第十三单元随机变量及其分布.ppt

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1、第十三单元 随机变量及其分布,知识体系,1. 基本概念 (1)随机变量：将随机现象中试验（或观测）的每一个可能的结果都对应于一个数，这种对应称为一个随机变量. （2）离散型随机变量：所有取值可以一一列举出的随机变量叫作离散型随机变量. （3）离散型随机变量的分布列：设离散型随机变量X的取值为a1,a2,随机变 量X取ai的概率为pi(i=1,2,),则称表,第一节 离散型随机变量及其分布,基础梳理,2. 离散型随机变量X的分布列的基本性质 （1）pi0(i=1,2,);(2)p1+p2+=1. 3. 超几何分布 一般地，设有N件产品，其中有M(MN)件次品.从中任取n(nN)件产品，用X表示取

2、出的n件产品中次品的件数，那么 P（X=k）= .(其中k为非负整数） 如果一个随机变量的分布列由上式确定，则称X服从参数为N，M,n的 超几何分布.,为离散型随机变量X的分布列.,题型一 随机变量的概念 【例1】写出下列随机变量可能的取值，并说明随机变量所表示的意义. （1）一个袋中装有2个白球和5个黑球，从中任取3个，其中所含白球的个数X. (2)投掷两枚骰子，所得点数之和为X，所得点数的最大值为Y.,典例分析,分析 (1)所取三个球中，可能有一个白球，也可能有两个白球，还可能没有白球. （2）投掷结果为（i,j）,其中1i6,1j6,其中i,jN+,投掷结果用X,Y 表示.,解 (1)X

3、可取0,1,2. X=0表示所取三个球没有白球; X=1表示所取三个球有一个白球，两个黑球; X=2表示所取三个球有两个白球，一个黑球. （2）X的可能取值有2,3,4,5,12.Y的可能取值为1,2,3,6.若以(i,j)表示先后投掷的两枚骰子出现的点数，则 X=2表示（1，1）， X=3表示（1，2），（2，1）， X=4表示（1，3），（2，2），（3，1）, X=12表示(6,6)； Y=1表示（1，1）， Y=2表示（1，2），（2，1），（2，2）， Y=3表示（1，3），（2，3），（3，3），（3，1），（3，2）， Y=6表示（1，6），（2，6），（3，6），（6，6），（

4、6，5），（6，1）.,学后反思 研究随机变量的取值关键是准确理解所定义的随机变量的含义，明确随机变量所取的值对应的试验结果，是进一步求随机变量取这个值时的概率的基础.,举一反三 1. 已知下列四个命题： 某机场候机室中一天的游客数量为X； 某寻呼台一天内收到的寻呼次数为X； 某水文站观察到一天中长江的水位为X； 某立交桥一天经过的车辆数为X. 其中不是离散型随机变量的是（） A. 中的X B. 中的X C. 中的X D. 中的X,解析： 中的随机变量X可能取的值，我们都可以按一定次序一一列出，因此，它们都是离散型随机变量；中的X可以取某一区间内的一切值，无法按一定次序一一列出，故X不是离散型

5、随机变量.,答案 ： C,题型二 求离散型随机变量的分布列 【例2】已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个 红球和 4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球.设X为取出的4个球中红球 的个数，求X的分布列.,分析 本题主要考查互斥事件、独立事件、离散型随机变量的分布列，考查运用概率的知识解决 实际问题的能力.,解 X可能取的值为0,1,2,3, P(X=0)= , P(X=1)=,又P(=3)= , P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3) = . X的分布列为,解析：由于从10件产品中任取3件的结果数为 ,从10件产品中任取3件, 其中恰有k件一等

