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培优进阶21　概率与统计中的交汇创新问题
　　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、统计与函数的交汇问题
(2025·山东齐鲁名校大联考)已知A，B两个不透明的袋子中均装有若干个大小，质地完全相同的红球和白球，从A袋中摸出一个红球的概率是，从B袋中摸出一个红球的概率是p.在每轮中，甲同学先选择一个袋子摸一次球并放回，乙再选择一个袋子摸一次球并放回，则该轮结束.已知在每轮中甲选A，B两袋的概率均为.如果甲选A袋，则乙选B袋的概率为；如果甲选B袋，则乙选B的概率为.
(1)若p＝，求在一轮中乙从B袋中摸出红球的概率；
(2)求在一轮中乙摸出红球的概率；
(3)若甲、乙两位同学进行了3轮摸球.乙同学认为，p越大，3轮摸球后他摸出2个红球的概率越大，你同意他的观点吗？请说明理由.
解：(1)设D＝“甲从A袋中摸球”，E＝“乙从B袋中摸球”，C＝“乙摸出的是红球”，
由全概率公式知，乙从B袋中摸球的概率
P(E)＝P(D)P(E｜D)＋P()P(E｜)＝×＋×＝，
所以在一轮中，乙从B袋中摸出红球的概率为P(EC)＝P(E)P(C｜E)＝×＝.
(2)在一轮中，乙摸出红球的概率
P(C)＝P(E)P(C｜E)＋P()P(C｜)＝×p＋×＝(7p＋1).
(3)根据题意知3轮摸球后摸出红球的个数服从二项分布B，
则3轮摸球后乙摸出2个红球的概率为
P＝［1－(7p＋1)］＝(7p＋1)2(9－7p)(0＜p＜1).
设f(p)＝(7p＋1)2(9－7p)，则f'(p)＝7(7p＋1)·(17－21p)，
令f'(p)＝0，解得p＝，
则当0＜p＜时，f'(p)＞0，f(p)单调递增，
当＜p＜1时，f'(p)＜0，f(p)单调递减，
所以当p＝时，3轮摸球后乙摸出2个红球的概率最大，所以不同意乙的观点.
学生用书 第314页
　　概率与函数的交汇问题，多以概率问题为解题主线，通过设置变量，利用随机变量的概率、均值与方差的计算公式构造函数.求解时可借助二次函数的性质、函数的单调性或导数确定最优解.解决此类问题应注意以下两点：(1)准确构造函数，利用公式搭建函数模型时，由于随机变量的均值、方差，随机事件概率的计算中涉及变量较多，式子较为复杂，所以准确运算化简是关键；(2)注意变量的范围，一是题中给出的范围，二是实际问题中变量自身范围的限制.
对点练1.(2025·山东聊城三模)一种微生物可以经过自身分裂不断生存下来，对于每个微生物，每次分裂的结果为：有p(0≤p≤1)的概率消失，有的概率得到一个新微生物，有的概率得到两个新微生物，有的概率得到三个新微生物.假设开始只有一个这样的微生物.
(1)若p＝，求该微生物经过第一次分裂得到新微生物个数X的均值；
(2)若p＝，求该微生物至多经过两次分裂后消失的条件下，第一次分裂得到两个新微生物的概率；
(3)若希望最终这种微生物消失的概率不超过，求p的取值范围.
解：(1)设该微生物经过第一次分裂得到新微生物个数为X＝i，可能取值有i＝0，1，2，3.
因为p＝，则有P(X＝i)＝，i＝0，1，2，3，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)设事件A＝“该微生物至多经过两次分裂后消失”，事件Bi＝“该微生物第一次分裂成i个，i＝0，1，2，3”，
则P(A)＝P(B0)＋P(B1)P(A｜B1)＋P(B2)P(A｜B2)＋P(B3)P(A｜B3)
＝＋×＋×＋×＝，
P(AB2)＝P(B2)P(A｜B2)＝×＝，
所以P(B2｜A)＝＝＝，
故该微生物至多经过两次分裂后消失的条件下，第一次分裂得到两个新微生物的概率.
