7.4 二项分布与超几何分布
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模块导图
知识剖析
二项分布
1 n重伯努利试验
（1）我们把只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验，比如产品的合格或不合格,医学检验结果的阳性或阴性；
（2）将一个伯努利试验独立地重复进行\(n\)次所组成的随机试验称为\(n\)重伯努利试验,
（3）\(n\)重伯努利试验具有如下共同特征
第一：同一个伯努利试验重复做\(n\)次；
第二：各次试验的结果相互独立；
2 二项分布
(1) 概念
一般地，在\(n\)重伯努利试验中,设每次试验中事件\(A\)发生的概率为\(p(0<p<1)\),用\(X\)表示事件\(A\)发生的次数,则
此时称随机变量\(X\)服从二项分布,记作\(X∼ B(n ,p)\) , 并称\(p\)为成功概率.
随机变量\(X\)的分布列如下
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline X & 0 & 1 & \ldots & k & \cdots & n \\
\hline P & C_{n}^{0} p^{0} q^{n} & C_{n}^{1} p^{1} q^{n-1} & \cdots & C_{n}^{k} p^{k} q^{n-k} & \cdots & C_{n}^{n} p^{n} q^{0} \\
\hline
\end{array}\)
(其中\(q=1-p\))
由二项定理,可得
\(\sum_{k=0}^{n} P(X=k)=\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}=(p+q)^{k}=1\)
这也许是这分布为什么叫做二项式定理的原因吧！
（2）案例
(二项分布可以用下例理解下)
小明投篮命中率是\(\dfrac{1}{3}\),那他投\(5\)次恰好中\(2\)次的概率\(p\)是 \(\underline{\quad \quad}\) .
\({\color{Red}{解析 }}\) 小明投\(5\)次,如下图,他只中了\(2\)次,
问：那他是哪两次中了？
答：共有\(C_{5}^{2}\)可能情况(就组合问题而已).
问：那他每种情况的概率是相等的么？
答：是的,每次投篮都是独立事件,每种情况都是中\(2\)次不中\(3\)次,那概率是\(\left(\dfrac{1}{3}\right)^{2}\left(1-\dfrac{1}{3}\right)^{3}\).
那所求概率\(p=C_{5}^{2}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{2}\left(1-\dfrac{1}{3}\right)^{3}\).
3 二项分布的期望与方差
一般地,如果\(X∼ B(n ,p)\),那么\(E(X)=np\),\(D(X)=np(1-p)\).
下面对期望进行证明
证明 令\(q=1-p\),由\(k C_{n}^{k}=n C_{n-1}^{k-1}\),可得
\(E(X)=\sum_{k=0}^{n} k C_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}=\sum_{k=1}^{n} n C_{n-1}^{k-1} p^{k} q^{n-k}=n p \sum_{k=1}^{n} C_{n-1}^{k-1} p^{k-1} q^{n-1-(k-1)}\)
令\(k-1=m\),则
\(E(X)=n p \sum_{m=0}^{n-1} C_{n-1}^{m} p^{k-1} q^{n-1-m}=n p(p+q)^{n-1}=n p\).
超几何分布
1 概念
一般地,假设一批产品共有\(N\)件,其中有\(M\)件次品,从\(N\)件产品中随机抽取\(n\)件(不放回),用\(X\)表示抽取的\(n\)件产品中的次品数,则\(X\)的分布列为：
其中\(n\) ,\(M\) ,\(N∈N^*\) ,\(n≤ N\) ,\(M≤ N\) ,\(m=\max\{0 ,n-N+M\}\),\(r=\min\{n ,m\}\).
如果随机变量\(X\)的分布列具有上式的形式,那么称随机变量\(X\)服从超几何分布.
2 案例
(超几何分布可以用下例理解下)
\(10\)个产品中有\(6\)个优品,\(4\)个次品,从\(10\)个产品中抽出\(5\)个恰好有\(2\)个次品的概率\(p\)是 \(\underline{\quad \quad}\) .
\({\color{Red}{解析 }}\) 利用古典概型的公式\(P(A)=\dfrac{\text { 事件 } A \text { 的样本点个数 }}{\text { 样本空间 } \Omega \text { 的样本点个数 }}\),
那所求概率事件中“样本空间\(Ω\)的样本点个数”为\(C_{10}^{5}\)(\(10\)个产品抽\(5\)个,不管有多少个次品),而“\(5\)个恰好有\(2\)个次品”意味着“事件\(A\)的样本点个数”为\(C_6^3 C_4^2\)(\(3\)个优品从\(6\)个优品抽,\(2\)个次品从\(4\)个次品抽),所以\(p=\dfrac{C_{6}^{3} C_{4}^{2}}{C_{10}^{5}}\).
这题是超几何分布,“抽\(5\)个产品有\(2\)个次品”的潜台词可理解是“一次性拿5个产品,不放回抽样”的.
3 超几何分布的期望
设随机变量\(X\)服从超几何分布,则\(E(X)=\dfrac{n M}{N}\).