6、品的结果数为 ,那么从10件产品中任取3件,其中 恰有k件一等品的概率为P(X=k)= . 所以随机变量X的分布列为,解析：由于从10件产品中任取3件的结果数为 ,从10件产品中任取3件, 其中恰有k件一等品的结果数为 ,那么从10件产品中任取3件,其中 恰有k件一等品的概率为P(X=k)= . 所以随机变量X的分布列为,学后反思 求概率分布（分布列）的一般步骤为： （1）确定X可取哪些值; （2）P（X=k）的确定（利用排列、组合和等可能事件的概率公式或互斥事件、对立事件的概率公式或相互独立事件、独立重复试验的概率公式）; （3）列出分布列（一般用表格形式）; （4）检验分布列（用它的两条性

7、质验算）.,举一反三 2. (2009天津改编)在10件产品中,有3件一等品,4件二等品,3件三等品.从这10件 产品中任取3件,求取出的3件产品中一等品件数X的分布列.,题型三 分布列的性质及应用 【例3】若离散型随机变量X的分布列为 试求出常数c的值.,分析 利用分布列的两个性质， 0, 求解.,学后反思 离散型随机变量的两个性质主要解决以下两类问题: (1)通过性质建立关系，求得参数的取值或范围，进一步求得概率，得出分布列; （2）求对立事件的概率或判断某概率的成立与否.,解 由离散型随机变量分布列的性质,可知 解得c= ,X的分布列为,举一反三 3. 设随机变量X的分布列为P(X=i)

8、=a ，i=1,2,3,求a的值.,解析： 根据题意，得 ,解得a= .,题型四 利用随机变量的分布列解决概率问题 【例4】(12分)袋中装有标有数字1,2,3,4,5的小球各2个，从袋中任取3个小球，按3个小球上最大数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性都相等.用X表示取出的3个小球上的最大数字,求： （1）取出的3个小球上的数字互不相同的概率； （2）随机变量X的概率分布； （3）计分介于20分到40分之间的概率.,分析 （1）是古典概型; （2）确定随机变量X所取的值； （3）计分介于20分到40分之间的概率等于X=3与X=4的概率之和.,解 (1)方法一：“一次取出的3个小球上的数字互

9、不相同”的事件记为A，1 则P（A）= .4 方法二：“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A，“一次取出的3个小球上有两个数字相同”的事件记为B，1 则事件A和事件B是互斥事件2 因为P(B)= ,3 所以P(A)=1-P(B)= 4,(2)由题意，X所有可能的取值为2,3,4,5, P(X=2)= ,5 P(X=3)= ,6 P(X=4)= ,.7 P(X=5)= 8 所以随机变量X的概率分布列为 10,(3)“一次取球所得分介于20分到40分之间”的事件记为C，则P(C)=P(X=3)+P(X=4)= . 12,学后反思 把所求事件的概率转化为分布列中的基本事件或由基本事件组成

10、的事件的概率问题是用分布列解决问题的关键.,举一反三 4. （2009北京模拟）一次抽奖活动中，剩余的10张抽奖卡中有一等奖1张，可获500元奖品，二等奖3张，每张可获100元奖品，其余6张没有奖，某人从这10张卡中任意抽取2张. (1)试求出这个人中奖的概率; (2)试求出这个人获得奖品的总价值X（元）的概率分布列; (3)试求出这个人获得奖品的总价值不少于200元的概率.,解析： (1)记“这个人中奖”为事件A，则 P(A)=1-P( )= . (2)由题意知X的所有可能值为0,100,200,500,600,且 P(X=0)= ;P(X=100)= ; P(X=200)= ;P(X=50

11、0)= ; P(X=600)= . 故X的分布列为,(3)记“这个人获得奖品的总价值不少于200元”为事件B，则P(B)=P(X=200)+P(X=500)+P(X=600)=,易错警示,【例】某射手有5发子弹，射击一次命中概率为0.9.如果命中就停止射击，否则一直到子弹用尽，求耗用子弹数X的分布列.,错解 P(X=1)=0.9,P(X=2)=0.10.9=0.09, P(X=3)=0.10.10.9=0.009, P(X=4)= 0.9=0.000 9, P(X=5)= 0.9=0.000 09,故其分布列为,错解分析 当X=5时，应包含两种情形：一是前4发都没有命中，恰第5发命中，概率为

