2025高考数学二轮复习-压轴题突破练4-专项训练【含答案】

压轴题突破练41．(2023·青岛模拟)甲、乙两人组团参加答题挑战赛，规定：每一轮甲、乙各答一道题，若两人都答对，该团队得1分；只有一人答对，该团队得0分；两人都答错，该团队得－1分．假设甲、乙两人答对任何一道题的概率分别为eq\f(3,4)，eq\f(2,3).(1)记X表示该团队一轮答题的得分，求X的分布列及均值E(X)；(2)假设该团队连续答题n轮，各轮答题相互独立．记Pn表示“没有出现连续三轮每轮得1分”的概率，Pn＝aPn－1＋bPn－2＋cPn－3(n≥4)，求a，b，c；并证明：答题轮数越多(轮数不少于3)，出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大．解(1)由题可知，X的取值为－1,0,1，P(X＝－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(1,12)；P(X＝0)＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(2,3)＝eq\f(5,12)；P(X＝1)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,2).故X的分布列如下：X－101P(X)eq\f(1,12)eq\f(5,12)eq\f(1,2)则E(X)＝－1×eq\f(1,12)＋0×eq\f(5,12)＋1×eq\f(1,2)＝eq\f(5,12).(2)由题可知，P1＝1，P2＝1，P3＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(7,8)，P4＝1－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(13,16).连续答题n轮，没有出现连续三轮每轮得1分时，记第n轮没有得1分的概率为Pn1，则Pn1＝eq\f(1,2)Pn－1；记第n轮得1分，且第n－1轮没有得1分的概率为Pn2，则Pn2＝eq\f(1,4)Pn－2；记第n轮得1分，且第n－1轮得1分，第n－2轮没有得1分的概率为Pn3，则Pn3＝eq\f(1,8)Pn－3；故Pn＝Pn1＋Pn2＋Pn3＝eq\f(1,2)Pn－1＋eq\f(1,4)Pn－2＋eq\f(1,8)Pn－3(n≥4)，故a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(1,8)；因为Pn＝eq\f(1,2)Pn－1＋eq\f(1,4)Pn－2＋eq\f(1,8)Pn－3，故Pn＋1＝eq\f(1,2)Pn＋eq\f(1,4)Pn－1＋eq\f(1,8)Pn－2，故Pn＋1－Pn＝－eq\f(1,2)Pn＋eq\f(1,4)Pn－1＋eq\f(1,8)Pn－2＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Pn－1＋\f(1,4)Pn－2＋\f(1,8)Pn－3))＋eq\f(1,4)Pn－1＋eq\f(1,8)Pn－2＝－eq\f(1,16)Pn－3<0；故Pn＋1<Pn(n≥4)，且P1＝P2>P3>P4，则P1＝P2>P3>P4>P5>…，所以答题轮数越多(轮数不少于3)，出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大．2．(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝ex＋1＋ax＋a(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若当x≥0时，f(x－1)＋ln(x＋1)≥1，求实数a的取值范围．解(1)由题知，f(x)＝ex＋1＋ax＋a，定义域为R，∴f′(x)＝ex＋1＋a.当a≥0时，f′(x)>0在R上恒成立，故f(x)在R上是增函数；当a<0时，令f′(x)＝0得x＝ln(－a)－1，在区间(－∞，ln(－a)－1)上有f′(x)<0，在区间(ln(－a)－1，＋∞)上有f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，ln(－a)－1)上单调递减，在(ln(－a)－1，＋∞)上单调递增．综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增，当a<0时，f(x)在(－∞，ln(－a)－1)上单调递减，在(ln(－a)－1，＋∞)上单调递增．(2)当x≥0时，f(x－1)＋ln(x＋1)≥1，即ex＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)令g(x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)－1(x≥0)，则g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)＋a(x≥0)．①若a≥－2，由(1)知，当a＝－1时，f(x)＝ex＋1－x－1在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，故有f(x)≥f(－1)＝e－1＋1＋1－1＝1，即f(x)＝ex＋1－x－1≥1，得ex＋1≥x＋1＋1，故有ex≥1＋x.g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)＋a≥(x＋1)＋eq\f(1,x＋1)＋a≥2eq\r(x＋1·\f(1,x＋1))＋a＝2＋a≥0，当且仅当x＋1＝eq\f(1,x＋1)，即x＝0，且a＝－2时取等号．∴函数g(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0，∴(*)式成立．②若a<－2，令φ(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)＋a，则φ′(x)＝ex－eq\f(1,x＋12)＝eq\f(x＋12ex－1,x＋12)≥0，当且仅当x＝0时等号成立．∴函数φ(x)在区间[0，＋∞)上单调递增．∵φ(0)＝2＋a<0，φ(－a)＝e－a＋eq\f(1,1－a)＋a≥1－a＋eq\f(1,1－a)＋a＝1＋eq\f(1,1－a)