105.概率压轴的常见的新情境汇编
★类型1.概率递推与马尔科夫链
一．真题回溯
1．（2023·新高考1 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，若末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）求第次投篮的人是甲的概率；（公众号：凌晨讲数学）
i
（3）已知：若随机变量
服从两点分布，且
，则
i
X
1
1
0
,
1,2,
,
i
i
i
P X
P X
q i
n
．记前
次（即从第1 次到第
次投篮）中甲投篮的次数为
，求
1
1
n
n
i
i
i
i
E
X
q
n
n
Y
E Y
．
解析：（1）记“第次投篮的人是甲”为事件
，“第次投篮的人是乙”为事件
，
i
iA
i
iB
所以，
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
|
|
P B
P A B
P B B
P A P B
A
P B P B
B
.
0.5
1 0.6
0.5 0.8
0.6
（2）设
，依题可知，
，则
i
i
P A
p
1
i
i
P B
p
，
1
1
1
1
1
|
|
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
P A
P A A
P B A
P A P A
A
P B P A
B
即
，构造等比数列
，设
1
0.6
1 0.8
1
0.4
0.2
i
i
i
i
p
p
p
p
ip
，解得
，则
，又
，所以
1
2
5
i
i
p
p
1
3
1
1
2
1
3
5
3
i
i
p
p
1
1
1
1
1
,
2
3
6
p
p
是首项为
，公比为
的等比数列，即
．
1
3
ip
1
6
2
5
1
1
1
1
2
1
2
1
,
3
6
5
6
5
3
i
i
i
i
p
p
（3）因为
，
，所以当
时，
1
1
2
1
6
5
3
i
ip
1,2,
,
i
n
*
N
n
，故
．
1
2
2
1
1
5
2
5
1
2
6
3
18
5
3
1
5
n
n
n
n
n
E Y
p
p
p
5
2
( )
1
18
5
3
n
n
E Y
二．热门模考题展示
2.（24 届东北三省四市联考T19）入冬以来，东北成为全国旅游和网络话题的“顶流”．南
方小土豆们纷纷北上体验东北最美的冬天，这个冬天火的不只是东北的美食，东北人的热
情，还有东北的洗浴中心，南方游客直接拉着行李箱进入，拥挤程度堪比春运．东北某城
市洗浴中心花式宠“且”，为给顾客更好的体验，推出了A 和B 两个套餐服务，顾客可自由
选择A 和B 两个套餐之一，并在
平台上推出了优惠券活动，下表是该洗浴中心在
App
平台10 天销售优惠券情况．（公众号：凌晨讲数学）
App
日期t
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
销售量y（千
张）
1.90
1.98
2.20
2.36
2.43
2.59
2.68
2.76
2.70
0.40
经计算可得：
．
10
10
10
2
1
1
1
1
2.2,
118.73,
385
10
i
i
i
i
i
i
i
y
y
t y
t
（1）因为优惠券购买火爆，
平台在第10 天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠
App
券数量大幅减少，现剔除第10 天数据，求y 关于t 的回归方程；（结果中的数值用分数表
示）
（2）若购买优惠券的顾客中选择A 套餐的概率为
，选择B 套餐的概率为
，并且选择
2
5
3
5
A 套餐需要用一张优惠券，选择B 套餐需要用两张优惠券，记
平台累计销售优惠券为
App
n 张的概率为
,求
；
nP
nP
（3）记（2）中所得概率
的值构成数列
．
nP
*
nP
nN
①求数列
的最值；
nP
②数列收敛的定义：已知数列
,若对于任意给定的正数ε，总存在正整数
,使得当
na
0
N
时，
,（a 是一个确定的实数），则称数列
收敛于a．根据数列收敛
0
n N
na
a
na
的定义证明数列
收敛．参考公式：
．
nP
1
1
2
2
2
1
1
ˆ
n
n
i
i
i
i
i
i
n
n
i
i
i
i
x
x
y
y
x y
nxy
b
x
x
x
nx
解析：（1）剔除第10 天数据的
9
1
1
2.2 10
0.4
1
2
9
( )
2.4,( )
5
9
9
9
i
i
y
y
t
L
新
新
；
10
1
118.73 10 0.4
114.73
i
i
i
t y
新
10
2
2
1
385 10
285
i
i
t
新
所以
，故
，所
1
2
2
2
1
114.73
9 5 2.4
673
ˆ
285
9 5
6000
n
i
i
i
n
i
i
x y
nxy
b
x
nx
673
2207
2.4
5
6000
1200
a
以
.
