22.导数与概率的综合性压轴_11.3-2_2026-11-03

22.导数与概率综合压轴
随着概率与统计的地位越来越重要，未来不排除导数与概率综合去命制压轴题目，作为最
后一节，我们赏析一下概率与导数压轴题.
一．基本原理：似然估计与概率最值
1.已知函数： p(x/)输入有两个：x表示某一个具体的数据；表示模型的参数，如果
是已知确定的，x是变量，这个函数叫做概率函数，它描述对于不同的样本点x，其出
现概率是多少.如果x是已知确定的，是变量，这个函数叫做似然函数，它描述对于不
同的模型参数，出现x这个样本点的概率是多少.
极大似然估计，通俗理解来说，就是利用已知的样本结果信息，反推最具有可能（最大概
率）导致这些样本结果出现的模型参数值.
换句话说，极大似然估计提供了一种给定观察数据来评估模型参数的方法，即：“模型已
定，参数未知”.
2. 二项分布的两类最值
（1）当 p给定时，可得到函数 f(k)Ckpk(1 p)nk,k 0,1,2,n，这个是数列的最值
n
问题.
p Cnpk(1 p)nk (nk1)p k(1 p)(n1)pk (n1)pk
k  k   1 .
p Ck1pk1(1 p)nk1 k(1 p) k(1 p) k(1 p)
k1 n
分析：当k (n1)p时， p  p ， p 随k值的增加而增加；当k (n1)p时，
k k1 k
p  p ， p 随 k值的增加而减少.如果 (n1)p为正整数，当 k (n1)p时，
k k1 k
p  p ，此时这两项概率均为最大值.如果(n1)p为非整数，而k取(n1)p的整数
k k1
部分，则 p 是唯一的最大值.
k
注：在二项分布中，若数学期望为整数，则当随机变量k等于期望时，概率最大.
（2）当k给定时，可得到函数 f(p)Ckpk(1 p)nk,p(0,1)，这个是函数的最值问
n
题，
这可以用导数求函数最值与最值点.
分析：
 
f'(p)Ck kpk1(1 p)nk  pk(nk)(1 p)nk1
n
Ckpk1(1 p)nk1 k(1 p)(nk)p  Ckpk1(1 p)nk1(knp).
n n
k k
当 k 1,2,,n1时，由于当 p 时， f'(p)0， f(p)单调递增，当 p 时，
n nk k
f'(p)0， f(p)单调递减，故当 p 时， f(p)取得最大值， f(p)  f( ).又当
n max n
p0, f(p)1，当 p0时， f(p)0，从而 f(p)无最小值.
3．超几何分布的概率最值
将从(ab)件产品中取出n件产品的可能组合全体作为样本点，总数为Cn .其中，次品
ab
CkCnk
出现k次的可能为CkCnk .令N ab，则所求概率为h (N) a Na
a b k Cn
N
CkCnk
a Na
h (N) Cn N2 aN nN an h (N)
即 k  N  .令 k ,则 当 ankN 时 ，
h (N 1) CkCnk N2 aN nN kN h (N 1)
k a N1a k
Cn
N1
an an
1；当ankN时，1，即当N  时，h (N)是关于N 的增函数；当N 
k k k
an
时，h (N)是关于N 的减函数. 所以当N  时，h (N)达到最大值.
k   k   k
二．典例分析
例1 .（24届杭州市高三二模T19）在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若
干个红球和白球，有放回地随机摸球n次，红球出现m次．假设每次摸出红球的概率为 p
m
，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率 p的估计值为 A p  ．
n
（1）若袋中这两种颜色球的个数之比为1:3，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸
取3个球，设摸出的球为红球的次数为Y
，则Y～B3, p
．（公众号：凌晨讲数学）
注：P Y k 表示当每次摸出红球的概率为 p时，摸出红球次数为k的概率）
p
（ⅰ）完成下表；
k 0 1 2 3
P Y k 27 1
1
4 64 64
P Y k 9 27
3
4 64 64
（ⅱ）在统计理论中，把使得P Y k 的取值达到最大时的 p，作为 p的估计值，记为
p
A A
p，请写出 p的值．
（2）把（1）中“使得P Y k 的取值达到最大时的 p作为 p的估计值 A p”的思想称为最
p
大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．
具体步骤：先对参数构建对数似然函数l
，再对其关于参数求导，得到似然方程l0，最后求解参数的估计值．已知Y～Bn,p 的参数 p的对数似然函数为
n n 0,第i次摸出白球
l(p)X ln p1 X ln(1 p)，其中X   ．求参数 p的估
i i i 1,第i次摸出红球
i1 i1
计值，并且说明频率估计概率的合理性．
1 3
解（1）因为Y～B3, p ，所以 p的值为 或 ．
4 4
（ⅰ）表格如下
k 0 1 2 3
P Y k 27 27 9 1
1
4 64 64 64 64
P Y k 1 9 27 27
3
4 64 64 64 64
（ⅱ）由题知P Y kCkpk 1 p3k ．
p 3
1 3
当 y 0或1时，参数 p  的概率最大；当 y 2或3时，参数 p  的概率最大．
4 4
1
,y 0,1.

