摘 要：“新高考”2021年數(shù)學(xué)全國(guó)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(wèn)題，第（2）問(wèn)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(guó)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(jiǎn)介：汪繼波（1968.10-），男，重慶市長(zhǎng)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(guó)Ⅱ卷（海南、遼寧、重慶）第21題：

一種微生物群體可以經(jīng)過(guò)自身繁殖不斷生存下來(lái)，設(shè)一個(gè)這種微生物為第0代，經(jīng)過(guò)一次繁殖后為第1代，再經(jīng)過(guò)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(guò)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(shuō)明（2）問(wèn)結(jié)論的實(shí)際含義.

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

求解想法 此問(wèn)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(guó)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(lái)，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(guò)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(kāi)口向上，對(duì)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(wú)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(kāi)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