673
2207
6000
1200
y
x
（2）由题意可知
，其中
，
1
2
2
3
(
3)
5
5
n
n
n
P
P
P
n
1
2
2
2
2
3
19
,
5
5
5
5
25
P
P
将此式变形可得
，
1
1
2
1
2
3
2
3
2
5
2
5
5
5
5
n
n
n
n
n
n
P
P
P
P
P
P
令
，解得
或
.
3
5
2
5
1
3
5
当
时,则
，所以
为常数列
3
5
1
1
2
3
3
(
3)
5
5
n
n
n
n
P
P
P
P
n
1
3
5
n
n
P
P
首项为
，故
，将
变形
2
1
3
19
3
2
1
5
25
5
5
P
P
1
3
1(
2)
5
n
n
P
P
n
1
3
1(
2)
5
n
n
P
P
n
可得
，所以
是以首项为
，
1
5
3
5 (
2)
8
5
8
n
n
P
P
n
5
8
nP
1
5
2
5
9
8
5
8
40
P
公
比为
的等比数列，故
，即
3
5
1
5
9
3
8
40
5
n
nP
1
9
3
5
40
5
8
n
nP
（3）①当n 为偶数时，
单调递减，最大值为
5
3
3
5
3 3
0
8
8
5
8
8 5
n
n
nP
2
19
25
P
；
当n 为奇数时，
单调递增，最小值为
；
5
3
3
5
3 3
0
8
8
5
8
8 5
n
n
nP
1
2
5
P
综上：数列
的最大值为
，最小值为
.
nP
19
25
2
5
②证明：对任意
总存在正整数
，（其中
表示取整函数）
0
0
3
5
8
log
1
3
N
[ ]
x
当
时，
.
3
5
8
log
1
3
n
3
5
8
log
3
5
3
3
3 3
3 3
8
8
5
8 5
8 5
n
n
nP
3.（24 届深圳中学高三二检）某不透明箱子中有8 个除颜色外完全相同的小球，其中2 个
白球，3 个红球和3 个黄球.
（1）若把所有小球拿出来按顺序排成一排，求所有不同排列方法的种数；
（2）若采取不放回的方式每次从箱子中随机取走一个球,直至取到红球为止，在这过程中
记取到的白球数为
，求
的分布列；（公众号：凌晨讲数学）
X
X
（3）若一开始先把箱子里的黄球全部取出来,然后按以下规则每次取一个球；若取到红球,
则把红球拿走并重新放入一个白球；若取到白球，则把白球拿走并重新放入一个红球.重复
这个操作
次后；记箱子里红球个数为
，求
的数学期望.
*
n n
N
nY
nY
解析：（1）8 个位置选3 个位置放红球共
种选法,剩余5 个位置选3 个位置放黄球共
3
8
C
种选法.剩余2 个位置放白球因此,共有
种排列方式
3
5
C
3
3
8
5
560
C
C
（2）
的可能取值为
，
时，相当于8 个小球按顺序排成排,红球前面没有白
X
0,1,2
0
X
球的概率2 个白球，3 个红球和3 个黄球排成一排共有
种排列方式，红球前面没有
3
3
8
5
C
C
白球共有
种排列方式因此
，同理
3
2
8
4
C
C
3
2
8
4
3
3
8
5
3
(
0)
5
C
C
P X
C
C
所以
的分布列为
8
3
1
3
s
3
8
3
3
3
3
8
5
5
1
3
1
(
1)
, (
2)
.
