培优点06概率与统计的创新题型（2大考点+强化训练）（教师版）

培优点06概率与统计的创新题型（2大考点+强化训练）名目题型归纳 1题型01概率和数列的综合问题 1题型02概率和函数的综合问题 9【考情分析】概率与统计问题在近几年的高考中背景取自现实，题型新颖，综合性增加，难度加深，主要考查同学的阅读理解力量和数据分析力量．要从已知数表、题干信息中经过阅读分析推断猎取关键信息，搞清各数据、各大事间的关系，建立相应的数学模型求解．【核心题型】考点一：概率和数列的综合问题规律方法概率问题与数列的交汇，综合性较强，主要有以下类型：(1)求通项公式：关键是找出概率Pn或均值E(Xn)的递推关系式，然后依据构造法(一般构造等比数列)，求出通项公式．(2)求和：主要是数列中的倒序相加法求和、错位相减法求和、裂项相消法求和．(3)利用等差、等比数列的性质，争辩单调性、最值或求极限．【例题1】（2025高三·全国·专题练习）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，则下列结论不正确的是（

）A．，B．数列是等比数列C．数列是等比数列D．的数学期望【答案】B【分析】依据给定条件，求出递推公式，再逐项计算推断作答.【详解】依题意，，且，，于是，，A正确；明显，数列不是等比数列，B错误；又，即有，而，因此数列是首项为，公比为的等比数列，C正确；明显，因此，D正确.故选：B【变式1】（多选）（2025·福建泉州·三模）某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登录，且每次只能随机选择一个开启．已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从其次次抽盲盒开头，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则（

）A． B．数列为等比数列C． D．当时，越大，越小【答案】ABC【分析】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为大事，依题意，，，，利用全概率公式可推断A选项；利用全概率公式推出，结合等比数列的定义可推断B选项；求出数列的通项公式，可推断C选项；利用数列的单调性可推断D选项.【详解】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为大事，依题意，，，，，对于A选项，，A对；对于B选项，，所以，，所以，，又由于，则，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，B对；对于C选项，由B选项可知，，则，当为奇数时，，当为偶数时，，则随着的增大而减小，所以，.综上所述，对任意的，，C对；对于D选项，由于，则数列为摇摆数列，D错.故选：ABC.【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：（1）当消灭时，构造等差数列；（2）当消灭时，构造等比数列；（3）当消灭时，用累加法求解；（4）当消灭时，用累乘法求解.【变式2】（22-23高三上·福建漳州·阶段练习）漳州是福建省重点城市，它不仅有着深厚的历史.积淀与丰富的民俗文化，更有着众多旅游景点，每年来漳州参观旅游的人数不胜数，其中八卦楼与古城被称为两张名片.为合理配置旅游资源，现对已巡游八卦楼景点的游客进行随机问卷调查，若不游玩古城记1分，若连续游玩古城记2分，每位游客选择是否巡游古城景点的概率均为，游客之间选择意愿相互独立.(1)从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量，求的分布列；(2)（ⅰ）若从游客中随机抽取人，记总得分恰为的概率为，求数列的前10项和；（ⅱ）在对全部游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为的概率为，探讨与之间的关系，并求数列的通项公式.【答案】(1)分布列见解析(2)（i）；（ii）与的关系见解析，，.【分析】（1）的可能取值为3，4，5，6，计算对应的概率值，列出分布列；（2）（ⅰ）由题意可得，结合等比数列的求和公式，即得解；（ⅱ）可得，即，所以是首项为，公比为的等比数列，求解即可.【详解】（1）的可能取值为3，4，5，6.，，，.所以的分布列为3456（2）（ⅰ）总得分恰为的概率，所以数列是首项为，公比为的等比数列，前10项和.（ⅱ）已调查过的累计得分恰为的概率为，当时，得不到分的状况只有先得分，再得2分，概率为，所以，即，所以.由于，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以.【变式3】（2025·上海宝山·一模）甲乙两人轮番掷质地均匀的骰子，每人每次掷两颗．(1)甲掷一次，求两颗骰子点数不同的概率；(2)甲乙各掷一次，求甲的点数和恰好比乙的点数和大的概率；(3)若第一次掷出点数之和大于的人为胜者，同时竞赛结束；否则，由另一人连续投掷，直到竞赛结束.例如，甲乙先后轮番掷出的点数之和为：、、、，此时乙为胜者.设甲先投掷，求甲最终获胜的概率.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）计算两颗骰子点数相等的概率即可得到两颗骰子点数不同的概率.（2）设掷一次两颗骰子的点数和为，则，求出所对应的概率，再由相互独立大事及互斥大事的概率公式计算可得结果.（3）由（2）可知掷两颗骰子点数和大于的概率为，分析可得甲第轮获胜的概率为，由无穷等比数列求和公式计算可得结果.【详解】（1）甲掷一次，两颗骰子点数相等的概率为

