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      試解“新高考”2021年數(shù)學(xué)全國Ⅱ卷第21題

      2021-05-30 14:06:54汪繼波
      數(shù)理化解題研究·高中版 2021年12期
      關(guān)鍵詞:全國卷統(tǒng)計(jì)新高考

      摘 要:“新高考”2021年數(shù)學(xué)全國Ⅱ卷第21題屬于統(tǒng)計(jì)與概率在生物學(xué)中的應(yīng)用性問題,第(2)問的解答,可討論所給方程實(shí)數(shù)根的大小,也可構(gòu)造函數(shù),將方程的根轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn),討論零點(diǎn)的大小,找到最小正實(shí)根.

      關(guān)鍵詞:全國卷;新高考;統(tǒng)計(jì);概率

      中圖分類號(hào):G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼:A文章編號(hào):1008-0333(2021)34-0058-02

      收稿日期:2021-09-05

      作者簡介:汪繼波(1968.10-),男,重慶市長壽區(qū)人,本科,中學(xué)高級(jí)教師,從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

      “新高考”2021年數(shù)學(xué)全國Ⅱ卷(海南、遼寧、重慶)第21題:

      一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來,設(shè)一個(gè)這種微生物為第0代,經(jīng)過一次繁殖后為第1代,再經(jīng)過一次繁殖后為第2代,…,該微生物每代繁殖的個(gè)數(shù)是相互獨(dú)立的且有相同的分布列,設(shè)X表示1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的個(gè)數(shù),P(x=i)=pi(i=0,1,2,3).

      (1)已知p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求E(X);

      (2)設(shè)p表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率,p是關(guān)于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一個(gè)最小正實(shí)根,求證:當(dāng)E(X)≤1時(shí),p=1,當(dāng)E(x)>1時(shí),p<1;

      (3)根據(jù)你的理解說明(2)問結(jié)論的實(shí)際含義.

      本題第(1)、第(3)問較易回答,此處不予討論,在此僅討論第(2)問:

      求解想法 此問關(guān)鍵在于找到這個(gè)關(guān)于x的三次方程的最小正實(shí)根,于是,可以考慮求出它的根(至多3個(gè)實(shí)數(shù)根),進(jìn)行比較,但縱觀全國高考題的特點(diǎn),直接求出此方程的所有實(shí)數(shù)根,并非易事!這一來,解題者應(yīng)有心理準(zhǔn)備,討論方程根的特點(diǎn),比較大小,找到最小正實(shí)根,可嘗試通過分解因式能否找到幾個(gè)根,余下根可根據(jù)限定條件,縮小其取值范圍,進(jìn)而比較方程根的大小;也可以考慮構(gòu)造三次函數(shù),轉(zhuǎn)化為討論此函數(shù)的零點(diǎn),求出值或比較幾個(gè)零點(diǎn)的大小,從而找到原方程的最小正實(shí)根.

      解法一 由概率分布列的性質(zhì),知p0+p1+p2+p3=1,p0=1-(p1+p2+p3),

      方程p0+p1x+p2x2+p3x3=x

      1-(p1+p2+p3)+p1x+p2x2+p3x3=x

      1-x-p1(1-x)-p2(1-x2)-p3(1-x3)=0

      (x-1)[p3x2+(p2+p3)x+(p1+p2+p3-1)]=0

      x=1或p3x2+(p2+p3)x+(p1+p2+p3-1)=0

      構(gòu)造二次函數(shù)g(x)=p3x2+(p2+p3)x+(p1+p2+p3-1),其圖象開口向上,對稱軸為x=-p2+p3p3<0,g(0)=p1+p2+p3-1=-p0<0,

      ①當(dāng)E(x)≤1,即p1+2p2+3p3≤1時(shí),g(1)=p1+2p2+3p3-1≤0,如圖1,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,在[1,+∞)也單調(diào)遞增,據(jù)零點(diǎn)存在性定理,知g(x)在(0,+∞)上存在唯一零點(diǎn)x0,顯然x0≥1,所以,方程p0+p1x+p2x2+p3x3=x的最小正實(shí)根等于1,于是,p=1.