10
10
C
C
C
P X
P X
C
C
C
C
X
x
0
1
2
P
3
5
3
10
1
10
（3）设
的分布列为
1
n
Y
1
n
Y
0
1
2
3
4
5
P
0p
1p
2p
3p
4p
5p
则
且
0
1
2
3
4
5
1
p
p
p
p
p
p
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
n
p
p
p
p
p
E Y
，同理
1
1
0
2
2
2
1
0
2
5
5
n
n
n
P Y
P Y
P Y
p
p
1
3
2
4
4
3
3
4
2
,
3
5
5
5
5
n
n
P Y
p
p P Y
p
p
3
5
4
2
1
4
,
5
5
5
n
n
P Y
p
p P Y
p
0
1
2
3
4
5
1
8
11
14
17
20
3
1
5
5
5
5
5
5
n
n
E Y
p
p
p
p
p
p
E Y
，由题意得，
1
5
3
5
2
5
2
n
n
E Y
E Y
0
3
E Y
，
0
5
3
5
1
3
2
5
2
2
5
n
n
n
E Y
E Y
5
1
3
2
2
5
n
n
E Y
★类型2.极大似然估计
一．基本原理
（1）当
给定时，可得到函数
，这个是数列的最值
p
n
k
p
p
C
k
f
k
n
k
k
n
,2,1,0
,
)
1(
)
(
问题.
.
)
1(
)1
(
1
)
1(
)1
(
)
1(
)
1(
)1
(
)
1(
)
1(
1
1
1
1
p
k
k
p
n
p
k
k
p
n
p
k
p
k
p
k
n
p
p
C
p
p
C
p
p
k
n
k
k
n
k
n
k
n
k
k
k
分析：当
时，
，
随
值的增加而增加；当
时，
p
n
k
)1
(
1
k
k
p
p
kp
k
p
n
k
)1
(
，
随
值的增加而减少.如果
为正整数，当
时，
1
k
k
p
p
kp
k
p
n
)1
(
p
n
k
)1
(
，此时这两项概率均为最大值.如果
为非整数，而
取
的整数
1
k
k
p
p
p
n
)1
(
k
p
n
)1
(
部分，则
是唯一的最大值.
kp
注：在二项分布中，若数学期望为整数，则当随机变量
等于期望时，概率最大.
k
（2）当
给定时，可得到函数
，这个是函数的最值问
k
)1,0
(
,
)
1(
)
(
p
p
p
C
p
f
k
n
k
k
n
题，
这可以用导数求函数最值与最值点.
分析：
1
1
)
1
)(
(
)
1(
)
('
k
n
k
k
n
k
k
n
p
k
n
p
p
kp
C
p
f
p
k
n
p
k
p
p
C
k
n
k
k
n
)
(
)
1(
)
1(
1
1
).
(
)
1(
1
1
np
k
p
p
C
k
n
k
k
n
当
时，由于当
时，
，
单调递增，当
时，
1
,
,2,1
n
k
n
k
p
0
)
('
p
f
)
( p
f
n
k
p
，
单调递减，故当
时，
取得最大值，
.又当
0
)
('
p
f
)
( p
f
n
k
p
)
( p
f
)
(
)
(
max
n
k
f
p
f
，当
时，
，从而
无最小值.
1
)
(
,0
p
f
p
0
p
0
)
(
p
f
)
( p
f
3.2 超几何分布的概率最值
将从
件产品中取出
件产品的可能组合全体作为样本点，总数为
.其中，次品
)
(
b
a
n
n
b
a
C
出现
次的可能为
.令
，则所求概率为
k
k
n
b
k
aC
C
b
a
N
n
N
k
n
a
N
k
a
k
C
C
C
N
h
)
(
即
.令
则当
时，
kN
nN
aN
N
an
nN
aN
N
C
C
C
C
C
C
N
h
N
h
n
N
k
n
a
N
k
a
n
N
k
n
a
N
k
a
k
k
2
2
1
1
)1
(
)
(
,
)1
(
)
(
N
h
N
h
k
k
kN
an
；当
时，
，即当
时，
是关于
的增函数；当
1
kN
an
1
k
an
N
)
(N
hk
N
k
an
N
时，
是关于
的减函数.所以当
时，
达到最大值.