A 4
所以 p  
3
 ,y 2,3.
4
1 n 1 n
（2）对对数似然函数进行求导，lp X  1X  ，因此似然方程为
p i 1 p i
i1 i1
1 n 1 n 1 n
X  1 X 0，解上面的方程，得 pˆ  X ，
p i 1 p i n i
i1 i1 i1
A A
因此，用最大似然估计的参数 p与频率估计概率的 p是一致的，故用频率估计概率是合理
的．
例2.（2021新高考2卷）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种
微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物
每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的
个数，P(X i) p(i0,1,2,3)．
i
（1）已知p 0.4,p 0.3,p 0.2,p 0.1，求E(X)；
0 1 2 3
（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：
p  px p x2 p x3  x的一个最小正实根，求证：当E(X)1时，p1，当E(X)1
0 1 2 3
时，p1；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．（公众号：凌晨讲数学）解析：（2）设 f x p x3 p x2p 1x p ，因为p  p  p  p 1，故
3 2 1 0 3 2 1 0
f x p x3 p x2p  p  p x p ，若EX1，则p 2p 3p 1，故
3 2 2 0 3 0 1 2 3
p 2p  p .
2 3 0
fx3p x22p xp  p  p ，因为 f0p  p  p 0，
3 2 2 0 3 2 0 3
f1 p 2p  p 0，故 fx有两个不同零点x,x ，且x 01x ，
2 3 0 1 2 1 2
且x,x x ,时， fx0；xx,x 时， fx0；故 f x在,x ，
1 2 1 2 1
x ,上为增函数，在x,x 上为减函数，若x 1，因为 f x在x ,为增函数且
2 1 2 2 2
f 10，
而当x0,x 时，因为 f x在x,x 上为减函数，故 f x f x  f 10，故1为
2 1 2 2
p  px p x2 p x3  x的一个最小正实根，若x 1，因为 f 10且在0,x 上为减函
0 1 2 3 2 2
数，故1为p  px p x2 p x3  x的一个最小正实根，综上，若EX1，则p1.若
0 1 2 3
EX1，则p 2p 3p 1，故p 2p  p .此时 f0p  p  p 0，
1 2 3 2 3 0 2 0 3
f1 p 2p  p 0，故 fx有两个不同零点x ,x ，且x 0x 1，且
2 3 0 3 4 3 4
x,x x ,时， fx0；xx ,x 时， fx0；故 f x在,x ，
3 4 3 4 3
x ,上为增函数，在x ,x 上为减函数，而 f 10，故 f x 0，又 f 0 p 0
4 3 4 4 0
，故 f x在0,x 存在一个零点p，且p1.所以p为p  px p x2 p x3  x的一个最
4 0 1 2 3
小正实根，此时p1，故当EX1时，p1.
（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后
代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.
例3.（24届湖北省部分学校联考）有一位老师叫他的学生到麦田里，摘一颗全麦田里最
大的麦穗，期间只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，他的学生两手空空走
出麦田，因为他不知前面是否有更好的，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.假设该学生在麦田中一共会遇到n颗麦穗（假设n颗麦穗的大小
均不相同），最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，为了使他能在这些麦穗中摘
到那颗最大的麦橞，现有如下策略：不摘前k(1k n)颗麦穗，自第k1颗开始，只要发
现比他前面见过的麦穗都大的，就摘这颗麦穗，否则就摘最后一颗.设k tn，该学生摘到
k n11 k n
那颗最大的麦穗的概率为P.（取   ln ）
n j n k
jk（1）若n4，k 2，求P；
（2）若n取无穷大，从理论的角度，求P的最大值及P取最大值时t的值.
解析：（1）这4颗麦穗的位置从第1颗到第4颗排序，有A4 24种情况.
4
要摘到那颗最大的麦穗，有以下两种情况：
①最大的麦穗是第3颗，其他的麦穗随意在哪个位置，有A3 6种情况.
3
②最大的麦穗是最后1颗，第二大的麦穗是第1颗或第2颗，其他的麦穗随意在哪个位
64 5
置，有2A2 4种情况.故所求概率为  .
2 24 12
（2）记事件A表示最大的麦穗被摘到，事件B 表示最大的麦穗在麦穗中排在第 j颗.
j
1
 