(3)开始有一个这样的微生物，设最终消失的概率为f(1)＝q≤，
那么有i个这样的微生物最终消失的概率为f(i)＝qi，i＝0，1，2，3，
则f(1)＝p＋f(1)＋f(2)＋f(3)，
代入得q＝p＋q＋q2＋q3，
整理得3q＝3p＋(1－p)(q＋q2＋q3) 3q－3＝3p－3＋(1－p)(q＋q2＋q3)＝(1－p)(q＋q2＋q3－3)，
即3(q－1)＝(1－p)(q＋q2＋q3－3) ＝＝.
因为0≤q≤，所以有＝＝∈，
即∈，解得p∈，
故p的取值范围是.
题型二　概率、统计与数列的交汇问题
(2026·广东广州模拟)将4个面上分别写有数字1，2，3，4的一个正四面体在桌面上连续独立地抛n次(n为正整数)，设X为与桌面接触的数字为偶数的次数，p(0＜p＜1)为抛掷正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率.
(1)当n＝5时，若正四面体的质地是均匀的，求X的数学期望和方差；
(2)若正四面体有瑕疵，即p≠.
(ⅰ)设pn是抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：pn＝p＋(1－2p)pn－1(n≥2)；
(ⅱ)求抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率.
解：(1)因为正四面体的质地是均匀的，p为抛掷正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率，所以p＝＝，进一步得，X～B(5，)，
所以E(X)＝np＝5×＝，D(X)＝np(1－p)＝5××＝，
所以X的数学期望和方差分别为.
(2)(ⅰ)证明：因为pn是抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，
所以pn－1是抛掷正四面体(n－1)次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，
当n≥2时，当在前(n－1)次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现奇数次时，第n次抛掷的结果必须出现奇数，才可以保证前n次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，所以pn1＝pn－1(1－p)，
当在前(n－1)次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现偶数次时，第n次抛掷的结果必须出现偶数，才可以保证前n次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，所以pn2＝(1－pn－1)p，
由互斥事件概率的加法公式得pn＝pn－1(1－p)＋(1－pn－1)p＝p＋pn－1(1－2p)，
即pn＝p＋pn－1(1－2p)(n≥2).
(ⅱ)设pn－x＝(1－2p)(pn－1－x)，
结合(ⅰ)所得关系，则x＝，即pn－＝(1－2p)(pn－1－)且n≥2.
又p1－＝p－，
所以数列是首项为p－，公比为1－2p的等比数列，
所以pn－＝(1－2p，所以pn＝(n∈N*)，
所以抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率为1－pn＝(n∈N*).
【教师备选】　(2023·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(Xi)＝qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y).
解：(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，则P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2｜A1)＋P(B1)P(B2｜B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2)设P(Ai)＝pi.
根据题意，知P(Bi)＝1－pi，
则P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)P(Ai＋1｜Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1｜Bi)，
即pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝0.4pi＋0.2.
所以pi＋1－＝(pi－).
又p1－＝，所以，公比为的等比数列.
所以pi－＝×()i－1，即pi＝×()i－1＋，即为第i次投篮的人是甲的概率.
(3)证明：因为pi＝×()i－1＋，i＝1，2，…，n，
所以E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝×＋＝＋.
　　概率问题与数列的交汇，综合性较强，主要有以下类型
1.求通项公式：关键是找出概率Pn或均值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相加法求和、错位相减法求和、裂项相消法求和.
3.利用等差、等比数列的性质，研究单调性、最值或求极限.
学生用书 第315页
对点练2.学校食堂为了减少排队时间，从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了米饭套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为；若他前1天选择了面食套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为.
(1)求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率；
(2)记该同学开学第n(n∈N*)天中午选择米饭套餐的概率为Pn.证明：当n≥2时，Pn≤.