)
(N
hk
N
k
an
N
)
(N
hk
二．热门试题展示
4.（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
次，红球出现
次．假设每次摸出红球的概率为
，根
n
m
p
据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率
的估计值为
．
p
Ap
m
n
（1）若袋中这两种颜色球的个数之比为
，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸
1: 3
取3 个球，设摸出的球为红球的次数为
，则
．（公众号：凌晨讲数学）
Y
3,
Y
B
p
～
注：
表示当每次摸出红球的概率为
时，摸出红球次数为
的概率）
p
P Y
k
p
k
（ⅰ）完成下表；
k
0
1
2
3
1
4
P Y
k
27
64
1
64
3
4
P Y
k
9
64
27
64
（ⅱ）在统计理论中，把使得
的取值达到最大时的
，作为
的估计值，记为
p
P Y
k
p
p
，请写出
的值．
Ap
Ap
（2）把（1）中“使得
的取值达到最大时的
作为
的估计值
”的思想称为最
p
P Y
k
p
p
Ap
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
，再对其关于参数
求导，得到似然方程
l
，最后求解参数
的估计值．已知
的参数
的对数似然函数为
0
l
,
Y
B n p
～
p
，其中
．求参数
的估
1
1
( )
ln
1
ln(1
)
n
n
i
i
i
i
l p
X
p
X
p
0,
1,
i
i
X
i
第次摸出白球
第次摸出红球
p
计值，并且说明频率估计概率的合理性．
解（1）因为
，所以
的值为
或
．
3,
Y
B
p
～
p
1
4
3
4
（ⅰ）表格如下
k
0
1
2
3
1
4
P Y
k
27
64
27
64
9
64
1
64
3
4
P Y
k
1
64
9
64
27
64
27
64
（ⅱ）由题知
．
3
3
C
1
k
k
k
p
P Y
k
p
p
当
或1 时，参数
的概率最大；当
或3 时，参数
的概率最大．
0
y
1
4
p
2
y
3
4
p
所以
A
1 ,
0,1.
4
3 ,
2,3.
4
y
y
p
（2）对对数似然函数进行求导，
，因此似然方程为
1
1
1
1
1
1
n
n
i
i
i
i
l
p
X
X
p
p
，解上面的方程，得
，
1
1
1
1
1
0
1
n
n
i
i
i
i
X
X
p
p
1
1
ˆ
n
i
i
p
X
n
因此，用最大似然估计的参数
与频率估计概率的
是一致的，故用频率估计概率是合理
Ap
Ap
的．
★类型3.概率公式与复杂事件概率计算
1.常见赛制
赛制1.
局
胜制.
n
m
这种规则的特点为一旦某方获得
次胜利即终止比赛，所以若比赛提前结束，则一定在最
m
后一次比赛中某方达到
胜.
m
赛制2.连胜制.
规定某方连胜
场即终止比赛，所以若提前结束比赛，则最后
场连胜且之前没有达到
m
m
场连胜.
m
赛制3.比分差距制
规定某方比对方多
分即终止比赛，此时首先根据比赛局数确定比分，在得分过程中要注
m
意使两方的分差小于
.
m
赛制4.“通关制”（淘汰赛制）
在比赛的过程中，如果在某一场失败，则被淘汰，此类问题要注意若达到第
阶段，则意
m
味着前
个阶段均能通关.这种类似于足球比赛中的淘汰赛.
1
m
赛制5.联赛制
一共有
局比赛，每位选手都参加
局比赛，每局比赛相互独立，最终计算全部比赛的
m
m
得分分布列，这种就类似与足球比赛中的联赛制，必须要打满一定的场次.
5.（2020 全国1 卷）.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者
被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下
一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比
赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮
空.设每场比赛双方获胜的概率都为
，
1
2
（1）求甲连胜四场的概率；
（2）求需要进行第五场比赛的概率；
（3）求丙最终获胜的概率.
解析：（1）记事件
甲连胜四场，则
；
:
M
4
1
1
2
16
P M
（2）记事件
为甲输，事件
为乙输，事件
为丙输，则四局内结束比赛的概率为
A
B
C
，所以，需要进行
4
1
1
4
2
4
P
P ABAB
P ACAC
P BCBC
P BABA
第五场比赛的概率为
.