12、0.9; 二是这5发子弹均未命中目标，概率为 ,所以P（X=5）= 0.9+ =0.000 1或P(X=5)=1-(0.9+0.09+0.009+0.000 9)=0.000 1.,正解 错解中X取1,2,3,4时的概率均正确，当X=5时，只要前四次射不中，都要射第5发子弹，不必考虑第5发子弹射中与否，所以P(X=5)= ,从而知耗用子弹数X的分布列为,考点演练,(2009威海模拟)在15人的数学兴趣小组中，有5名三好学生，现从中任意选8人参加“希望杯”数学竞赛，一定有三好学生参加的概率 为 .,解析: “一定有三好学生参加”其实就是至少有1名三好学生参加，设选出的三好学生的人数为X，则X服从

13、超几何分布，其中N=15，M=5，n=8.由于 P(X=1)= , P(X=2)= , P(X=3)= , P(X=4)= , P(X=5)=,因此，一定有三好学生参加的概率为 P（X1）=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)+P(X=5) = 故一定有三好学生参加的概率为,11. (2009济南模拟)设随机变量X的分布列P(X= )=ak(k=1,2,3,4,5). （1）求常数a的值； （2）求P(X ); (3)求P( X ).,答案:,解析： X的分布列为 (1)由a+2a+3a+4a+5a=1,得a= . (2)P(X )=P(X= )+P(X= )+P(X=1)

14、= . 或P(X )=1-P(X ) = . (3)因为( X ),只有X= , , 满足， 故P( X ) =P(X= )+P(X= )+P(X= ) =,12. (2009江西)某公司拟资助三位大学生自主创业,现聘请两位专家,独立地对每位大学生的创业方案进行评审.假设评审结果为“支持”或“不支持”的概率都是12.若某人获得两个“支持”,则给予10万元的创业资助;若只获得一个“支持”,则给予5万元的资助;若未获得“支持”,则不予资助,令X表示该公司的资助总额. (1)写出X的分布列; (2)求数学期望EX.,解析：(1)X的所有取值为0,5,10,15,20,25,30. P(X=0)= ,

15、P(X=5)= ,P(X=10)= ,P(X=15)= ,P(X=20)= , P(X=25)= ,P(X=30)= . (2)EX=5 +10 +15 +20 +25 +30 =15.,第二节 二项分布及其应用,1. 条件概率及其性质 （1）条件概率的定义 设A,B为两个事件，则求已知B发生的条件下，A发生的概率，我们称为B发生时A发生的条件概率，记为P(A|B)，当P(B)0时，P(A|B)= . （2）条件概率的求法 求条件概率除了可借助定义中的公式，还可以借助古典概型概率 公式，即P（A|B）= ，其中n(AB)为随机事件AB包含的基本事件数，n(A)为随机事件A包含的基本事件数. (

16、3)条件概率的性质 条件概率具有一般概率的性质，即0P(B|A)1. 如果B和C是两个互斥事件，即 P(BC|A)=P(B|A)+P(C|A).,基础梳理,2. 事件的相互独立性 （1）设A,B为两个事件，如果P（AB）=P(A)P(B),则称事件A与事件B相互独立. (2)如果事件A与B相互独立，那么 也都相互独立. 3. 二项分布 进行n次试验，如果满足以下条件： （1）每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”； （2）每次试验“成功”的概率均为p，“失败”的概率均为1-p； （3）各次试验是相互独立的. 设X表示这n次试验中成功的次数，则 P(X=k)= 一个随机变

17、量X的分布列如上所述，称X服从参数为n,p的二项分布，简记为XB(n,p).,题型一 条件概率 【例1】在100件产品中有95件合格品，5件不合格品.现从中不放回地取两次，每次任取一件.试求: （1）第一次取到不合格品的概率; (2)在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率. 分析（1）是求简单随机事件的概率; (2)为条件概率问题，可利用条件概率的概率公式求解.,典例分析,解 设A=第一次取到不合格品,B=第二次取到不合格品. (1)P(A)= .,(2)根据条件概率的定义计算，需要先求出事件AB的概率: P(AB)= , 所以P（B|A）=,学后反思 （1）在等可能性事件的问题