\({\color{Red}{证明 }}\) 令\(m=\max \{0, n-N+M\}\) ,\(r=\min \{n, m\}\),有
\(E(X)=\sum_{k=m}^{r} k \dfrac{C_{M}^{k} C_{N-M}^{n-k}}{C_{N}^{n}}=M \sum_{k=m}^{r} \dfrac{C_{M-1}^{k-1} C_{N-M}^{n-k}}{C_{N}^{n}}\)
因为\(\sum_{k=m}^{r} C_{M-1}^{k-1} C_{N-M}^{n-k}=C_{N-1}^{n-1}\),所以
\(E(X)=\dfrac{M}{C_{N}^{n}} \sum_{k=m}^{r} k C_{M-1}^{k-1} C_{N-M}^{n-k}=\dfrac{M C_{N-1}^{n-1}}{C_{N}^{n}}=\dfrac{n M}{N}\)
\({\color{Red}{ PS }}\) 超几何分布的模型是不放回抽样
4 二项分布与超几何分布的关联
(1) 已知\(10\)个产品中有\(6\)个次品,分别采取放回和不放回的方式随机抽取的\(4\)件产品,次品数为\(X\),求随机变量\(X\)的分布列,
若采取放回的方式,则每次抽到次品的概率为\(0.6\),且各次抽样的结果相互独立,则\(X\)服从二项分布,即\(X~B(4 ,0.6)\)；
若采取不放回的方式,虽然每次抽到次品的概率为\(0.6\),但每次抽取不是同一个试验,各次抽取的结果也不独立,不符合\(n\)重伯努利试验的特征,因此\(X\)不服从二项分布,服从超几何分布.
(2) 二项分布和超几何分布都是可以描述随机抽取的\(n\)件产品中次品数的分布规律,并且两者的均值相同,对于不放回抽样,当\(n\)远远小于\(N\)时,每抽取一次后,对\(N\)的影响很小,此时超几何分布可以用二项分布近似.
经典例题
【题型一】 二项分布与超几何分布的概念
【典题1】 下列随机变量\(ξ\)服从二项分布的是\(\underline{\quad \quad}\) .
①随机变量\(ξ\)表示重复抛掷一枚骰子\(n\)次中出现点数是\(3\)的倍数的次数；
②某射手击中目标的概率为\(0.9\),从开始射击到击中目标所需的射击次数\(ξ\)；
③有一批产品共有\(N\)件,其中\(M\)件为次品,采用有放回抽取方法,\(ξ\)表示\(n\)次抽取中出现次品的件数\((M<N)\)；
④有一批产品共有\(N\)件,其中\(M\)件为次品,采用不放回抽取方法,\(ξ\)表示\(n\)次抽取中出现次品的件数\((M<N)\)．
【解析】①由于每抛掷一枚骰子出现点数是\(3\)的倍数的概率都是相等的,且相互独立,故随机变量\(ξ\)表示重复抛掷一枚骰子\(n\)次中出现点数是\(3\)的倍数的次数服从二项分布；
②对于某射手从开始射击到击中目标所需的射击次数\(ξ\),每次实验不是独立的,与其它各次试验结果有关,故不是二项分布；
③有一批产品共有\(N\)件,其中\(M\)件为次品,由于采用有放回抽取方法,每一次抽取中出现次品的概率都是相等的,且相互独立,故\(ξ\)表示\(n\)次抽取中出现次品的件数服从二项分布；
④由于采用不放回抽取方法,每一次抽取中出现次品的概率不相等的,故\(ξ\)表示\(n\)次抽取中出现次品的件数不服从二项分布；
故答案为：① ②．
【典题2】 袋中有\(8\)个白球,\(2\)个黑球,从中随机地连续抽取\(3\)次,每次取\(1\)个球,求
(1) 有放回抽样时,取到黑球的个数\(X\)的分布列；
(2) 不放回抽样时,取到黑球的个数\(Y\)的分布列.
【解析】(1) 有放回抽样时,取到的黑球数\(X\)可能的取值为\(0 ,1 ,2 ,3\),
又由于每次取到黑球的概率均为\(\dfrac{2}{10}=\dfrac{1}{5}\),\(3\)次取球可看成\(3\)次独立重复试验,
故随机变量服从二项分布\(X \sim B\left(3, \dfrac{1}{5}\right)\)
则\(P(X=0)=C_{3}^{0}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{0}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{3}=\dfrac{64}{125}\)，\(P(X=1)=C_{3}^{1}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{1}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{23}=\dfrac{48}{125}\)，
\(P(X=2)=C_{3}^{2}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{2}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{1}=\dfrac{12}{125}\)，\(P(X=3)=C_{3}^{3}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{3}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{0}=\dfrac{1}{125}\)
则随机变量\(X\)的分布列为
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline X & 0 & 1 & 2 & 3 \\
\hline P & \dfrac{64}{125} & \dfrac{48}{125} & \dfrac{12}{125} & \dfrac{1}{125} \\
\hline
\end{array}\)
(2) 不放回抽样时,取到黑球\(Y\)的可能的取值为\(0 ,1 ,2\),\(Y\)服从超几何分布,
\(P(Y=0)=\dfrac{C_{2}^{0} C_{8}^{3}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{7}{15}\)，\(P(Y=1)=\dfrac{C_{2}^{1} C_{8}^{2}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{7}{15}\)，\(P(Y=2)=\dfrac{C_{2}^{2} C_{8}^{1}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{1}{15}\)
则随机变量\(Y\)的分布列为
\(\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline Y & 0 & 1 & 2 \\
\hline P & \dfrac{7}{15} & \dfrac{7}{15} & \dfrac{1}{15} \\
\hline
\end{array}\)