3
1
4
P
P
（3）①四场比赛丙获胜，丙在前四场获胜的概率为
8
1
)
2
1
(
3
②由下表可知：五场比赛丙获胜，
，
16
1
2
1
2
1
2
1
2
1
)
(
B
P
8
1
2
1
1
2
1
2
1
)
(
C
P
，
，（公众号：凌晨讲数学）
8
1
2
1
2
1
1
2
1
)
(
D
P
丙五场比赛丙获胜的概率为
16
5
8
1
8
1
16
1
)
(
)
(
)
(
D
p
C
P
B
P
由于①②互斥，
丙最终获胜的概率为
.
16
7
16
5
8
1
1
2
3
4
5
事件
轮空
胜
胜
败
胜
B
轮空
胜
败
轮空
胜
C
丙的
参赛
情况
轮空
败
轮空
胜
胜
D
注：第二问在处理时直接列举情况较复杂，此时可以采取正难则反的技巧.第三问则可直接
枚举出各种可能结果，这是我们在计算复杂事件时一个重要的技巧.
6.（24 届广州一模T19）某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团
队由
位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若
*
3,
N
n n
n
某成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接
力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束
闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯
关，该团队接力闯关活动结束.
已知
团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为
和
，且每位成员闯关是否成功
A
3
4
1
2
互不影响，每关结果也互不影响.
（1）若
，用
表示
团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求
的均值；
3
n
X
A
X
（2）记
团队第
位成员上场且闯过第二关的概率为
，集合
A
*
1
1,
k
k
n
k
N
kp
中元素的最小值为
，规定团队人数
，求
.
*
3
128
k
k
p
N
0k
0
1
n
k
n
解析：（1）
的所有可能取值为
X
1,2,3
3
1
3
1
3
3
1
1
9
1
,
2
4
2
8
4
8
4
2
2
32
P X
P X
，
的分布列如下
3
9
11
3
1
8
36
32
P X
X
X
1
2
3
P
3
8
9
32
11
32
3
9
33
63
8
16
32
32
E X
（2）
，若前
位玩家都没有通过第一关测试，其概率为
3
1
,
4
2
P
q
1
k
，若前
位玩家中第
位玩家
1
'
1
1
3 1
3
(1
)
4
4 2
2 4
k
k
k
k
p
p
pq
1
k
1
1
i
i
k
才通过第一关测试，则前面
位玩家无人通过第一关测试，其概率为
，第位
1
i
1
(1
)i
p
i
玩家通过第一关测试，但没有通过第
位玩家到第
位玩家都没有通过第二关测试，
1
i
1
k
其概率为
.所以前面
位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：
1
(1
)k i
q
1
k
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(1
)
(1
)(1
)
(1
)
1
i
k
k
i
k i
k
k
i
i
p
p
p
p
q
q
q
pq
q
q
.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1
2
3 1
1
3
1
3
1
1
1
8 2
2
8
2
2
2
1
2
k
k
i
k
k
k
k
i
第
位成员问过第二关的概率
.
k
'
''
3
1
1
2
2
4
k
k
k
k
k
p
p
p
由
0
3
1
1
3
1
1
1
6,
6,
7
2
2
4
128
2
4
64
k
k
k
k
k
k
n
★类型4.概率与其他板块综合
7.（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，
．
(
)
(
0,1,2,3)
i
P X
i
p i
（1）已知
，求
；
0
1
2
3
0.4,
0.3,
0.2,
0.1
p
p
p
p
(
)
E X
（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：
的一个最小正实根，求证：当
时，
，当
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x
(
)
1
E X
1
p
(
)
1
E X
时，
；
1
p
（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
，因为
，故
3
2
3
2
1
0
1
f x
p x
p x
p
x
p
3
2
1
0
1
p
p
p
p
，若
，则
，故
3
2
3
2
2
0
3
0
f x
p x
p x
p
p
p
x
p
1
E X
1
2
3
2
3
1
p
p
p
.