18、中，求条件概率通用的方法是利用条件概率公式P(B|A)= ，这就需要求出P(AB)和P（A），用到原来的概率知识. (2)本题中可以计算事件B的概率为P(B)=P(AB+ )=P(AB)+P( )= ,可见，条件概率P(B|A)P(B).,举一反三 1. 有一批种子的发芽率为0.9,出芽后的幼苗成活率为0.8,在这批种子中，随机抽取一粒，求这粒种子能成长为幼苗的概率.,解析： 设种子发芽为事件A，种子成长为幼苗为事件AB（发芽，又成活为幼苗），出芽后的幼苗成活率为P（B|A）=0.8,P(A)=0.9,由P（B|A）= , 得 P（AB）=P(B|A)P(A)=0.80.9=0.72. 故这粒

19、种子成长为幼苗的概率为0.72.,题型二 相互独立事件的概率 【例2】甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别为0.7、0.6，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，求： （1）甲试跳三次，第三次才成功的概率； （2）甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率； （3）甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率.,分析 因为甲、乙两人试跳成功与否相互之间没有影响，每人每次的试跳成功与否也不相互影响，故应利用独立事件求概率的方法求解.,解 （1）记“甲第i次试跳成功”为事件 ，“乙第i次试跳成功”为事件 . 依题意得P（ ）=0.7,P( )=0.6,且 , (i=1,2,3)

20、相互独立， =0.30.30.7=0.063. (2)“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C， 方法一： ,且 , , 彼此互斥， =0.70.4+0.30.6+0.70.6=0.88. 方法二： =1-0.30.4=0.88.,(3)设“甲在两次试跳中成功i次”为事件 (i=0,1,2)，“乙在两次试跳中成功i次”为事件 (i=0,1,2), 事件“甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次”可表示为 ,且 为互斥事件， 所求的概率为,学后反思 (1)用相互独立事件的乘法公式解题的步骤： 用恰当字母表示题中有关事件； 根据题设条件，分析事件间的关系； 将需要计算概率的事件表示为

21、所设事件的乘积或若干个乘积之和（相互乘积的事件之间必须满足相互独立）；,利用乘法公式计算概率. (2)两个事件相互独立，是指它们其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.一般地，两个事件不可能既互斥又相互独立，因为互斥事件是不可能同时发生的，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提的.相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，这一点与互斥事件的概率和也是不同的.,举一反三 2. 栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗，然后再进行移栽.已知甲、乙两种果树成苗的概率分别为0.6,0.5,移栽后成活的概率分别为0.7,0.9. (1)求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗的概率； （2

22、）求恰好有一种果树能培育成苗且移栽成活的概率.,解析： 分别记甲、乙两种果树成苗为事件 ，甲、乙两种果树移栽成活为事件 . P（ ）=0.6,P( )=0.5,P( )=0.7,P( )=0.9. (1)甲、乙两种果树至少有一种果树成苗的概率为 1- =1-0.40.5=0.8. (2)分别记两种果树培育成苗且移栽成活为事件A、B，则 P(A)= =0.42,P(B)= =0.45, 恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为 =0.420.55+0.580.45=0.492.,题型三 独立重复试验 【例3】甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是 和 .假设两人射击是否击中目标相互之间没有影

23、响，每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响. （1）求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率； （2）求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率； （3）假设某人连续2次未击中目标，则中止其射击.问：乙恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？,分析 （1）“至少1次未击中”包含多种情况，可求其对立事件的概率. （2）甲恰好击中目标2次与乙恰好击中目标3次相互独立. （3）乙恰好射击5次被中止，相当于前2次射击至少有1次击中，第3次击中，第4次、第5次未击中.,解 （1）记“甲连续射击4次至少有1次未击中目标”为事件A1.由题意，射击4次，相当于做4次独立重复试验. 故P