      ②當(dāng)E(x)>1,即p1+2p2+3p3>1時(shí),g(1)=p1+2p2+3p3-1>0,而g(0)<0,如圖2,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,由零點(diǎn)存在性定理,在(0,+∞)上存在唯一零點(diǎn)x0,且0綜上所述,當(dāng)E(x)≤1時(shí),p=1;當(dāng)E(x)>1時(shí),p<1.

      解法二 由概率分布列的性質(zhì),知p0+p1+p2+p3=1,從而p0=1-(p1+p2+p3),

      方程p0+p1x+p2x2+p3x3=x

      1-(p1+p2+p3)+p1x+p2x2+p3x3=x

      1-x-p1(1-x)-p2(1-x2)-p3(1-x3)=0

      (x-1)[p3x2+(p2+p3)x+(p1+p2+p3-1)]=0

      x=1或p3x2+(p2+p3)x+(p1+p2+p3-1)=0

      若方程p3x2+(p2+p3)x+(p1+p2+p3-1)=0無實(shí)數(shù)根,則p0+p1x+p2x2+p3x3=x的最小正實(shí)根為1,所以,p=1;若此方程有實(shí)根x1、x2,不妨令x1≤x2,則x1+x2=-p2+p3p3,x1x2=p1+p2+p3-1p3=-p0p3<0,于是(x1-1)+(x2-1)=-p2+3p3p3<0,(x1-1)(x2-1)=p1+2p2+3p3-1p3,

      ①當(dāng)E(x)=1,即p1+2p2+3p3=1時(shí),(x1-1)(x2-1)=0,而x1≤x2,(x1-1)+(x2-1)<0,所以x2-1=0,即x2=1,從而x1=-1-p2+p3p3<0,此時(shí),方程p0+p1x+p2x2+p3x3=x的最小正實(shí)根為1,所以,p=1.

      ②當(dāng)E(x)<1,即p1+2p2+3p3<1時(shí),(x1-1)+(x2-1)<0,且(x1-1)(x2-1)<0,因x1≤x2,x1x2<0,故x1<0,x2>1,且|x1-1|>x2-1,此時(shí),方程p0+p1x+p2x2+p3x3=x的最小正實(shí)根為1,所以,p=1.

      ③當(dāng)E(x)>1,即p1+2p2+3p3>1時(shí),(x1-1)(x2-1)=p1+2p2+3p3-1p3>0,而(x1-1)+(x2-1)<0,所以,x1<0,0

      綜上所述,當(dāng)E(x)≤1時(shí),p=1;當(dāng)E(x)>1時(shí),p<1.

      解法三 由概率分布列的性質(zhì),知p0+p1+p2+p3=1,方程p0+p1x+p2x2+p3x3=xp3x3+p2x2+(p1-1)x+p0=0.

      構(gòu)造函數(shù)f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0,顯然有f(1)=0,函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=3p3x2+2p2x+p1-1,如圖3,由p3>0知拋物線f′(x)開口向上,f′(0)=p1-1,由p1<1,知f′(0)<0,于是,f′(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1、x2,不妨設(shè)x1①若E(x)≤1,即p1+2p2+3p3≤1,則f'(1)=3p3+2p2+p1-1≤0,據(jù)此二次函數(shù)f′(x)的性質(zhì),知x1<0<1≤x2.

      x(-∞,x1)(x1,x2)(x2,+∞)

      f ′(x)+-+

      f(x)

      所以,f(x)在(x2,+∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)x0≥x2,因此,1是函數(shù)f(x)在(0,+∞)上的最小正實(shí)根,從

      而p=1.

      ②若E(x)>1,即p1+2p2+3p3>1,則f ′(1)=3p3+2p2+p1-1>0,如圖4,據(jù)f ′(x)的性質(zhì),知x1<0

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