2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-壓軸題突破練4-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

壓軸題突破練41．(2023·青島模擬)甲、乙兩人組團(tuán)參加答題挑戰(zhàn)賽，規(guī)定：每一輪甲、乙各答一道題，若兩人都答對，該團(tuán)隊(duì)得1分；只有一人答對，該團(tuán)隊(duì)得0分；兩人都答錯，該團(tuán)隊(duì)得－1分．假設(shè)甲、乙兩人答對任何一道題的概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(2,3).(1)記X表示該團(tuán)隊(duì)一輪答題的得分，求X的分布列及均值E(X)；(2)假設(shè)該團(tuán)隊(duì)連續(xù)答題n輪，各輪答題相互獨(dú)立．記Pn表示“沒有出現(xiàn)連續(xù)三輪每輪得1分”的概率，Pn＝aPn－1＋bPn－2＋cPn－3(n≥4)，求a，b，c；并證明：答題輪數(shù)越多(輪數(shù)不少于3)，出現(xiàn)“連續(xù)三輪每輪得1分”的概率越大．解(1)由題可知，X的取值為－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)則E(X)＝－1×eq\f(1,12)＋0×eq\f(5,12)＋1×eq\f(1,2)＝eq\f(5,12).(2)由題可知，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).連續(xù)答題n輪，沒有出現(xiàn)連續(xù)三輪每輪得1分時，記第n輪沒有得1分的概率為Pn1，則Pn1＝eq\f(1,2)Pn－1；記第n輪得1分，且第n－1輪沒有得1分的概率為Pn2，則Pn2＝eq\f(1,4)Pn－2；記第n輪得1分，且第n－1輪得1分，第n－2輪沒有得1分的概率為Pn3，則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?yàn)镻n＝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，則P1＝P2>P3>P4>P5>…，所以答題輪數(shù)越多(輪數(shù)不少于3)，出現(xiàn)“連續(xù)三輪每輪得1分”的概率越大．2．(2023·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋1＋ax＋a(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若當(dāng)x≥0時，f(x－1)＋ln(x＋1)≥1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由題知，f(x)＝ex＋1＋ax＋a，定義域?yàn)镽，∴f′(x)＝ex＋1＋a.當(dāng)a≥0時，f′(x)>0在R上恒成立，故f(x)在R上是增函數(shù)；當(dāng)a<0時，令f′(x)＝0得x＝ln(－a)－1，在區(qū)間(－∞，ln(－a)－1)上有f′(x)<0，在區(qū)間(ln(－a)－1，＋∞)上有f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，ln(－a)－1)上單調(diào)遞減，在(ln(－a)－1，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≥0時，f(x)在R上單調(diào)遞增，當(dāng)a<0時，f(x)在(－∞，ln(－a)－1)上單調(diào)遞減，在(ln(－a)－1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)x≥0時，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)，則g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)＋a(x≥0)．①若a≥－2，由(1)知，當(dāng)a＝－1時，f(x)＝ex＋1－x－1在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，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，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(1,x＋1)，即x＝0，且a＝－2時取等號．∴函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(0)＝0，∴(*)式成立．②若a<－2，令φ(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)＋a，則φ′(x)＝ex－eq\f(1,x＋12)＝eq\f(x＋12ex－1,x＋12)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時等號成立．∴函數(shù)φ(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增．∵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)