所以两颗骰子点数不同的概率为.（2）甲的点数和恰好比乙的点数和大点的情形如下表：所以.

另解：设掷一次两颗骰子的点数和为，则.则；；；；；.

所以甲的点数和恰好比乙的点数和大7点的概率为.（3）由（2）可知掷两颗骰子点数和大于的概率为.

若甲第一轮获胜，概率为；若甲其次轮获胜，即第一轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为；若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为；

由以上可得，若甲第轮获胜，即前轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为；

于是，组成一个以为首项，为公比的无穷等比数列.由于，所以甲最终获胜的总概率为考点二:概率和函数的综合问题规律方法构造函数求最值时，要留意变量的选取，以及变量自身的隐含条件对变量范围的限制．【例题2】（多选）（22-23高二下·湖南·期末）乒乓球，被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，包括进攻、对抗和防守.某乒乓球协会组织职工竞赛，竞赛规章接受五局三胜制，当参赛选手甲和乙两位中有一位赢得三局竞赛时，就由该选手晋级且竞赛结束.每局竞赛皆须分出胜败，且每局竞赛的胜败相互独立.假设甲在任一局赢球的概率为，有选手晋级所需要竞赛局数的期望值记为，则（

）A．打满五局的概率为B．的常数项为3C．函数在上单调递增D．【答案】ABD【分析】设实际竞赛局数为，得到的可能取值为，求得，可判定A正确；由，可判定B正确；求得，得出函数的单调性，可判定C错误；由，可判定D正确.【详解】设实际竞赛局数为，则的可能取值为，可得，，，因此打满五局的概率为，故A正确；由，常数项为3，故B正确；由，由于，所以，令，则；令，则，则函数在上单调递减，故C错误；又由，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：随机变量的期望与方差的决策问题的求解策略：1、求离散型随机变量的期望与方差关键是确定随机变量的全部可能取值，写出随机变量的分布列，正确运用期望、方差公式进行计算；2、要留意观看随机变量的概率分布特征，若属于二项分布，可用二项分布的期望与方差的计算公式计算，则更为简洁；3、在实际问题中，若两个随机变量，有或比较接近时，就用与来比较两个随机变量的稳定程度，即一般地期望最大（或最小）的方案最为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小（最大）的方案作为最优方案，同时比较的解答中，属于函数、不等式、导数等学问的综合应用.【变式1】（2025·浙江·一模）混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，消灭的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的全部人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中至少有一人为阳性．假设一组样本有N个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为．目前，我们接受K人混管病毒检测，定义成本函数，这里X指该组样本N个人中患病毒的人数．(1)证明：；(2)若，．证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中或许率恰有一人为阳性．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由均值的性质及基本不等式即可证明.（2）由二项分布的概率及条件概率化简即可证明.【详解】（1）由题意可得满足二项分布，由知，，当且仅当时取等号；（2）记（混管中恰有1例阳性|混管检测结果为阳性），（混管中恰有i例阳性）=，，令，，则，当时，，为单调递减，当时，，为单调递增，所以，且，，所以当，即，两边取自然对数可得，所以当，时，所以，则．故某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中或许率恰有一人为阳性.【变式2】（23-24高三上·云南曲靖·阶段练习）某爱好小组利用所学统计与概率学问解决实际问题．(1)现有甲池塘，已知小池塘里有10条鲤鱼，其中红鲤鱼有4条．若爱好小组捉取3次，每次从甲池塘中有放回地捉取一条鱼记录相关数据．用X表示其中捉取到红鲤鱼的条数，请写出X的分布列，并求出X的数学期望．(2)现有乙池塘，已知池塘中有外形大小相同的红鲤鱼与黑鲤鱼共10条，其中红鲤鱼有条，身为爱好小组队长的骆同学每次从池塘中捉了1条鱼，做好记录后放回池塘，设大事A为“从池塘中捉取鱼3次，其中恰有2次捉到红鲤鱼”．当时，大事A发生的概率最大，求的值．【答案】(1)分布列见解析，(2)【分析】（1）依据已知条件求出每次捉到红鲤鱼的概率，，依据二项分布的公式可以求出分布列期望.