2
3
0
2
p
p
p
，因为
，
2
3
2
2
0
3
3
2
f
x
p x
p x
p
p
p
2
0
3
0
0
f
p
p
p
，故
有两个不同零点
，且
，
2
3
0
1
2
0
f
p
p
p
f
x
1
2
,
x x
1
2
0
1
x
x
且
时，
；
时，
；故
在
，
1
2
,
,
x
x
x
0
f
x
1
2
,
x
x x
0
f
x
f x
1
, x
上为增函数，在
上为减函数，若
，因为
在
为增函数且
2,
x
1
2
,
x x
2
1
x
f x
2,
x
，
1
0
f
而当
时，因为
在
上为减函数，故
，故为
2
0,
x
x
f x
1
2
,
x x
2
1
0
f x
f x
f
1
的一个最小正实根，若
，因为
且在
上为减函
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x
2
1
x
1
0
f
2
0, x
数，故1 为
的一个最小正实根，综上，若
，则
.若
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x
1
E X
1
p
，则
，故
.此时
，
1
E X
1
2
3
2
3
1
p
p
p
2
3
0
2
p
p
p
2
0
3
0
0
f
p
p
p
，故
有两个不同零点
，且
，且
2
3
0
1
2
0
f
p
p
p
f
x
3
4
,
x x
3
4
0
1
x
x
时，
；
时，
；故
在
，
3
4
,
,
x
x
x
0
f
x
3
4
,
x
x x
0
f
x
f x
3
, x
上为增函数，在
上为减函数，而
，故
，又
4,
x
3
4
,
x x
1
0
f
4
0
f x
0
0
0
f
p
，故
在
存在一个零点
，且
.所以
为
的一个最
f x
4
0, x
p
1
p
p
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x
小正实根，此时
，故当
时，
.
1
p
1
E X
1
p
（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.
8.（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
颗麦穗（假设
颗麦穗的大小均
n
n
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
颗麦穗，自第
颗开始，只要发现
(1
)
k
k
n
1
k
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
，该学生摘到那
k
tn
颗最大的麦穗的概率为
.（取
）
P
1 1
ln
n
j k
k
k
n
n
j
n
k
（1）若
，
，求
；
4
n
2
k
P
（2）若
取无穷大，从理论的角度，求
的最大值及
取最大值时的值.
n
P
P
t
解析：（1）这4 颗麦穗的位置从第1 颗到第4 颗排序，有
种情况.
4
4
A
24
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
种情况.
3
3
A
6
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
置，有
种情况.故所求概率为
.
2
2
2A
4
6
4
5
24
12
（2）记事件
表示最大的麦穗被摘到，事件
表示最大的麦穗在麦穗中排在第
颗.
A
j
B
j
因为最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，所以
.以给定所在位置的序
1
j
P B
n
号作为条件，
.当
时，最大的麦穗在前
1
1
1
|
|
n
n
j
j
j
j
j
P A
P A B P B
P A B
n
1
j
k
k
颗麦穗之中，不会被摘到，此时
.当
时，最大的麦穗被摘到，当且
|
0
j
P A B
1
k
j
n
仅当前
颗麦穗中的最大的一颗在前
颗麦穗中时，此时
.由全概率公
1
j
k
|
1
j
k
P A B
j
式知
.令函数
，
，
1
1
1
1
( )
ln
1
n
n
j k
j k
k
k
k
n
P A
n
j
n
j
n
k
( )
ln
(
0)
x
n
g x
x
n
x
1
1
( )
ln n
g x
n
x
n
令
，则
，当
时，
，当
时，
，所以
0
g
x
e
n
x
0, e
n
x
( )
0
g x
,
e
n
x
n
( )
0
g x
( )
g x
在
上单调递增，在
上单调递减.所以
.所以当
，
0, e
n
,
e
n n
max
1
( )
e
e
n
g x
g
e
n
k
时取得最大值，最大值为
，此时
，即
的最大值为
，此时的值为
( )
ln
k
n
P A
n
k
1
e
1
t
e
P
1
e
t