解：(1)设Ai＝“第i天选择米饭套餐”(i＝1，2)，则＝“第i天选择面食套餐”.
根据题意，P(A1)＝，P()＝，P(A2｜A1)＝，P(A2｜)＝.
由全概率公式得，P(A2)＝P(A1)P(A2｜A1)＋P()P(A2｜)＝×＋×＝.
(2)证明：设An＝“第n天选择米饭套餐”(n＝1，2，…)，
则Pn＝P(An)，P()＝1－Pn，P(An＋1｜An)＝，P(An＋1｜)＝.
由全概率公式，得P(An＋1)＝P(An)P(An＋1｜An)＋P()P(An＋1｜)＝－Pn＋，
即Pn＋1＝－Pn＋，所以Pn＋1－＝－(Pn－).
因为P1－＝，所以为首项，－为公比的等比数列，
可得Pn＝＋×(n∈N*)，
当n为大于1的奇数时，Pn＝＋×≤＋×＝；
当n为正偶数时，Pn＝－×＜＜，
综上所述，当n≥2时，Pn≤.
题型三　概率、统计中的新定义问题
定义：int(x)为不超过x的最大整数部分，如int(2.3)＝2，int(－2.3)＝－3.甲、乙两个学生高二的6次数学测试成绩(测试时间为90分钟，满分100分)如下表所示：
高二成绩 第1次考试 第2次考试 第3次考试 第4次考试 第5次考试 第6次考试
甲 68 74 77 84 88 95
乙 71 75 82 84 86 94
进入高三后，由于改进了学习方法，甲、乙这两个学生的数学测试成绩预计有了大的提升.设甲或乙高二的数学测试成绩为x，若10int()＋x－[int()]2≤100，则甲或乙高三的数学测试成绩预计为10int()＋x－[int()]2；若10int()＋x－[int()]2＞100，则甲或乙高三的数学测试成绩预计为100.
(1)试预测：在将要进行的高三6次数学测试成绩(测试时间为90分钟，满分100分)中，甲、乙两个学生的成绩(填入下列表格内)；
高三成绩 第1次考试 第2次考试 第3次考试 第4次考试 第5次考试 第6次考试
甲
乙
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(2)记高三任意一次数学测试成绩估计值为t，规定：t∈[84，90]，记为转换分为3分；t∈[91，95]，记为转换分为4分；t∈[96，100]，记为转换分为5分.现从乙的6次数学测试成绩中任意抽取2次，求这2次成绩的转换分之和为8分的概率.
解：(1)由已知，预测高三6次数学测试成绩如下：
高三成绩 第1次考试 第2次考试 第3次考试 第4次考试 第5次考试 第6次考试
甲 84 90 93 93 97 100
乙 87 91 91 93 95 100
(2)在乙的高三6次数学测试预测成绩中，
转换分为3分的有1次，记为A；
转换分为4分的有4次，记为B，C，D，E；
转换分为5分的有1次，记为F.
现从中任意抽取2次，一共有15种结果，它们是(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，
其中2次成绩的转换分之和为8分有7种结果，它们是(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，
所以所求概率为P＝.
　　对于概率统计背景下的新定义问题，构建解题模型是解决问题的关键.学生需要根据题目的具体要求和已学知识，构建出适合解决该问题的统计模型.这个模型可以是基于某种统计分布的假设检验模型，也可以是基于数据特征的描述统计模型.在构建模型的过程中，学生需要充分考虑新定义的条件和结论，确保模型的准确性和有效性.
对点练3.某工厂生产某种元件，其质量按测试指标划分为：指标大于或等于82为合格品，小于82为次品，现抽取这种元件100件进行检测，检测结果统计如下表：
测试指标 [20，76) [76，82) [82，88) [88，94) [94，100]
元件数(件) 12 18 36 30 4
(1)现从这100件样品中随机抽取2件，若其中一件为合格品，求另一件也为合格品的概率；
(2)关于随机变量，俄国数学家切比雪夫提出切比雪夫不等式：
若随机变量X具有数学期望E(X)＝μ，方差D(X)＝σ2，则对任意正数ε，均有P(｜x－μ｜≥ε)≤成立.