（2）依据已知条件求出的表达式，求导推断函数的单调性，求出函数最值，结合且，比较，大小确定值.【详解】（1）由题可得：，，，，可得：每次捉到红鲤鱼的概率为．易知，；；；．分布列如表所示：X0123所以．（2）每次捉鱼，捉到红鲤鱼的概率为，则捉到黑鲤鱼的概率为．所以，其中且，令，则，解得或，故在上，为增函数，在上，为减函数，所以．又由于且，而当时，，当时，，所以，所以，综上所述：大事A发生的概率最大时.【变式3】（2025高三上·全国·专题练习）某种病毒存在人与人之间的传染，可以通过与患者的亲密接触进行传染．我们把与患者有过亲密接触的人群称为亲密接触者，每位亲密接触者被感染后即被称为患者．已知每位亲密接触者在接触一个患者后被感染的概率为，某位患者在隔离之前，每天有位亲密接触者，其中被感染的人数为，假设每位亲密接触者不再接触其他患者．(1)求一天内被感染的人数X的概率与的关系式和的均值；(2)该病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳时间，设每位患者在被感染后的第2天又有位亲密接触者，从某一名患者被感染按第1天算起，第n天新增患者的均值记为．①求数列{En}的通项公式，并证明数列{En}为等比数列；②若戴口罩能降低每位亲密接触者患病概率，降低后的患病概率，当p′取最大值时，计算此时p′所对应的E6′值和此时p对应的E6值，并依据计算结果说明戴口罩的必要性．（取a＝10）（结果保留整数，参考数据：）【答案】(1)，其中，所以.(2)①证明见解析；②答案见解析【分析】（1）依据题意，得到被感染人数，结合二项分布的概率和期望的计算公式，即可求解；（2）①由第天被感染的人数为，第天被感染的人数为，从而得到，得到，结合等比数列的定义，即可得证；②令，求得，得出函数的单调性和最大值，进而求得，，即可得到结论.【详解】（1）解：由题意知，给感染的人之间是相互独立的，可得被感染人数，则，其中，所以.（2）解：①第天被感染的人数为，第天被感染的人数为，由均值的定义可知，，则，且，所以，当时，表示以为首项，为公比的等比数列.②令，可得，当时，；当时，，所以在上单调递增，在单调递减，所以，由于当时，，所以，，又由于远大于，所以戴口罩很有必要.【强化训练】一、单选题1．（2025·陕西西安·一模）斐波那契数列又称黄金分割数列，也叫“兔子数列”，在数学上，斐波那契数列被以下递推方法定义：数列满足，，先从该数列前12项中随机抽取1项，是质数的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】依据递推公式写出前12项，找出质数的个数，利用古典概型求概率公式进行求解.【详解】由斐波那契数列的递推关系可知，前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，所以基本大事数共有12，其中质数有2，3，5，13，89，共5种，故是质数的概率为.故选：A.2．（2025高三·全国·专题练习）已知都是定义在R上的函数，，，，在有穷数列中，任意取前k项相加，则前k项和大于的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，利用导数分析其单调性结合确定，从而得到，求出其前n项和，由古典概型的概率公式计算即可.【详解】设，则，故单调递减，所以．又，解得，则数列，其前n项和，由于，所以，故．故答案为：B3．（20-21高三上·湖南·阶段练习）新型冠状病毒肺炎（COVID－19）疫情爆发以来，中国人民万众一心，取得了抗疫斗争的初步成功.面对秋冬季新冠肺炎疫情反弹风险，某地防疫防控部门打算进行全面入户排查，过程中排查到一户5口之家被确认为新冠肺炎亲密接触者，按要求进一步对该5名成员逐一进行核酸检测.若任一成员消灭阳性，则该家庭定义为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性相互独立，且概率均为p(0＜p＜1).该家庭至少检测了4人才能确定为“感染高危户”的概率为f(p)，当p＝p0时，f(p)最大，此时p0＝（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由独立大事的概率公式结合分类加法可得，结合导数确定的单调性后即可得解.【详解】由题意可知：该家庭至少检测了4人才能确定为“感染高危户”，则前3人检测为阴性，第4人为阳性或前4人检测阴性，第5人为阳性.，则当时；当时在上递增，在上递减，时最大，即故选：C.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将独立大事的概率合理结合导数的应用，保证运算的精确     是关键.4．（2025·上海浦东新·三模）有一袋子中装有大小、质地相同的白球k个，黑球.甲、乙两人商定一种玩耍规章如下：第一局中两人轮番摸球，摸后放回，先摸到白球者本局获胜但从其次局起，上一局的负者先摸球.若第一局中甲先摸球，记第局甲获胜的概率为，则关于以下两个命题推断正确的是（

