ＜p＜1时，g（p）＞0，即f'（p）＞0，
所以f（p）在（ 0， ）上单调递减，在（ ，1）上单调递增，
所以f（p）min＝f（ ）＝ ln .
（3）对任意与X有相同可能取值的随机变量Y，证明，D（X｜｜Y）的
值不可能为负数.
解：证明：令φ（x）＝ln x－x＋1，则φ'（x）＝ －1＝ .
易得当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，φ'
（x）＜0，故φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单
调递减，
所以 x∈（0，＋∞），φ（x）≤φ（1）＝0，
所以ln x≤x－1，所以ln ≤ －1，
所以ln x≥1－ ，
所以D（X｜｜Y）＝ xkln ≥ xk（ 1－ ）
＝ （xk－yk）＝ xk－ yk＝1－1＝0，
即D（X｜｜Y）的值不可能为负.
03
课时跟踪检测
1. 某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生
每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下：
选择餐厅情况 （午餐，晚餐） （A，A） （A，B） （B，A） （B，B）
甲 30天 20天 40天 10天
乙 20天 25天 15天 40天
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（1）假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率，计算某天甲同
学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率；
解：设“某天中午甲去A餐厅用餐”为事件A，
“该天晚上甲去B餐厅用餐”为事件B，
由题知n（A）＝50，n（AB）＝20，
所以P（B｜A）＝ ＝0.4.
所以某天甲同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的
概率为0.4.
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（2）某天午餐，甲和乙两名同学准备去A，B这两个餐厅中某一个就
餐.设事件M＝“甲选择A餐厅就餐”，事件N＝“乙选择A餐厅
就餐”，P（M）＞0，P（N）＞0.若P（ ｜N）＝P（ ｜
），证明：事件M和N相互独立.
1
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3
4
解：证明：由P（ ｜N）＝P（ ｜ ），
可知 ＝ ＝ ，
所以P（ N）－P（ N）P（N）＝P（ ）P（N）－P
（ N）P（N），
即P（ N）＝P（ ）P（N），
所以P（N）－P（MN）＝[1－P（M）]P（N），
得P（MN）＝P（M）P（N），
即M和N相互独立得证.
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2. （2024·杭州模拟）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机
器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天
气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为：假设我们的序列
状态是…，Xt－2，Xt－1，Xt，Xt＋1，…，那么Xt＋1状态下的条件概率仅
依赖前一状态Xt，即P（Xt＋1｜…，Xt－2，Xt－1，Xt）＝P（Xt＋1｜Xt）.
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现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型.假如一
名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每局赌徒赌赢的概率为50%，
且每局赌赢可以赢得1元，每局赌徒赌输的概率为50%，且每局赌输
就要输掉1元.赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束
赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预
期的B元，赌徒停止赌博.记赌徒的本金为A（A∈N*，A＜B）元，
赌博过程如图所示.
当赌徒手中有n元（0≤n≤B，n∈N）时，最
终输光的概率为P（n），请回答下列问题：
1
2
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（1）请直接写出P（0）与P（　B　）；
解：当n＝0时，赌徒已经输光了，因此P（0）＝1.
当n＝B时，赌徒停止赌博，因此输光的概率P（B）＝0.
B
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3
4
（2）证明{P（n）}是一个等差数列，并写出公差d；
解：记赌徒手中有n元时最终输光为事件M，记赌徒手中有n
元时上一局赌赢为事件N，则根据全概率公式可得，P（M）＝P（N）P（M｜N）＋P（ ）P（M｜ ），
即P（n）＝ P（n－1）＋ P（n＋1），
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所以P（n）－P（n－1）＝P（n＋1）－P（n），
所以{P（n）}是一个等差数列.
设P（n）－P（n－1）＝d，
则P（n－1）－P（n－2）＝d，…，P（1）－P（0）＝d，
累加得P（n）－P（0）＝nd，故P（B）－P（0）＝Bd，得d
＝－ .
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（3）当A＝100时， 分别计算B＝200，B＝1 000时P（A）的值，并
结合实际解释当B→＋∞时P（A）的统计含义.
解：当A＝100时，由P（n）－P（0）＝nd得P（A）－P（0）＝Ad，即P（A）＝1－ ，当B＝200时，P（A）＝50%，当B＝1 000时，P（A）＝90%.当B→＋∞时，P（A）→1，
因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一
直玩下去就几乎有100%的概率输光.
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3. （2024·汕头一模）2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学
基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践
活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活
动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石
榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明
两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走
到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在
果园中一共会遇到n个番石榴（不妨设n个番石榴的大小各不相同），
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2
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4
最大的那个番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番
石榴中摘到那个最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前
k（1≤k＜n）个番石榴，自第k＋1个开始，只要发现比他前面见过的
番石榴大的，就摘这个番石榴，否则就摘最后一个.设k＝tn，记小明
摘到那个最大番石榴的概率为P.