24、（ ）=1-P( )=1- ,所以甲连续射击4次至少有1次未击中目标的概率为 . (2)记“甲射击4次，恰有2次击中目标”为事件 ,“乙射击4次，恰有3次击中目标”为事件 ，则 由于甲、乙射击相互独立，故 所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为 .,（3）记“乙恰好射击5次后被中止射击”为事件 ，“乙第i次射击未击中”为事件 (i=1,2,3,4,5),则 ,且 . 由于各事件相互独立，故 所以乙恰好射击5次后被中止射击的概率为451 024.,举一反三 3. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用五局三胜制，若每场比赛中甲获胜的概率是 ,乙获胜的概率是 ,求比赛以甲三胜一

25、负而结束的概率.,解析： 甲三胜一负即共进行四局比赛，前三局甲二胜一负，第四局甲胜，所求概率为,题型四 综合应用 【例4】(12分)一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是 . (1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列； （2）求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.,分析 (1)可看做6次独立重复试验; （2）X的取值为0,1,2,3,4,5,6; (3)可通过求对立事件的概率解决.,解 （1）将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为13,且每次试验结果是相互独立的, 故XB(6 , ),2 以此为

26、基础求X的分布列. 由XB(6, ),P（X=k）= ，3 k=0,1,2,3,4,5,6. 所以X的分布列为 .9,(2)这名学生在途中至少遇到一次红灯的事件为X1=X=1或X=2或或X=6,10 所以其概率为 P(X1)= P(X=k) =1-P(X=0)= 12,学后反思 （1）解决概率问题要注意的“三个步骤”： 确定事件的性质.古典概型、互斥事件、独立事件、独立重复试验.把所给问题归结为四类事件中的某一种; 判断事件的运算.和事件、积事件,即是至少有一个发生还是同时发生，分别运用相加或相乘公式; 运用公式. 古典概型：P（A）= , 互斥事件：P（AB）=P(A)+P(B),条件概率：

27、P（B|A）= , 独立事件：P（AB）=P(A)P(B), n次独立重复试验： (2)判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点： 是否为n次独立重复试验; 随机变量是否为在这n次独立重复试验中某事件发生的次数.,举一反三 4. （2010新乡模拟）在某次世界杯上，巴西队遇到每个对手，战胜对手的概率为 ,打平对手的概率为 ,输的概率为 ，且获胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，已知小组赛中每支球队需打三场比赛，获得4分以上（含4分）即可小组出线.,（1）求巴西队小组赛结束后得5分的概率； （2）求小组赛后巴西队得分的分布列及巴西队小组赛出线的概率.,解析： (1)“记巴西队小组赛结束后

28、得5分”为事件A，必为一胜两平， 则 故巴西队小组赛结束后得5分的概率为 . （2）巴西队小组赛后的得分用X表示，则X=0,1,2,3,4,5,6,7,9. 则P（X=0）= ; P（X=1）= ; P（X=2）= P（X=3）= P（X=4)=,P（X=5）= ; P（X=6）= ; P（X=7）= ; P（X=9）= . 所以X的分布列为 记“巴西队小组赛出线”为事件B. P(B)=P(X4)= 故巴西队小组赛出线的概率为 .,易错警示,【例】某地最近出台一项机动车驾照考试规定：每位考试者一年之内最多有4次参加考试的机会，一旦某次考试通过，便可领取驾照，不再参加以后的考试，否则就一直考到第

29、4次为止.如果李明决定参加驾照考试，设他每次参加考试通过的概率依次为0.6,0.7,0.8,0.9.求在一年内李明参加驾照考试次数X的分布列，并求李明在一年内领到驾照的概率.,错解 X的取值分别为1,2,3,4, X=1,表示李明第一次参加驾照考试就通过,P(X=1)=0.6; X=2，表示李明第一次考试未通过，第二次考试通过， P（X=2）=（1-0.6）0.7=0.28;,X=3表示李明第一、二次考试未通过,第三次考试通过, P(X=3)=（1-0.6）(1-0.7)0.8=0.096; X=4表示李明前三次考试未通过，第四次考试通过, P(X=4)=(1-0.6)(1-0.7)(1-0.