【典题3】 某篮球运动员每次投篮投中的概率是\(\dfrac{4}{5}\),每次投篮的结果相互独立,那么在他\(10\)次投篮中,记最有可能投中的次数为\(m\),则\(m\)的值为\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】由题意知,投中的次数\(X \sim B\left(10, \dfrac{4}{5}\right)\),
所以\(P(X=m)=C_{10}^{m} \cdot\left(\dfrac{4}{5}\right)^{m} \cdot\left(\dfrac{1}{5}\right)^{10-m}\)
因为最有可能投中的次数为\(m\),
所以\(\left\{\begin{array}{l}
P(X=m) \geq P(X=m+1) \\
P(X=m) \geq P(X=m-1)
\end{array}\right.\),
即\(\left\{\begin{array}{l}
C_{10}^{m}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{m}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{10-m} \geq C_{10}^{m+1}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{m+1}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{9-m} \\
C_{10}^{m}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{m}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{10-m} \geq C_{10}^{m-1}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{m-1}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{11-m}
\end{array}\right.\)，
解得\(\dfrac{39}{5} \leq m \leq \dfrac{44}{5}\),
\(∵m∈N^*\),所以\(m=8\)．
巩固练习
1(★)下面随机变量\(X\)的分布列不属于二项分布的是( )
A．据中央电视台新闻联播报道,一周内在某网站下载一次数据,电脑被感染某种病毒的概率是\(0.65\),设在这一周内,某电脑从该网站下载数据\(n\)次中被感染这种病毒的次数为\(X\)
B．某射手射击击中目标的概率为\(p\),设每次射击是相互独立的,从开始射击到击中目标所需要的射击次数为\(X\)
C．某射手射击击中目标的概率为\(p\),设每次射击是相互独立的,射击\(n\)次命中目标的次数为\(X\)
D．位于某汽车站附近有一个加油站,汽车每次出站后到这个加油站加油的概率为\(0.6\),国庆节这一天有\(50\)辆汽车开出该站,假设一天里汽车去该加油站加油是相互独立的,去该加油站加油的汽车数为\(X\)
2(★)有\(6\)个大小相同的黑球,编号为\(1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6\),还有\(4\)个同样大小的白球,编号为\(7,8,9,10\),现从中任取\(4\)个球,有如下几种变量：①\(X\)表示取出的最大号码；②\(Y\)表示取出的最小号码；③取出一个黑球记\(2\)分,取出一个白球记\(1\)分,\(ξ\)表示取出的\(4\)个球的总得分；④\(η\)表示取出的黑球个数,这四种变量中服从超几何分布的是( )
A. \((1) (2)\) \(\qquad \qquad\)B. \((4)\) \(\qquad \qquad\)C. \((1)(2) (4)\) \(\qquad \qquad\) D. \((1)(2)(3)(4)\)
3(★★)[多选题]某人参加一次测试,在备选的\(10\)道题中,他能答对其中的\(5\)道,现从备选的\(10\)题中随机抽出\(3\)题进行测试,规定至少答对\(2\)题才算合格．则下列选项正确的是( )
A．答对\(0\)题和答对\(3\)题的概率相同,都为\(\dfrac{1}{8}\)
B．答对\(1\)题的概率为\(\dfrac{3}{8}\)
C．答对\(2\)题的概率为\(\dfrac{5}{12}\)
D．合格的概率为\(\dfrac{1}{2}\)
4(★★)[多选题]掷一个不均匀的硬币\(6\)次,每次掷出正面的概率均为\(\dfrac{2}{3}\),恰好出现\(k\)次正面的概率记为\(P_k\),则下列说法正确的是( )
A．\(P_1=P_5\)
B．\(P_1<P_5\)
C．\(\sum_{k=1}^{6} P_{k}=1\)
D．\(P_0 ,P_1 ,P_2 ,…P_6\)中最大值为\(P_4\)
5(★★★)已知随机变量\(X\)的分布服从\(X～B(n ,p)\),记\(f(n ,p)=P(x=n－1)+P(x=n)\),记\(f(n ,p)\)在\(p∈[0 ,1]\)上的最大值为\(F(n)\),若正整数\(a\),\(b\)满足\(a>b>2019\),则\(F(a)\)和\(F(b)\)的大小关系是( )
A．\(F(a)>F(b)\) \(\qquad \qquad\) B．\(F(a)=F(b)\) \(\qquad \qquad\) C．\(F(a)<F(b)\) \(\qquad \qquad\)D．无法确定
参考答案
- 【答案】\(B\)
【解析】\(A\)项中，每次下载电脑被感染某种病毒的概率是\(0.65\)，且每次都相互独立的，故属于二项分布，
\(B\)项中，若第\(k\)次击中目标．也就是说前\(k－1\)都没击中，显然击中与不击中的概率是不一样的，故射击次数\(X\)不属于二项分布，
\(C\)项中，射击击中目标的概率为\(p\)，设每次射击是相互独立，故属于二项分布，
\(D\)项中，汽车每次出站后到这个加油站加油的概率为\(0.6\)，汽车去该加油站加油是相互独立，故属于二项分布，
故选：\(B\)． - 【答案】\(B\)
【解析】超几何分布取出某个对象的结果数不定，也就是说超几何分布的随机变量为实验次数，即指某事件发生\(n\)次的试验次数，由此可知④服从超几何分布．故选：\(B\)． - 【答案】\(CD\)
【解析】某人参加一次测试，在备选的\(10\)道题中，他能答对其中的\(5\)道，
现从备选的\(10\)题中随机抽出\(3\)题进行测试，规定至少答对\(2\)题才算合格．
在\(A\)中，答对\(0\)题的概率为：\(P_{0}=\dfrac{C_{5}^{3}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{1}{12}\)，答对\(3\)题的概率为：\(P_{3}=\dfrac{C_{5}^{3}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{1}{12}\)，