）①，且；②若第七局甲获胜的概率不小于0.9，则不小于1992.A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题【答案】A【分析】分别计算在第一局中：摸1次，摸3次，，摸次甲获胜概率，可得，从而求得，由于第局甲获胜包括两种状况：第局甲赢且第局甲后摸球和第局甲输且第局甲先摸球，可得，利用数列求通项公式的构造法，可得是首项为，公比为的等比数列，求出，解不等式即可求解.【详解】第一局：摸1次甲获胜概率为：，摸3次甲获胜概率为：，摸5次甲获胜概率：，摸7次甲获胜概率：，，摸次甲获胜概率：，所以，所以，第局甲获胜包括两种状况：第局甲赢且第局甲后摸球和第局甲输且第局甲先摸球，则，故①正确；由，设，解得，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，则，即，所以，即，即，即，即，则，即，解得，所以不小于1992，所以②正确.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键是在第一局中求出摸1次，摸3次，，摸次甲获胜概率，可得其概率是等比数列，从而得到，利用数列求和和极限的学问进行求解.二、多选题5．（23-24高三上·安徽·阶段练习）乒乓球，被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，是推动外交的体育项目，被誉为“小球推动大球”.某次乒乓球竞赛接受五局三胜制，当参赛甲，乙两位中有一位赢得三局竞赛时，就由该选手晋级而竞赛结束.每局竞赛皆须分出胜败，且每局竞赛的胜败不受之前竞赛结果影响.假设甲在任一局赢球的概率为，实际竞赛局数的期望值记为，下列说法正确的是（