30、8)0.9=0.021 6. 故李明实际参加考试次数X的分布列为 李明在一年内领到驾照的概率为 P=1-(1-0.6)(1-0.7)(1-0.8)(1-0.9)=0.997 6.,错解分析 不会计算X=4时的概率，错算为P（X=4）=(1-0.6)(1-0.7)(1-0.8)0.9=0.021 6，而使各事件的概率和不为1，而实际上X=4的概率计算方法有两种，其一是前三次都未通过就必须参加第4次，而不管第4次结果如何（通过与否），其二是用间接法1-P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)也可得出正确结论.,正解 X的取值分别为1,2,3,4. X=1，表示李明第一次参加驾照考试就通过了，故P（

31、X=1）=0.6; X=2，表示李明第一次考试未通过，第二次通过了，故P（X=2）=（1-0.6）0.7=0.28; X=3，表示李明第一、二次考试未通过，第三次通过了，故 P（X=3）=（1-0.6）（1-0.7）0.8=0.096; X=4，表示李明第一、二、三次考试都未通过，故P（X=4）=（1-0.6）（1-0.7）（1-0.8）=0.024. 故李明实际参加考试次数X的分布列为,李明在第一年内领到驾照的概率为 1-（1-0.6）(1-0.7)(1-0.8)(1-0.9)=0.997 6.,考点演练,10. (2008湖北)某篮球运动员在三分线投球的命中率是 ,他投球10次，恰好投进3

32、个球的概率为 .(用数字作答),解析: 由独立重复试验概率公式,得 .,答案:,11. (2009南昌调研)盒子里装有大小相同的球8个,其中三个1号球,三个2号球,两个3号球.第一次从盒子中先任取一个球,放回后第二次再任取一个球. (1)求第一次与第二次取到的球上的号码的和是4的概率; (2)记第一次与第二次取到的球上的号码的积为随机变量X,求X的分布列及期望.,解析：(1)记“第一次与第二次取到的球上的号码的和是4”为事件A,则 P(A)=2 + = . 答:第一次与第二次取到的球上的号码的和是4的概率 . (2)X可能取的值是1,2,3,4,6,9. P(X=1)= ,P(X=2)= ,P

33、(X=3)= , P(X=4)= ,P(X=6)= ,P(X=9)= , X的分布列为 EX= 1+ 2+ 3+ 4+ 6+ 9= .,12. 甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12,乙每次击中目标的概率为23. （1）记甲击中目标的次数为X,求X的概率分布列； （2）求乙至多击中目标2次的概率； （3）求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.,解析： （1）X的所有可能取值为0,1,2,3,且XB(3, ). 故P（X=0）= ; P（X=1）= ; P（X=2）= ; P（X=3）= . X的概率分布列如下表： (2)乙至多击中目标2次的概率为 (3)设甲恰比乙多击中目标2次为事件

34、A，甲击中目标2次且乙击中目标0次为事件 ,甲击中目标3次且乙击中目标1次为事件 ，,则A= , 为互斥事件. P（A）=P（ ）+P（ ）,第三节 离散型随机变量的均值与方差,1. 离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量X的分布为P(X=ai)=pi(i=1,2,r). (1)均值 称EX=a1p1+a2p2+arpr为随机变量X的均值或数学期望，均值EX刻画的是X取值的“中心位置”. （2）方差 称DX=E(X-EX)2为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值EX的偏离程度. 2. 均值与方差的性质 （1）E（aX+b）=aEX+b. (2)D(aX+b)=a2DX(a,b为实