\(∴\)对\(0\)题和答对\(3\)题的概率相同，都为\(\dfrac{1}{12}\)，故\(A\)错误；
在\(B\)中，答对\(1\)题概率为\(p_1=\dfrac{C_{5}^{1} C_{5}^{2}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{5}{12}\)，故\(B\)错误；
在\(C\)中，答对\(2\)题的概率为\(p_{2}=\dfrac{C_{5}^{2} C_{5}^{1}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{5}{12}\)，故\(C\)正确；
在\(D\)中，合格的概率为\(P=\dfrac{C_{5}^{2} C_{5}^{1}}{C_{10}^{3}}+\dfrac{C_{5}^{3}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{1}{2}\)，故\(D\)正确．
故选：\(CD\)． - 【答案】\(BD\)
【解析】由\(n\)次独立重复试验的概率计算公式可知，\(P_{k}=C_{6}^{k}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{k} \cdot\left(1-\dfrac{2}{3}\right)^{6-k}\)，
\(\therefore P_{1}=C_{6}^{1}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{1} \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^{5}\)，\(P_{5}=C_{6}^{5}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{5} \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^{1}\)，显然\(P_1<P_5\)，即选项\(A\)错误，选项\(B\)正确；
由必然事件的概率可知，\(\sum_{k=0}^{6} P_{k}=1\)，而\(P_{0}=C_{6}^{0}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{0}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{6} \neq 0\)，即选项\(C\)错误；
根据二项分布概率公式，可得\(P_{0}=\dfrac{1}{729}\)，\(P_{1}=\dfrac{4}{243}\)，\(P_{2}=\dfrac{20}{243}\)，
\(P_{3}=\dfrac{160}{729}\)，\(P_{4}=\dfrac{80}{243}\)，\(P_{5}=\dfrac{64}{243}\)，\(P_{6}=\dfrac{64}{729}\)，\(∴P_0，P_1，P_2，…P_6\)中最大的为\(P_4\)，
即选项\(D\)正确．
故选：\(BD\)． - 【答案】\(B\)
【解析】根据题意，随机变量\(X\)的分布服从\(X～B(n，p)\)，
则\(P(x=n-1)=C_{n}^{n-1} p^{n-1}(1-p)=n p^{n- 1}(1-p)=n p^{n-1}-n p^{n}\)，\(P(x=n)=C_{n}^{n} p^{n}=p^{n}\)，
则\(f(n, p)=\left(n p^{n^{-}} 1-n p^{n}\right)+p^{n}=(1-n) p^{n}+n p^{n-1}\)，
设\(g(p)=(1-n) p^{n}+n p^{n-1}\)，
其导数\(g^{\prime}(p)=n(1-n) p^{n-1}+n(n-1) p^{n-2}=n(1-n) p^{n-2}(p-1)\)，
当\(n=1\)时，\(g(p)=1\)，则\(F(1)=1\)，
当\(n≥2\)时，对于\(g′(p)\)，有\(n(1－n)<0\)，\(p^{n-2} {\geq} 0\)，\(p－1≤0\)，则有\(g′(p)≥0\)，
则\(g(p)\)在\((0，1)\)上为增函数，
故\(F(n)=F(1)=1\)，
若\(a>b>2019\)，则\(F(a)=F(b)\)，
故选：\(B\)．
【题型二】 二项分布与超几何分布的期望与方差
【典题1】 有\(N\)件产品,其中有\(M\)件次品,从中不放回地抽\(n\)件产品,抽到的次品数的数学期望值是( )
A. \(n\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B. \((n-1) \dfrac{M}{N}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C. \(n \dfrac{M}{N}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D. \((n+1) \dfrac{M}{N}\)
【解析】设抽到的次品数为\(X\),
则有\(N\)件产品,其中有\(M\)件次品,从中不放回地抽\(n\)件产品,
抽到的次品数\(X\)服从超几何分布,即\(X～H(n ,M ,N)\),
\(∴\)抽到的次品数的数学期望值\(E X=\dfrac{n M}{N}\)
故选：\(C\)．
【典题2】 已知离散型随机变量\(X\)服从二项分布\(X～B(n ,p)\),且\(E(X)=4\),\(D(X)=q\),则\(\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}\)的最小值为( )
A. \(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(\dfrac{5}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(\dfrac{9}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D. \(4\)
【解析】离散型随机变量\(X\)服从二项分布\(X～B(n ,p)\),
所以有\(E(X)=np=4\)，\(D(X)=np(1－p)=q\),
所以\(4p+q=4\),即\(p+\dfrac{q}{4}=1,(p>0, q>0)\)
所以\(\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=\left(\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}\right)\left(p+\dfrac{q}{4}\right)=\dfrac{5}{4}+\dfrac{q}{4 p}+\dfrac{p}{q}\)\(\geq \dfrac{5}{4}+2 \sqrt{\dfrac{q}{4 p} \times \dfrac{p}{q}}=\dfrac{5}{4}+1=\dfrac{9}{4}\)