）A．三局就结束竞赛的概率为 B．的常数项为3C． D．【答案】BCD【分析】依据给定条件，求出竞赛局数分别取3，4，5时的概率，进而求出，再逐项推断得解.【详解】设实际竞赛局数为，则，，，因此三局就结束竞赛的概率为，A错误；于是，由，则常数项为3，B正确；，C正确；求导得，由，得，令，解得；令，解得，则函数在上单调递增，在上单调递减，而，因此关于对称，，D正确.故选：BCD6．（2025·黑龙江大庆·一模）某学校足球社团进行传球训练，甲､乙､丙三名成员为一组，训练内容是从某人开头随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人.现假定每次传球都能被接到，开头传球的人为第一次触球者，记第次触球者是甲的概率为.已知甲为本次训练的第一次触球者，即，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】与能直接进行求解；项分析出要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，且第次触球的人，有12的概率将球传给甲，从而求出递推公式；项在项的基础上求出通项公式，计算出，比较出，从而推断求解.【详解】：甲传球给乙或丙，故，故正确；：乙或丙传球给其他两个人，故，故错误；、：由题意得：要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，且第次触球的人，有12的概率将球传给甲，故，则，故C正确；由于，设，解得：，所以由于，所以是以23为首项，公比是的等比数列，故，所以，故，则，故，故正确.故选：．【点睛】概率与数列结合的题目，要能分析出递推关系，通过递推关系求出通项公式，这是解题的关键.三、填空题7．（24-25高三上·河北·阶段练习）若袋子中有大小且外形完全相同的黑球个，白球个，现从中随机抽取3个球，表示抽到2个黑球1个白球的概率，则取得最大值时．【答案】【分析】依据题意表示出，进而利用导函数争辩最值即可.【详解】由题意，，，，设函数，则，令，即，解得，，易知，，因此，当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减；又，且，，，则，因此，当时，有最大值，此时取最大值；故答案为：8．（24-25高三上·湖南·阶段练习）小王和爸爸玩卡片玩耍，小王拿有2张标有A和1张标有B的卡片，爸爸有3张标有B的卡片，现两人各随机取一张交换，重复n次这样的操作，记小王和爸爸每人各有一张A卡片的概率记为，则，．【答案】；.【分析】记n次这样的操作小王恰有一张A卡片的概率为，有两张A卡片的概率为，依据题设条件写出与的递推关系，进而得到，依据等比数列定义写出通项.【详解】记n次这样的操作小王恰有一张A卡片的概率为，有两张A卡片的概率为，则，，有，而，重复n次这样的操作，，所以，又，所以．故答案为：，【点睛】关键点点睛：依据已知条件得到与的递推关系为关键.四、解答题9．（2025·广东佛山·一模）ACE球是指在网球对局中，一方发球，球落在有效区内，但接球方却没有触及到球而使发球方直接得分的发球．甲、乙两人进行发球训练，规章如下：每次由其中一人发球，若发出ACE球，则换人发球，若未发出ACE球，则两人等可能地获得下一次发球权．设甲，乙发出ACE球的概率均为，记“第次发球的人是甲”．(1)证明：；(2)若，，求和．【答案】(1)证明见解析(2),【分析】（1）依据条件概率的意义可证明；（2）利用（1）中的结果可求，结合全概率公式可得，利用构造法可求.【详解】（1）若第次为甲发球的条件下第次还是甲发球，则第次甲没有发出ACE球，故此时，若第次不是甲发球的条件下第次是甲发球，（1）乙发ACE球，则第次是甲发球；（2）乙没有发出ACE球，则有的概率第次是甲发球；故，故.（2），,故，所以即，所以，故而，故为等比数列，故即.10．（24-25高三上·四川自贡·期中）某学校为丰富同学活动，乐观开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局连续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行.(1)求乙同学第2局赢的概率；(2)记甲同学第i局赢的概率为；（ⅰ）求（ⅱ）若存在i，使成立，求整数k的最小值．