35、数). 3. 二项分布的均值与方差 若XB（n,p）,则EX=np,DX=np(1-p).,基础梳理,典例分析,题型一 求随机变量的均值 【例1】某公园有甲、乙两个相邻景点，原拟定甲景点内有2个A班的同学和2个B班的同学；乙景点内有2个A班的同学和3个B班的同学，后由于某种原因，甲、乙两景点各有一个同学交换景点参观.求甲景点A班同学数X的分布列及期望.,分析 X所有可能的取值为1,2,3.,解 设甲景点内A班同学数为X,则 P（X=1）= ,P(X=2)= P(X=3)= 故X的分布列为 E(X)=,学后反思 求离散型随机变量X的期望的步骤为： （1）理解X的意义，写出X可能取的全部值； （2

36、）计算出X取每一个值时的概率； （3）写出X的分布列； （4）利用公式E(X)= 求出期望.,举一反三 1. 某有奖竞猜活动设有A、B两组相互独立的问题，答对问题A可赢得奖金3万元，答对问题B可赢得奖金6万元.规定答题顺序可任选，但只有一个问题答对后才能解答下一个问题，否则中止答题.假设你答对问题A、B的概率依次为 、 .若你按先A后B的次序答题，写出你获得奖金的数额的分布列及期望值EX.,解析： 若按先A后B的次序答题，获得奖金数额的可取值为0,3(万元)，9（万元）. P（X=0）= , P（X=3）= , P（X=9）= . X的分布列为,题型二 求随机变量的方差 【例2】编号1，2，3

37、的三位学生随意入座编号1，2，3的三个座位，每位学生坐一个座位，设与座位编号相同的学生人数是X. （1）求随机变量X的概率分布列； （2）求随机变量X的期望与方差.,X的数学期望为EX=,分析 （1）随机变量X的意义是对号入座的学生个数，所有取值为0,1,3.若有两人对号入座，则第三人必对号入座.由排列与等可能事件概率易求分布列; （2）直接利用数学期望与方差公式求解.,解 （1）P（X=0）= ,P（X=1）= , P（X=3）= , 故X的概率分布列为 (2)E(X)= V(X)=,学后反思 求离散型随机变量X的方差的步骤： （1）写出X的所有取值； （2）计算P（X=xi）; (3)写出

38、分布列，并求出期望E(X)； （4）由方差的定义求出D(X).,举一反三 2. 设在15个同类型的零件中有2个次品，每次任取1个，共取3次，并且每次取出后不再放回.若用X表示取出次品的个数. （1）求X的分布列； （2）求X的均值E(X)和方差D(X).,解析： (1)P(X=0)= , P(X=1)= , P(X=2)= . 故X的分布列为 (2)X的均值E(X)和方差D(X)分别为 E(X)= ; D(X)=,题型三 期望与方差性质的应用 【例3】（2008海南、宁夏）A、B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2,根据市场分析， 和 的分布列分别为 (1)在A、B两个项目上各投资10

39、0万元， 和 分别表示投资项目A和B所获得的利润，求方差D 、D ; （2）将x（0x100）万元投资A项目，（100-x）万元投资B项目，f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差的和.求f(x)的最小值，并指出x为何值时，f(x)取得最小值.,分析 (1)根据题意，利用公式E(aX+b)=aEX+b求出随机变量Y1、Y2的分布列，进而求出方差D 、D . (2)根据题意建立函数关系式，把问题转化为二次函数的最值问题.,解 （1）由题设可知 和 的分布列分别为 =50.8+100.2=6, =20.2+80.5+120.3=8, (2)f(x) 当 时，f(x)=3为最小

40、值.,学后反思 在计算离散型随机变量的均值和方差时，首先要搞清其分布特征及分布列，然后准确应用公式.特别是充分利用均值和方差的性质解题，能避免繁琐的运算过程，提高运算速度和准确度.,举一反三 3. 若随机事件A在1次试验中发生的概率为p（0p1）,用随机变量X表示A在1次试验中发生的次数. （1）求方差V(X)的最大值； （2）求 的最大值.,当且仅当 ,即 时取等号， 故当 时， 取得最大值 .,解析： (1)随机变量X的所有可能取值为0、1, 并且有P(X=1)=p,P(X=0)=1-p, 从而E(X)=0(1-p)+1p=p. D(X)= 当p= 时，V(X)取得最大值14. (2) 0