当且仅当\(q=2 p=\dfrac{4}{3}\)时取得等号．
故选：\(C\)．
【典题3】 我们知道,在\(n\)次独立重复试验(即伯努利试验)中,每次试验中事件\(A\)发生的概率为\(p\),则事件\(A\)发生的次数\(X\)服从二项分布\(B(n ,p)\),事实上,在无限次伯努利试验中,另一个随机变量的实际应用也很广泛,即事件\(A\)首次发生时试验进行的次数\(Y\),显然\(P(Y=k)=p(1-p)^{k-1}\) ,\(k=1 ,2 ,3 ,…\),我们称\(Y\)服从“几何分布”,经计算得\(E(Y)=\dfrac{1}{p}\)．由此推广,在无限次伯努利试验中,试验进行到事件\(A\)和\(\bar{A}\)都发生后停止,此时所进行的试验次数记为\(Z\),则\(P(Z=k)=p(1-p)^{k-1}+(1-p) p^{k-1}\),\(k=2 ,3 ,…\),那么\(E(Z)=\)( )
A. \(\dfrac{1}{p(1-p)}-1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B. \(\dfrac{1}{p^{2}}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C. \(\dfrac{1}{p(1-p)}+1\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D. \(\dfrac{1}{(1-p)^{2}}\)
【解析】\({\color{Red}{方法一 }}\)
\(\because P(Y=k)=p(1-p)^{k-1}, k=1,2,3, \ldots\),得\(E(Y)=\dfrac{1}{p}\)．
\(\therefore p+2 p(1-p)+3(1-p) p^{2}+k p(1-p)^{k-1}+\cdots=\dfrac{1}{p}\),
\(\therefore 2 p(1-p)+3(1-p) p^{2}+k p(1-p)^{k-1}+\cdots=\dfrac{1}{p}-p\),
而\(E(Z)=2 p(1-p)+2(1-p) p+3 p(1-p)^{2}+3(1-p) p^{2}+\cdots\)\(+k p(1-p)^{k-1}+k(1-p) p^{k-1}+\cdots\)
\(=\dfrac{1}{p}-p+2(1-p) p+3(1-p) p^{2}+\cdots \ldots+k p(1-p)^{k-1}+\cdots\).
设\(A_{k}=2 p+3 p^{2}+\cdots \ldots+k p^{k-1}\)．
\(p A_{k}=2 p^{2}+3 p^{3}+\cdots \ldots+(k-1) p^{k-1}+k p^{k}\)．
\(\therefore(1-p) A_{k}=2 p+p^{2}+p^{3}+\cdots \ldots+p^{k-1}-k p^{k}\)\(=p+\dfrac{p\left(1-p^{k-1}\right)}{1-p}-k p^{k}\)．
\(∴k→+∞\)时,\((1-p) A_{k} \rightarrow p+\dfrac{p}{1-p}\)．
\(\therefore E(Z)=\dfrac{1}{p}-p+p+\dfrac{p}{1-p}=\dfrac{1}{p(1-p)}-1\)．
故选：\(A\)．
\({\color{Red}{方法二 }}\) \(\because P(Y=k)=p(1-p)^{k-1}, k=1,2,3, \ldots\),得\(E(Y)=\dfrac{1}{p}\)．
\(\therefore \sum_{k=1}^{+\infty} k p(1-p)^{k-1}=\dfrac{1}{p} \Rightarrow p+\sum_{k=2}^{+\infty} k p(1-p)^{k-1}=\dfrac{1}{p} \Rightarrow \sum_{k=2}^{+\infty} k p(1-p)^{k-1}=\dfrac{1}{p}-p\)
同理
\(\sum_{k=2}^{+\infty} k(1-p) p^{k-1}=\dfrac{1}{1-p}-(1-p)\)
\(\therefore E(Z)=\sum_{k=2}^{+\infty} k p(1-p)^{k-1}+\sum_{k=2}^{+\infty} k(1-p) p^{k-1}\)\(=\dfrac{1}{p}-p+\dfrac{1}{1-p}-(1-p)=\dfrac{1}{p(1-p)}-1\).
巩固练习
1(★)已知离散型随机变量\(ξ\)满足二项分布且\(ξ～B(3 ,p)\),则当\(p\)在\((0 ,1)\)内增大时,( )
A．\(D(ξ)\)减少\(\qquad \qquad\) B．\(D(ξ)\)增大 \(\qquad \qquad\)C．\(D(ξ)\)先减少后增大 \(\qquad \qquad\)D．\(D(ξ)\)先增大后减小
2(★)随机变量\(X～B(100 ,p)\),且\(EX=20\),则\(D(2X－1)=\)( )
A. \(64\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B. \(128\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C. \(256\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D. \(32\)
3(★)已知随机变量\(X\)服从二项分布\(X～B(n ,p)\),且\(E(X)=2\) ,\(D(X)=1\),则\(P(X=3)=\)( )
A. \(\dfrac{1}{4}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B. \(\dfrac{1}{3}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C. \(\dfrac{3}{8}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D. \(\dfrac{1}{2}\)
4(★★)翡翠市场流行一种赌石“游戏规则”：翡翠在开采出来时有一层风化皮包裹着,无法知道其内的好坏,须切割后方能知道翡翠的价值,参加者先缴纳一定金额后可得到一块翡翠石并现场开石验证其具有的收藏价值．某举办商在赌石游戏中设置了甲、乙两种赌石规则,规则甲的赌中率为\(\dfrac{2}{3}\),赌中后可获得\(20\)万元；规则乙的赌中率为\(P_0 (0<P_0<1)\),赌中后可得\(30\)万元；未赌中则没有收获．每人有且只有一次赌石机会,每次赌中与否互不影响,赌石结束后当场得到兑现金额．若收藏者张先生、李先生都选择赌石规则甲或选择赌石规则乙进行赌石,那当\(P_0=\)\(\underline{\quad \quad}\)时,两种方式累计得到金额的数学期望相等时.