因为最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，所以P B  .以给定所在位置的序
j n
n 1 n
号作为条件，PAP  A|B  P  B   P  A|B  .当1 j k时，最大的麦穗在前k
j j n j
j1 j1
 
颗麦穗之中，不会被摘到，此时P A|B 0.当k1 j n时，最大的麦穗被摘到，当且
j
k
 
仅当前 j1颗麦穗中的最大的一颗在前k颗麦穗中时，此时P A|B  .由全概率公
j j1
1 n k k n11 k n x n 1 n 1
式知P(A)     ln .令函数g(x) ln (x0)，g(x) ln  ，
n j1 n j n k n x n x n
jk1 jk
n  n n 
令gx0，则x ，当x0, 时，g(x)0，当x ,n时，g(x)0，所以g(x)
e  e e 
 n n  n 1 n
在0, 上单调递增，在 ,n上单调递减.所以g(x) g  .所以当k  ，
 e e  max e e e
k n 1 1 1 1
P(A) ln 时取得最大值，最大值为 ，此时t  ，即P的最大值为 ，此时t的值为
n k e e e e
.
例4.（2011全国卷）
2x
（1）设函数 f(x)ln(1x) ，证明：x0时， f(x)0；
x2
（2）从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽
9 1
取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为 p．证明： p( )19  .
10 e2
x2
解析：（1） f '(x) ，当x0时， f '(x)0，所以 f(x)为增函数，又
(x1)(x2)2
f(0)0，
因此x0时， f(x)0 .
100999881
（2）依题， p  .又9981902,9882902,,9189902，
10020
9 2
所以 p( )19,由（1）知：当x0时， f(x)0，因此(1 )ln(1x)2.
10 x1 10 10 9 1
在上式中，令x ，则19ln 2，即( )2 e2，所以 p( )19  .
9 9 9 10 e2
三．习题演练
1．为了估计一批产品的不合格品率p，现从这批产品中随机抽取一个样本容量为n的样本
1,第i次不合格
,,,, ，定义 ,i1,2,,n，于是P(1) p，P(0)1p，
1 2 3 n i 0,第i次合格 i i
i1,2,,n，记L(p)P(x, x ,, x )（其中x 0或1，i1,2,,n），称L(p)表示p
1 1 2 2 n n i
为参数的似然函数．极大似然估计法是建立在极大似然原理基础上的一个统计方法，极大
似然原理的直观想法是：一个随机试验如有若干个可能的结果A，B，C，…，若在一次试
验中，结果A出现，则一般认为试验条件对A出现有利，也即A出现的概率很大. 极大似
然估计是一种用给定观察数据来评估模型参数的统计方法，即“模型已定，参数未知”，通
过若干次试验，观察其结果，利用试验结果得到某个参数值能够使样本出现的概率为最
大．根据以上原理，下面说法正确的是（ ）
A．有外形完全相同的两个箱子，甲箱有99个白球1个黑球，乙箱有1个白球99个黑
球．今随机地抽取一箱，再从取出的一箱中抽取一球，结果取得白球，那么该球一定是从
甲箱子中抽出的
B．一个池塘里面有鲤鱼和草鱼，打捞了100条鱼，其中鲤鱼80条，草鱼20条，那么推
测鲤鱼和草鱼的比例为4:1时，出现80条鲤鱼、20条草鱼的概率是最大的
n n
C． xi nxi
L(p) pi1 (1p) i1 (x 0或1,i1,2,,n)
i
1 n
D．L(p)达到极大值时，参数p的极大似然估计值为 x
n i
i1
【详解】极大似然是一种估计方法，A错误；设鲤鱼和草鱼的比例为t，则出现80条鲤
 t  80  1  20
鱼，20条草鱼的概率为C80
   