41、p1,题型四 期望与方差的综合应用 【例4】(12分)（2008广东）随机抽取某厂的某种产品200件，经质检，其中有一等品126件，二等品50件，三等品20件，次品4件.已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6万元、2万元、1万元，而生产1件次品亏损2万元，设1件产品的利润（单位：万元）为X. (1)求X的分布列； （2）求1件产品的平均利润（即X的数学期望）； （3）经技术革新后，仍有四个等级的产品，但次品率降为1%,一等品率提高为70%,如果此时要求1件产品的平均利润不小于4.73万元，则三等品率最多是多少？,分析 求X的分布列时，要先求取各值时的概率.,解 （1）X的所有可能取值有6

42、,2,1,-21 P(X=6)= =0.63,2 P(X=2)= =0.25,3 P(X=1)= =0.1,4 P(X=-2)= 5 故X的分布列为 7,(2)E(X)=60.63+20.25+10.1+（-2）0.02=4.34 8 (3)设技术革新后的三等品率为x,则此时1件产品的平均利润为 E(X)=60.7+2(1-0.7-0.01-x)+1x+(-2)0.01 =4.76-x(0x0.29 依题意，E(X)4.73,即4.76-x4.73,解得x0.03 11 所以三等品率最多为3%12,学后反思 本题主要考查学生运用知识，迁移知识的能力.解决该类实际问题的关键是将实际问题化为数学问

43、题，利用已学的知识进行处理，这也是今后高考的一大热点.,举一反三 4. 某突发事件，在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为0.3,一旦发生，将造成400万元的损失.现有甲、乙两种相互独立的预防措施可供采用，单独采用甲、乙预防措施所需的费用分别为45万元和30万元，采用相应预防措施后此突发事件不发生的概率分别为0.9和0.85.若预防方案允许甲、乙两种预防措施单独使用、联合使用或不采用，请确定哪种预防方案使总费用最少.（总费用=采取预防措施的费用+发生突发事件造成损失的期望值）,解析： (1)不采取预防措施时，总费用即损失期望为4000.3=120(万元); (2)若单独采取预防措施甲，则预防

44、措施费用45万元，发生突发事件的概率为1-0.9=0.1,损失期望值为4000.1=40(万元)，所以总费用为45+40=85（万元）；,（3）若单独采取预防措施乙，则预防措施费用为30万元.发生突发事件的概率为1-0.85=0.15，损失期望值为4000.15=60(万元)，故总费用为30+60=90(万元)； （4）若联合采取甲、乙两种预防措施，则预防措施费用为45+30=75（万元），发生突发事件的概率为(1-0.9)(1-0.85)=0.015，损失期望值为4000.015=6（万元），所以总费用为75+6=81(万元). 综合(1),(2),(3),(4),比较其总费用可知，应选择联

45、合采用甲、乙两种预防措施，可使总费用最少.,易错警示,【例】盒子里有大小相同的10个球，其中标号为1的有3个球，标号为2的有4个球，标号为5的有3个球.第1次从盒子中任取1个球，放回后第2次再任取1个球（假设取到的每个球的可能性都相同）.记第1次与第2次取得球的标号之和为X,求随机变量X的分布列.,错解 由题意可知X可取3,6,7; P(X=3)=C120.30.4=0.24; P(X=6)=C120.30.3=0.18; P(X=7)=C120.40.3=0.24. 故随机变量X的分布列为,错解分析 错解忽视两次取到的球的标号相同，因而随机变量X的取值为2,3,4,6,7,10.,正解 由题意可知，随机变量X的取值是2,3,4,6,7,10,且P(X=2)=0.30.3=0.09, P(X=3)= 0.30.4=0.24, P(X=4)=0.40.4=0.16, P(X=6)= 0.30.3=0.18, P(X=7)= 0.40.3=0.24, P(X=10)=0.30.3=0.09. 故随机变量X的分布列