参考答案
- 【答案】\(D\)
【解析】离散型随机变量\(ξ\)满足二项分布且\(ξ～B(3，p)\)，
\(\therefore D(\xi)=3 p(1-p)=-3\left(p-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{9}{4}\)．
则当\(p\)在\((0，1)\)内增大时，\(D(ξ)\)在\(\left(0, \dfrac{1}{2}\right]\)上增大，在\(\left[\dfrac{1}{2}, 1\right)\)上减小．
故选：\(D\)． - 【答案】\(A\)
【解析】由于\(X～B(100，p)\)，且\(EX=20\)，
则\(100p=20\)，得\(p=0.2\)，
\(D(X)=100p(1－p)=20×(1－0.2)=16\)，
\(D(2X－1)=22D(X)=64\)．
故选：\(A\)． - 【答案】\(A\)
【解析】因为\(X\)服从二项分布\(X～B(n，p)\)，\(E(X)=2\)，\(D(X)=1\)，
所以\(np=2\)，\(np(1－p)=1\)，即\(n=4\)，\(p=\dfrac{1}{2}\)，
则\(P(X=3)=C_{4}^{3}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{4}=\dfrac{1}{4}\)，
故选：\(A\)． - 【答案】\(\dfrac{4}{9}\)
【解析】设收藏者张先生、李先生都选择规则甲赌中的次数为\(X_1\)，都选择规则乙赌中的次数为\(X_2\)，则这两人选择规则甲累计获奖得金额的数学期望为\(E(20X_1)\)，选择规则乙累计获奖得金额的数学期望为\(E(30X_2)\)．
由已知可得，\(X_{1} \sim B\left(2, \dfrac{2}{3}\right)\)，\(X_{2} \sim B\left(2, P_{0}\right)\)，所以\(E\left(X_{1}\right)=\dfrac{4}{3}\)，\(E\left(X_{2}\right)=2 P_{0}\)，
从而\(E\left(20 X_{1}\right)=20E\left(X_{1}\right)=20 \times \dfrac{4}{3}=\dfrac{80}{3}\)，\(E\left(30 X_{2}\right)=30 E\left(X_{2}\right)=60 P_{0}\)．
若\(E(20X_1 )=E(30X_2)\)，则\(\dfrac{80}{3}=60 P_{0}\)，解得\(P_{0}=\dfrac{4}{9}\)．
【题型三】 解答题
【典题1】 在袋子中装有\(10\)个大小相同的小球，其中黑球有\(3\)个，白球有\(n(2≤n≤5\)，且\(n≠3)\)个，其余的球为红球．
(Ⅰ)若\(n=5\)，从袋中任取\(1\)个球，记下颜色后放回，连续取三次，求三次取出的球中恰有\(2\)个红球的概率；
(Ⅱ)从袋里任意取出\(2\)个球，如果这两个球的颜色相同的概率是\(\dfrac{4}{15}\)，求红球的个数；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，从袋里任意取出\(2\)个球．若取出\(1\)个白球记\(1\)分，取出\(1\)个黑球记\(2\)分，取出\(1\)个红球记\(3\)分．用\(ξ\)表示取出的\(2\)个球所得分数的和，写出\(ξ\)的分布列，并求\(ξ\)的数学期望\(Eξ\)．
【解析】(Ⅰ)设“从袋中任取\(1\)个球是红球”为事件\(A\)，则\(P(A)=\dfrac{1}{5}\)．
所以\(P_{3}(2)=C_{3}^{2} \cdot\left(\dfrac{1}{5}\right)^{2} \cdot \dfrac{4}{5}=\dfrac{12}{125}\)．
答：三次取球中恰有\(2\)个红球的概率为\(\dfrac{12}{125}\)．
(Ⅱ)设“从袋里任意取出\(2\)个球，球的颜色相同”为事件\(B\)，
则\(P(B)=\dfrac{C_{3}^{2}+C_{n}^{2}+C_{7-n}^{2}}{C_{10}^{2}}=\dfrac{6+n(n-1)+(7-n)(6-n)}{90}=\dfrac{4}{15}\)，
整理得：\(n^2－7n+12=0\)，解得\(n=3\)(舍)或\(n=4\)．
所以，红球的个数为\(4\)个．
(Ⅲ)\(ξ\)的取值为\(2，3，4，5，6\)，且\(P(\xi=2)=\dfrac{C_{4}^{2}}{C_{10}^{2}}=\dfrac{2}{15}\)，\(P(\xi=3)=\dfrac{C_{4}^{1} C_{3}^{1}}{C_{10}^{2}}=\dfrac{4}{15}\)，
\(P(\xi=4)=\dfrac{C_{3}^{1} C_{4}^{1}+C_{3}^{2}}{C_{10}^{2}}=\dfrac{1}{3}\)，\(P(\xi=5)=\dfrac{C_{3}^{1} C_{3}^{1}}{C_{10}^{2}}=\dfrac{1}{5}\)，\(P(\xi=6)=\dfrac{C_{3}^{2}}{C_{10}^{2}}=\dfrac{1}{15}\)．
所以\(ξ\)的分布列为
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline \xi & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\
\hline P & \dfrac{2}{15} & \dfrac{4}{15} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{5} & \dfrac{1}{15} \\
\hline
\end{array}\)