，
100 t1 t1
 t  80  1  20
设 f tC80    
100 t1 t1
80t79t1100100t80t199 t79
ftC80 C80 8020t，
100 t1200 100t1101
0t4时， f(t)0，4t时， f(t)0，
f t在t0,4上单调递增，在t4,上单调递减，
故当t4时， f t最大，故B正确；
根据题意，L(p)P(x, x ,, x )（其中x 0或1，i1,2,,n），
1 1 2 2 n n i
n n
所以 xi nxi ，可知C正确；
L(p) pi1 (1p) i1 (x 0或1,i1,2,,n)
in n
Lp    n x i   p  i1 xi1 1 pn i n 1 xi  p  i1 xi    n n x i   1 pn1 i n 1 xi
   
i1 i1
n n
 p  i1 xi1 1 pn1 i n 1 xi       n x i   1 p p   n n x i     p  i1 xi1 1 pn1 i n 1 xi     n x i np  

i1
 
i1
 
i1

1 n 1 n 1 n
令Lp0，解得p x ，且0 p x 时L(p)0，1 p x 时L(p)0，
n i n i n i
i1 i1 i1
 1 n  1 n 
故L(p)在  0, n x i  上递增，在 n x i ,1   上递减，故Lp达到极大值时，参数p的极大
i1 i1
1 n
似然估计值为 x ，故D正确.
n i
i1
故选：BCD
2．设随机变量X 的概率密度函数为 p(x;) （当X 为离散型随机变量时， p(x;) 为X x
的概率），其中为未知参数，极大似然法是求未知参数的一种方法.在n次随机试验中，
x x x L() px;px ;px ;
随机变量X 的观测值分别为 1， 2，…， n，定义 1 2 n 为似然
函数.若 ˆ 时， L() 取得最大值，则称 ˆ 为参数的极大似然估计值.
(1)若随机变量X 的分布列为
X 1 2 3
P 2 2(1) (1)2
其中01.在3次随机试验中，X 的观测值分别为1，2，1，求的极大似然估计值 ˆ.
(2)某鱼池中有鱼m(m65)尾，从中捞取50尾，做好记号后放回鱼塘.现从中随机捞取20
尾，观测到做记号的有5尾，求m的极大似然估计值mˆ .
(3)随机变量X 的概率密度函数为p  x;2  1 e  x 2 1 2 2 ，0.若x，x ，…，x 是X 的
1 2 n
2π
1 n
一组观测值，证明：参数2的极大似然估计值为ˆ2  x 12 .
n i
i1
【详解】（1）依题意得：L()P(X 1)P(X 2)P(X 1)22(1)2 2526，
 5 5
所以L()104125 124  .当0 时，L()0，L()单调递增；
 6 6
5 5
当 1时，L()0，L()单调递减；所以 时，L()取得最大值，所以的极大
6 6
5
似然估计值为ˆ
.
6
C5 C15 L(m1) (m49)(m19)
（2）依题意得：L(m) p(5;m) 50 m50 ，所以  .
C20 L(m) (m64)(m1)
m
L(m1) L(m1)
令 1，得65m199，令 1，得m199，
L(m) L(m)又L(199)L(200)，所以L(65)L(66)L(199)L(200)L(201)L(202)…
所以m199或200时，L(m)取得最大值，所以m的极大似然估计值为mˆ 199或200.
（3）依题意得：L
 2
 p
 x;2
p