(ⅰ)若X～B，证明：P(0≤X≤25)≤；
(ⅱ)利用该结论表示即使分布未知，随机变量的取值范围落在期望左右的一定范围内的概率是有界的.若该工厂声称本厂元件合格率为90％，那么根据所给样本数据，请结合“切比雪夫不等式”说明该工厂所提供的合格率是否可信？(注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A为小概率事件)
解：(1)记事件A为抽到一件合格品，事件B为抽到两件合格品，
所以P(AB)＝＝，P(A)＝＝，所以P(B｜A)＝＝＝.
(2)(ⅰ)证明：根据题意，若X～B，
则E(X)＝50，D(X)＝25.
又P(X＝k)＝＝P(X＝100－k)，
所以P(0≤X≤25)＝P(0≤X≤25或75≤X≤100)＝P(｜X－50｜≥25).
由切比雪夫不等式可知，P(｜X－50｜≥25)≤＝，
所以P(0≤X≤25)≤.
(ⅱ)设随机抽取100件产品中合格品的件数为X，
假设厂家关于产品合格率为90％的说法成立，则X～B(100，0.9)，
所以E(X)＝90，D(X)＝9，
由切比雪夫不等式知，P(X＝70)≤P(｜X－90｜≥20)≤＝0.022 5，
即在假设下100个元件中合格品为70个的概率不超过0.022 5，此概率极小，由小概率原理可知，一般来说在一次试验中是不会发生的，据此我们有理由推断工厂的合格率不可信.
课时分层测评89　概率与统计中的交汇创新问题
(时间：60分钟　满分：55分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.(10分)为提高科技原创能力，抢占科技创新制高点，某企业锐意创新，开发了一款新产品，并进行大量试产.
(1)现从试产的新产品中取出了5件产品，其中恰有2件次品，但不能确定哪2件是次品，需对5件产品依次进行检验，每次检验后不放回，当能确定哪2件是次品时即终止检验，记终止时一共检验了X次，求随机变量X的分布列与期望；
(2)设每件新产品为次品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件新产品是否为次品相互独立.记“从试产的新产品中随机抽取50件，其中恰有2件次品”的概率为f(p)，问p取何值时，f(p)最大.
解：(1)根据题意可知X的可能取值为2，3，4.
则P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝×＋＝，P(X＝4)＝＝.
则X的分布列为
X 2 3 4
P
所以X的数学期望E(X)＝2×＋3×＋4×＝.
(2)根据题意，得f(p)＝p2(1－p)48(0＜p＜1)，
f'(p)＝[2p(1－p)48－48p2(1－p)47]＝2p(1－p)47(1－25p).
令f'(p)＝0，解得p＝，
因为当0＜p＜时，f'(p)＞0，f(p)单调递增，当＜p＜1时，f'(p)＜0，f(p)单调递减，
所以当p＝时，f(p)取得最大值.
2.(13分)设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为P(X＝ak)＝xk，P(Y＝ak)＝yk，xk＞0，yk＞0，k＝0，1，2，…，n，xk＝yk＝1.指标D(X‖Y)可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为D(X‖Y)＝xkln .设X～B(n，p)，0＜p＜1.
(1)若Y～B(n，q)，0＜q＜1，求D(X‖Y)；
(2)若n＝2，P(Y＝k－1)＝，k＝1，2，3，求D(X‖Y)的最小值；
(3)对任意与X有相同可能取值的随机变量Y，证明：D(X‖Y)≥0，并指出取等号的充要条件.
解：(1)不妨设ak＝k，则xk＝pk(1－p)n－k，yk＝qk(1－q)n－k.