所以\(E \xi=2 \times \dfrac{2}{15}+3 \times \dfrac{4}{15}+4 \times \dfrac{1}{3}+5 \times \dfrac{1}{5}+6 \times \dfrac{1}{15}=\dfrac{19}{5}\)．
【典题2】 2020年初,新冠肺炎疫情袭击全国,某省由于人员流动性较大,成为湖北省外疫情最严重的省份之一,截至2月29日,该省已累计确诊1349例患者(无境外输入病例)．该省新冠肺炎的密切接触者(均已接受检测)中确诊患者约占\(10 \%\),以这些密切接触者确诊的频率代替\(1\)名密切接触者确诊发生的概率,每名密切接触者是否确诊相互独立．现有密切接触者\(20\)人,为检测出所有患者,设计了如下方案：将这\(20\)名密切接触者随机地按\(n\)(\(1<n<20\)且\(n\)是\(20\)的约数)个人一组平均分组,并将同组的\(n\)个人每人抽取的一半血液混合在一起化验,若发现新冠病毒,则对该组的\(n\)个人抽取的另一半血液逐一化验,记\(n\)个人中患者的人数为\(X_n\),以化验次数的期望值为决策依据,试确定使得\(20\)人的化验总次数最少的\(n\)的值．
【解析】由题意,每名密切接触者确诊为新冠脑炎的概率均为\(\dfrac{1}{10}\),\(n\)的可能取值为\(2 ,4 ,5 ,10\)．且\(X_{n} \sim B\left(n, \dfrac{1}{10}\right)\)
对于某组\(n\)个人,化验次数\(Y\)的可能取值为\(1\) ,\(n+1\)．
\(P(Y=1)=\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n}\) ，\(P(Y=n+1)=1-\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n}\)
所以\(E(Y)=1 \cdot\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n}+(n+1)\left[1-\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n}\right]=n+1-n\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n}\),
则\(20\)人的化验总次数为\(f(n)=\dfrac{20}{n}\left[n+1-n\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n}\right]=20\left[1+\dfrac{1}{n}-\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n}\right]\),
经计算\(f(2)=13.8 ,f(4)≈11.8 ,f(5)≈12.2 ,f(10)≈15\)．
所以,当\(n=4\)时符合题意,即按\(4\)人一组检测,可是化验总次数最少．
巩固练习
1(★★)在箱子中有\(10\)个小球，其中有\(3\)个红球，\(3\)个白球，\(4\)个黑球．从这\(10\)个球中任取\(3\)个．求：
(1)取出的\(3\)个球中红球的个数\(X\)的分布列；
(2)取出的\(3\)个球中红球个数多于白球个数的概率．
2(★★)随着人们社会责任感与公众意识的不断提高，越来越多的人成为了志愿者．某创业园区对其员工是否为志愿者的情况进行了抽样调查，在随机抽取的\(10\)位员工中，有\(3\)人是志愿者．
(1)在这\(10\)人中随机抽取\(4\)人填写调查问卷，求这\(4\)人中恰好有\(1\)人是志愿者的概率\(P_1\)；
(2)已知该创业园区有\(1\)万多名员工，从中随机调查\(1\)人是志愿者的概率为\(\dfrac{3}{10}\)，那么在该创业园区随机调查\(4\)人，求其中恰有\(1\)人是志愿者的概率\(P_2\)；
(3)该创业园区的\(A\)团队有\(100\)位员工，其中有\(30\)人是志愿者．若在\(A\)团队随机调查\(4\)人，则其中恰好有\(1\)人是志愿者的概率为\(P_3\)．试根据(Ⅰ)、(Ⅱ)中的\(P_1\)和\(P_2\)的值，写出\(P_1 ,P_2 ,P_3\)的大小关系(只写结果，不用说明理由)．
3(★★★)为研究“在\(n\)次独立重复试验中，事件\(A\)恰好发生\(k\)次的概率的和”这个课题，我们可以分三步进行研究：(I)取特殊事件进行研究；(Ⅱ)观察分析上述结果得到研究结论；(Ⅲ)试证明你得到的结论．现在，请你完成：
(1)抛掷硬币\(4\)次，设\(P_0 ,P_1 ,P_2 ,P_3 ,P_4\)分别表示正面向上次数为\(0\)次，\(1\)次，\(2\)次，\(3\)次，\(4\)次的概率，求\(P_0\) ,\(P_1\) ,\(P_2\) ,\(P_3\) ,\(P_4\) (用分数表示)，并求\(P_0+P_1+P_2+P_3+P_4\)；
(2)抛掷一颗骰子三次，设\(P_0\) ,\(P_1\) ,\(P_2\) ,\(P_3\)分别表示向上一面点数是\(3\)恰好出现\(0\)次，\(1\)次，\(2\)次 ,\(3\)次的概率，求\(P_0\) ,\(P_1\) ,\(P_2\) ,\(P_3\) (用分数表示)，并求\(P_0+P_1+P_2+P_3\)；
(3)由(1)、(2)写出结论，并对得到的结论给予解释或给予证明．
4(★★★)某地区为贯彻“为民服务孺子牛、创新发展拓荒牛、艰苦奋斗老黄牛”的三牛精神，鼓励农户利用荒坡种植果树．某农户考察三种不同的果树苗\(A、B、C\)，经引种试验后发现，引种树苗\(A\)的自然成活率为\(0.8\)，引种树苗\(B、C\)的自然成活率均为\(p(0.7≤p≤0.9)\)．
(1)任取树苗\(A、B、C\)各一棵，估计自然成活的棵数为\(X\)，求\(X\)的分布列及\(E(X)\)；