【答案】(1)(2)（ⅰ）；（2）．【分析】（1）依据独立大事概率公式和互斥大事概率公式计算出甲同学第2局赢的概率，再由对立大事概率公式计算；（2）（ⅰ）依据独立大事概率公式和互斥大事概率公式计算；（ⅱ）依据独立大事概率公式和互斥大事概率公式确定与的关系，，构造等比数列得出，不等式化为，利用导数求出函数的单调性，求出的最小值为，再由函数单调性对进行估值，从而得出的最小整数值．【详解】（1）由题意甲第2局赢的概率为，所以乙赢的概率为；（2）（ⅰ）由已知时，，所以，又，所以数列是等比数列，公比为，所以，所以；（ⅱ）即，令，则，易知是减函数，，所以时，，递减，明显，因此要求的最大值，即求的最小值，又，为奇数时，，为偶数时，，且在为偶数时，是单调递增的，所以是中的最小值，，所以，又在上是减函数，所以，而，（∵），所以，所以满足的整数的最小值为．【点睛】方法点睛：重复进行的概率问题，一般都要通过独立大事的概率公式、互斥大事概率公式等确定概率的递推关系，然后构造新的等比数列，从而利用等比数列通项公式求得出表达式．11．（2025·福建·模拟猜测）为庆祝祖国周年华诞，某商场打算在国庆期间进行抽奖活动．盒中装有个除颜色外均相同的小球，其中个是红球，个是黄球．每位顾客均有一次抽奖机会，抽奖时从盒中随机取出球，若取出的是红球，则可领取“特等奖”，该小球不再放回；若取出的是黄球，则可领取“参与奖”，并将该球放回盒中．(1)在第2位顾客中“参与奖”的条件下，第1位顾客中“特等奖”的概率；(2)记为第个顾客参与后后来参与的顾客不再有机会中“特等奖”的概率，求数列的通项公式；(3)设大事为第个顾客参与时获得最终一个“特等奖”，要使发生概率最大，求的值．【答案】(1)(2)(3)4【分析】（1）利用条件概率公式计算；（2）将个顾客参与后后来的顾客不再有机会中“特等奖”转化为最终一位顾客中“特等奖”，前位顾客中有一位中“特等奖”，然后结合等比数列求和公式计算概率；（3）依据概率最大列不等式，然后解不等式即可.【详解】（1）设第位顾客中“特等奖”为大事，第位顾客中“参与奖”为大事，，，故，所以在第位顾客中“参与奖”的条件下，第位顾客中“特等奖”的概率为.（2）由题意得，个顾客参与后后来的顾客不再有机会中“特等奖”表示最终一位顾客中“特等奖”，前位顾客中有一位中“特等奖”，所以，故数列的通项公式为.（3）设第个顾客参与时拿下最终一个“特等奖”的概率最大，则概率，要使最大，即使最大，所以，即，化简得，且，又在0,+∞上单调递减，所以，综上所述，.【点睛】关键点睛：（2）的解题关键在于将个顾客参与后后来的顾客不再有机会中“特等奖”转化为最终一位顾客中“特等奖”，前位顾客中有一位中“特等奖”，然后求概率.12．（24-25高三上·湖北·期末）某商家推出一个活动：将n件价值各不相同的产品依次呈现在参与者面前，参与者可以选择当前呈现的这件产品，也可以不选择这件产品，若选择这件产品，该活动马上结束；若不选择这件产品，则看下一件产品，以此类推，整个过程参与者只能连续前进，不能返回，直至结束．同学甲认为最好的肯定留在最终，打算始终选择最终一件，设他取到最大价值产品的概率为；同学乙接受了如下策略：不取前件产品，自第件开头，只要发觉比他前面见过的每一个产品的价值都大，就选择这件产品，否则就取最终一件，设他取到最大价值产品的概率为．(1)若，求和；(2)若价值最大的产品是第件（），求；(3)当趋向于无穷大时，从理论的角度（即），求的最大值及取最大值时的值．（取）【答案】(1)，(2)(3)的最大值为，此时【分析】（1）依据题意直接求，依据同学乙的选法规章，结合排列问题，即可求解；（2）依据题意，结合排列，组合问题，以及古典概型概率公式，即可求解；（3）依据（2）的结果，以及全概率公式求，再构造函数，利用导数求函数的最值.【详解】（1）由题意可知，，依题意，4个产品的位置从第一个到第4个排序，有种状况，同学乙要取最贵价值产品，有以下两种状况：最贵价值产品是第3个，其它的任凭在哪个位置，有种状况；最贵价值产品是第4个，其次贵价值产品是第1个或第2个，其它的任凭在哪个位置，有种状况，所以所求概率（2）法一：若考虑全部产品排序，价值最大的产品是第件，共有种排法，先从件产品中挑件产品出来，其中价值最大的产品放在前，剩下的全排列，