所以D(X‖Y)＝pk(1－p)n－kln
＝ln ·kpk(1－p)n－k＋nln ·pk(1－p)n－k＝npln ＋nln .
(2)当n＝2时，P(X＝2)＝p2，P(X＝1)＝2p(1－p)，P(X＝0)＝(1－p)2.
记f(p)＝D(X‖Y)＝p2ln 3p2＋2p(1－p)ln 6p(1－p)＋(1－p)2ln 3(1－p)2
＝p2ln p2＋2p(1－p)ln 2p(1－p)＋(1－p)2ln(1－p)2＋ln 3，
则f'(p)＝4pln p＋2p＋(2－4p)[ln 2p(1－p)＋1]－4(1－p)ln(1－p)－2(1－p)＝2[ln p－ln(1－p)＋(1－2p)ln 2].
令g(p)＝ln p－ln(1－p)＋(1－2p)ln 2，则g'(p)＝＋－2ln 2.
令φ(p)＝＋－2ln 2，则φ'(p)＝.
当0＜p＜时，φ'(p)＜0，φ(p)单调递减；当＜p＜1时，φ'(p)＞0，φ(p)单调递增；
所以φ(p)＞φ＝4－2ln 2＞0，则g(p)单调递增，而g＝0，
所以f'(p)在为负数，在为正数，
则f(p)在单调递减，在单调递增，
所以D(X‖Y)的最小值为ln 3－ln 2.
(3)证明：令h(x)＝ln x－x＋1，则h'(x)＝－1＝，
当0＜x＜1时，h'(x)＞0，h(x)单调递增，当x＞1时，h'(x)＜0，h(x)单调递减；
所以h(x)≤h(1)＝0，即ln x－x＋1≤0，当且仅当x＝1时，等号成立，
则当x＞0时，ln x≤x－1，所以ln ≤－1，
即ln x≥1－，
故D(X‖Y)＝xkln ≥xk(1－)＝(xk－yk)＝xk－yk＝0，
当且仅当对所有的k，xk＝yk时等号成立.
3.(15分)(2025·山东泰安一模)为备战全国机器人大赛，某高校机器人甲队和乙队进行练习赛，两队均由两台机器人组成.比赛要求每轮两局，每局比赛两队需派不同机器人参赛，每局比赛获胜得1分，否则得0分.设每轮比赛中各局结果互不影响，各轮结果也互不影响.已知甲队机器人a，b每局比赛获胜的概率分别为，.
(1)设前两轮比赛中甲队得3分为事件A，前两轮比赛中机器人a得2分为事件B，求P(B｜A)；
(2)受机器人电池续航能力影响，本次比赛最多进行10轮，规定当一队得分比另一队得分多2分时比赛结束.设比赛结束时共进行了X轮，求X的数学期望.
解：(1)设前两轮比赛中a得i分为事件Ci，b得j分为事件Dj，i，j＝0，1，2，
所以P(C1)＝＝，P(C2)＝＝，
P(D1)＝＝，P(D2)＝＝.
根据题意A＝C1D2＋C2D1，AB＝C2D1，
因为各轮比赛，各局比赛结果互不影响，C1D2与C2D1互斥，
所以P(A)＝P(C1D2)＋P(C2D1)＝P(C1)P(D2)＋P(C2)P(D1)＝×＋×＝，
P(AB)＝P(C2)P(D1)＝×＝，
所以P(B｜A)＝＝.
(2)根据题意，知X＝1，2，…，10.
设第k轮两队比分为1∶1为事件Ek，k＝1，2，…，9.
因为各局比赛互不影响，
所以P(Ek)＝×＋×＝，
所以P()＝1－P(Ek)＝.
根据题意，k＝1时，P(X＝1)＝P()＝，
k≥2时，事件“X＝k”＝E1E2…Ek－1，k＝2，3，…，9.