x
;2
p

x
;2
1 2 n
 1 e  x 2 1  1 2 2  1 e x 2 2  1 2 2  1 e  x 2 n  1 2 2    1   n e2 1 2  i n 1 xi12
2π 2π 2π  2π
n n 1 n
所以lnL  2  ln(2) ln2  x 12
2 2 22 i
i1
n n 1 n
令F(t) ln(2π) lnt x 12 ，t0，
2 2 2t i
i1
n 1 n n  1 n  1 n
则F(t)  x 12   t x 12 ，令F(t)0，得t x 12 .
2t 2t2 i 2t2  n i  n i
i1 i1 i1
1 n
当0t x 12 时，F(t)0，F(t)单调递增；
n i
i1
1 n
当t x 12 时，F(t)0，F(t)单调递减；
n i
i1
1 n
所以当t x 12 时，F(t)取到最大值.
n i
i1
1 n
即2  x 12 时，lnL  2 取得最大值，即L  2 取得最大值.
n i
i1
1 n
所以参数2的极大似然估计值为ˆ2  x 12 .
n i
i1
ax1
3．函数 f xlnx ．
x1
(1)讨论 f x的单调性；
(2)若函数 f x有两个极值点x,x ，曲线y f x上两点 x,f x  ， x ,f x  连线斜率
1 2 1 1 2 2
2a
记为k，求证：k  ；
a1
(3)盒子中有编号为1~100的100个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取20个小
1
球，记抽取的20个小球编号各不相同的概率为p，求证：p ．
e2
1 ax1ax1 x222ax1
【详解】（1） f x定义域为0,， fx   ，
x x12 xx12
对于方程x222ax10，22a244  a22a  ，
当0，即0a2时，x222ax10， fx0， f x在0,上单增，
当0，即a<0或a2时，方程x222ax10有两不等根，
x a1 a22a ，x a1 a22a，而x x 2a1，xx 1，
1 2 1 2 1 2
所以当a<0时，x x 0， fx0在0,上恒成立， f x在0,上单增；
1 2当a2时，0x x ，x0,x 或xx ,时， fx0，xx,x 时， fx0
1 2 1 2 1 2
，
所以 f x在0,x 和x ,上单增，在x,x 上单减，
1 2 1 2
综上，当a2时， f x在0,上单增；
   
当a2时， f x在 0,a1 a22a 和 a1 a22a, 上单增，
 
在 a1 a22a,a1 a22a 上单减；
 ax 1  ax 1
lnx  1 lnx  2 
（2） f x  f x   1 x 1   2 x 1 
k  1 2  1 2
x x x x
1 2 1 2
x 2ax x  x 2ax x  x
ln 1  1 2 ln 1  1 2 ln 1
x x 1x 1 x xx x x 1 x 2a lnx lnx ，
 2 1 2  2 1 2 1 2  2   1 2 1
x x x x x x 12a21 x x
1 2 1 2 1 2 1 2
2a lnx lnx 1 lnx lnx 2
所以要证k  ，即证 1 2 1 1，即证 1 2  ，
a1 x x a1 x x x x
1 2 1 2 1 2
 x 
2 1 1
也即证ln x 1  2x 1 x 2  ln x 1  x 2  0（*）成立．设t x 1 0,1 ，函数
x x x x x x
2 1 2 2 1 1 2
x
2
2t1
htlnt ，由（1）知ht在0,上单增，且h10，所以t0,1时，
t1
ht0，所以（*）成立，原不等式得证；
A20 100998281
（3）由题可得p 100  ，因为998190292 902，
10020 10020
 9  19
988290282 902，…，918990212 902，所以p

，又由（2）知
10
10 
t1,，htlnt 2t1 0，取t  10 ，有ln 10 
2
 9
1
 ln 10  2 0，即
t1 9 9 10 9 19
1
9
10 19 10 19  9  19 1
ln  2，即   e2，所以p   ．
 9   9  10 e2
4．某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为
提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双
程票的人数分别为36、60和24．
(1)若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随
机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．
(2)记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（m2且mN*）人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出
的2人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率
为p．
（i）试用含m的代数式表示p；
（ii）若一共询问了5组，用gp表示恰有3组被标为B的概率，试求gp的最大值及
此时m的值．
【详解】（1）因为购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数之比为3:5:2，所以这10
3 5
人中，购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为：10 3，10 5，
10 10
2 C2C2 3
10 2，故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率P 7 3  ．
10 C4 10
10
（2）（i）从m2人中任选2人，有C2 种选法，其中购票类型相同的有C2 C2种选法，
m2 m 2
C2 C2 m2m2 4m
则询问的某组被标为B的概率p1 m 2 1  ．
C2 m23m2 m23m2
m2
（ii）由题意，5组中恰有3组被标为B的概率
g(p)C3p3(1 p)2 10p3(12p p2)10(p32p4 p5)，
5
所以g(p)10(3p28p35p4)10p2(p1)(5p3)，0 p1，
 3
所以当p0, 时，gp0，函数gp单调递增，
 5
3 
当p ,1时，gp0，函数gp单调递减，
5 
所以当p 3 时，gp取得最大值，且最大值为g   3 C3   3  3   1 3  2  216 ．
5 5 5 5  5 625
4m 3
由p  ，m>2且mN*，得m3．
m23m2 5
216
当m3时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且gp的最大值为 ．
625