1
2
3
4
（1）若n＝4，k＝2，求P；
解：依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有
＝24种情况，
要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：
①最大的番石榴是第3个，其他的随意在哪个位置，有 ＝6
种情况；
②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2
个，其他的随意在哪个位置，有2 ＝4种情况，所以所求概
率为 ＝ .
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（2）当n趋向于无穷大时，从理论的角度，求P的最大值及P取最大值
时t的值.
（ 取 ＋ ＋…＋ ＝ln ）
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解：记事件A表示最大的番石榴被摘到，事件Bi表示最大
的番石榴排在第i个，则P（Bi）＝ ，由全概率公式知：P
（A）＝ P（A｜Bi）P（Bi）＝ （A｜Bi），
当1≤i≤k时，最大的番石榴在前k个中，不会被摘到，此时P
（A｜Bi）＝0；
当k＋1≤i≤n时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前i－1个番
石榴中的最大一个在前k个之中时，此时P（A｜Bi）＝ ，
因此P（A）＝ （ ＋ ＋…＋ ）＝ ln ，
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令g（x）＝ ln （x＞0），求导得g'（x）＝ ln － ，由g'
（x）＝0，得x＝ ，
当x∈（ 0， ）时，g'（x）＞0，当x∈（ ，n）时，g'（x）
＜0，
即函数g（x）在（ 0， ）上单调递增，在（ ，n）上单调递
减，
则g（x）max＝g（ ）＝ ，于是当k＝ 时，P（A）＝ ln 取
得最大值 ，
所以P的最大值为 ，此时t的值为 .
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4. 在数字1，2，…，n（n≥2）的任意一个排列A：a1，a2，…，an中，
如果对于i，j∈N*，i＜j，有ai＞aj，那么就称（ai，aj）为一个逆序
对.记排列A中逆序对的个数为S（A）.如n＝4时，在排列B：3，2，
4，1中，逆序对有（3，2），（3，1），（2，1），（4，1），则S
（B）＝4.
（1）设排列C：a1，a2，a3，a4，写出两组具体的排列C，分别满
足：①S（C）＝5，②S（C）＝4；
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解：①C：4，2，3，1，则逆序对有（4，2），（4，3），
（2，1），（4，1），（3，1），则S（C）＝5；
②C：2，4，3，1，则逆序对有（4，3），（3，1），（4，
1），（2，1），则S（C）＝4.
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（2）对于数字1，2，…，n的一切排列A，求所有S（A）的算术平
均值；
解：考虑排列D：d1，d2，…，dn－1，dn与排列D1：dn，dn
－1，…，d2，d1，
因为数对（di，dj）与（dj，di）中必有一个为逆序对（其中1≤i
＜j≤n），
且排列D中数对（di，dj）共有 ＝ 个，
所以S（D）＋S（D1）＝ .
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所以排列D与D1的逆序对的个数的算术平均值为 .
而对于数字1，2，…，n的任意一个排列A：a1，a2，…，an，都
可以构造排列A1：an，an－1，…，a2，a1，且这两个排列的逆序
对的个数的算术平均值为 .
所以所有S（A）的算术平均值为 .
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（3）如果把排列A：a1，a2，…，an中两个数字ai，aj（i＜j）交换
位置，而其余数字的位置保持不变，那么就得到一个新的排列
A'：b1，b2，…，bn，求证：S（A）＋S（A'）为奇数.
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解：证明：①当j＝i＋1，即ai，aj相邻时，
不妨设ai＜ai＋1，则排列A'为a1，a2，…，ai－1，ai＋1，ai，ai＋2，…，an，
此时排列A'与排列A：a1，a2，…，an相比，仅多了一个逆序对
（ai＋1，ai），
所以S（A'）＝S（A）＋1，
所以S（A）＋S（A'）＝2S（A）＋1为奇数.
②当j≠i＋1，即ai，aj不相邻时，
假设ai，aj之间有m个数字，记排列A：a1，a2，…，ai，k1，
k2，…，km，aj，…，an，
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先将ai向右移动一个位置，得到排列A1：a1，a2，…，ai－1，
k1，ai，k2，…，km，aj，…，an，
由①，知S（A1）与S（A）的奇偶性不同，
再将ai向右移动一个位置，得到排列A2：a1，a2，…，ai－1，
k1，k2，ai，k3，…，km，aj，…，an，
由①，知S（A2）与S（A1）的奇偶性不同，
以此类推，ai共向右移动m次，得到排列Am：a1，a2，…，k1，
k2，…，km，ai，aj，…，an，
再将aj向左移动一个位置，得到排列Am＋1：a1，a2，…，ai－1，
k1，…，km，aj，ai，…，an，
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以此类推，aj共向左移动m＋1次，得到排列A2m＋1：a1，
a2，…，aj，k1，…，km，ai，…，an，
即为排列A'，
由①可知仅有相邻两数的位置发生变化时，排列的逆序对个数的
奇偶性发生变化，
而排列A经过2m＋1次的前后两数交换位置，可以得到排列A'，
所以排列A与排列A'的逆序数的奇偶性不同，
所以S（A）＋S（A'）为奇数.
综上，得S（A）＋S（A'）为奇数.
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