因为各轮比赛互不影响，
所以P(X＝k)＝P(E1)P(E2)…P(Ek－1)P()＝××…××＝，k＝2，3，…，9.
因为P(X＝10)＝P(E1)P(E2)…P(E9)＝，
所以E(X)＝1×＋2×＋…＋9×＋10×.
设S＝1×＋2×＋…＋9×，
所以S＝1×＋…＋8×＋9×，
所以S－S＝＋＋…＋－9×，
所以S＝1－－9×，所以S＝2－11×，
所以E(X)＝2－＝.
4.(17分)(2026·海南海口模拟)某公司研发了一种帮助家长解决孩子早教问题的萌宠机器人，它结合了人工智能、语音识别、互动娱乐和教育等内容，且云端内容可以持续更新，旨在通过趣味性和互动性帮助孩子学习和发展.萌宠机器人一投放市场就受到了很多家长欢迎，为了更好的服务广大家长，该公司对萌宠机器人的某个性能指数x(0＜x≤10)与孩子的喜爱程度y(0≤y≤1)进行统计调查，得到如下数据表：
x 5 6 7 8 9
y 0.55 0.50 0.60 0.65 0.70
(1)请根据上表提供的数据，通过计算变量x，y的相关系数r，回答是否可以认为该性能指数与孩子的喜爱程度相关性很强(当｜r｜∈[0.75，1]时，x与y相关性很强)；
(2)机器人的交互性很强，孩子可以通过输入语音给机器人发布执行指令.机器人执行命令的正确率为90％，出错率为10％.当机器人正确执行命令时，使用者满意的概率为80％；当机器人执行出错时，使用者满意的概率为30％.如果使用者对某次命令执行结果表示不满意，求机器人实际正确执行命令的概率是多少？
(3)该公司科技人员小李想挑战萌宠机器人，他和机器人比赛答题，他们每人答4个题，若小李答对题数不小于3，则挑战成功.已知小李答对前两道题的概率均为p1，答对后两道题的概率均为p2.假设每次答题相互独立，且互不影响，当p1＋p2＝时，求小李挑战成功的概率的最大值.
参考公式：相关系数r＝.
解：(1)由表知，＝＝7，＝＝0.6，
(xi－)(yi－)＝(5－7)×(0.55－0.6)＋(6－7)×(0.50－0.6)＋(7－7)×(0.60－0.6)＋(8－7)×(0.65－0.6)＋(9－7)×(0.70－0.6)＝0.45，
＝(5－7)2＋(6－7)2＋(7－7)2＋(8－7)2＋(9－7)2＝10，
＝(0.55－0.6)2＋(0.50－0.6)2＋(0.60－0.6)2＋(0.65－0.6)2＋(0.70－0.6)2＝0.025，
则r＝＝＝0.9∈[0.75，1]，
由此可以认为该性能指数与孩子的喜爱程度相关性很强.
(2)设事件A1为“机器人执行命令正确”，事件A2为“机器人执行命令错误”，事件B为“使用者不满意”，
则P(A1)＝90％＝0.9，P(A2)＝10％＝0.1，
P(B｜A1)＝1－80％＝0.2，P(B｜A2)＝1－30％＝0.7，
由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)＝0.9×0.2＋0.1×0.7＝0.25，
所以P(A1｜B)＝＝＝＝0.72.
(3)当小李答对题数为3时，概率为·p2(1－p2)＋p1(1－p1)＝2p1p2(p1＋p2－2p1p2)＝2p1p2(－2p1p2)，
当小李答对题数为4时，概率为，
所以小李挑战成功的概率为：2p1p2(－2p1p2)＋＝－3(p1p2)2＋3p1p2.
由p1＋p2＝，0≤p1≤1，0≤p2≤1，
则p1p2≤＝，当且仅当p1＝p2＝时等号成立，
所以p1p2∈［0，］.
由二次函数的知识可知，
当p1p2＝时，小李挑战成功的概率最大，最大为－3×＋3×＝
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