(2)将(1)中的\(E(X)\)取得最大值时\(p\)的值作为\(B\)种树苗自然成活的概率．该农户决定引种\(n\)棵\(B\)种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有\(75\%\)的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为\(0.8\)，其余的树苗不能成活．
①求一棵\(B\)种树苗最终成活的概率；
②若每棵树苗引种最终成活后可获利\(300\)元，不成活的每棵亏损\(50\)元，该农户为了获利不低于\(20\)万元，问至少引种\(B\)种树苗多少棵？
参考答案
- 【答案】（1）见解析 （2）\(\dfrac{1}{3}\)
【解析】(1)由题意知，随机变量\(X\)的所有可能取值为\(0，1，2，3\)，
且\(X\)服从参数为\(N=10\)，\(M=3\)，\(n=3\)的超几何分布，
因此\(P(X=k)=\dfrac{C_{3}^{k} C_{7}^{3-k}}{C_{10}^{3}}(k=0,1,2,3)\)；
所以\(P(X=0)=\dfrac{C_{3}^{0} C_{7}^{3}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{35}{120}=\dfrac{7}{24}\)，\(P(X=1)=\dfrac{C_{3}^{1} C_{7}^{2}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{63}{120}=\dfrac{21}{40}\)，
\(P(X=2)=\dfrac{C_{3}^{2} C_{7}^{1}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{21}{120}=\dfrac{7}{40}\)，\(P(X=3)=\dfrac{C_{3}^{3} \cdot C_{7}^{0}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{1}{120}\)；
所以\(X\)的分布列为：
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline X & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline P & \dfrac{7}{24} & \dfrac{21}{40} & \dfrac{7}{40} & \dfrac{1}{120} \\ \hline \end{array}\)
(2)设“取出的\(3\)个球中红球个数多于白球个数”为事件\(A\)，“恰好取出\(1\)个红球和\(2\)个黑球”为事件\(A_1\)，“恰好取出\(2\)个红球”为事件\(A_2\)，“恰好取出\(3\)个红球”为事件\(A_3\)，
由于事件\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)彼此互斥，且\(A=A_1+A_2+A_3\)，
而\(P\left(A_{1}\right)=\dfrac{C_{3}^{1} C_{4}^{2}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{3}{20}\)，\(P\left(A_{2}\right)=P(X=2)=\dfrac{7}{40}\)，\(P\left(A_{3}\right)=P(X=3)=\dfrac{1}{120}\)，
所以取出的\(3\)个球中红球个数多于白球个数的概率为：
\(P(A)=P\left(A_{1}\right)+P\left(A_{2}\right)+P\left(A_{3}\right)=\dfrac{3}{20}+\dfrac{7}{40}+\dfrac{1}{120}=\dfrac{1}{3}\)．
答：取出的\(3\)个球中红球个数多于白球个数的概率为\(\dfrac{1}{3}\)． - 【答案】\((1) \dfrac{1}{2} \qquad
(2) 0.4116 \qquad
(3) P_{1}>P_{3}>P_{2}\)
【解析】(Ⅰ)\(P_{1}=\dfrac{C_{3}^{1} \cdot C_{7}^{3}}{C_{10}^{4}}=\dfrac{1}{2}\)，
所以这\(4\)人中恰好有\(1\)人是志愿者的概率为\(\dfrac{1}{2}\)．
(Ⅱ)\(P_{2}=C_{4}^{1}\left(\dfrac{3}{10}\right)^{1} \cdot\left(\dfrac{7}{10}\right)^{3}=0.4116\)，
所以这\(4\)人中恰好有\(1\)人是志愿者的概率为\(0.4116\)．
(Ⅲ)在\(A\)团队随机调查\(4\)人，则其中恰好有\(1\)人是志愿者的概率为\(P_{3}=\dfrac{C_{30}^{1} \cdot C_{70}^{3}}{C_{100}^{4}} \approx 0.4188\)，
故有\(P_1>P_3>P_2\)． - 【答案】（1）\(P_{0}=\dfrac{1}{16}, P_{1}=\dfrac{1}{4}, P_{2}=\dfrac{3}{8}, P_{3}=\dfrac{1}{4}, P_{4}=\dfrac{1}{16}\)，\(P_{0}+P_{1}+P_{2}+P_{3}+P_{4}=1\)
（2）\(P_{0}=\dfrac{125}{216}, P_{1}=\dfrac{25}{72}, P_{2}=\dfrac{5}{72}, P_{3}=\dfrac{1}{216}\)，\(P_0+P_1+P_2+P_3=1\) （3）见解析
【解析】(1)用\(Ai(i=1，2，3，4)\)表示第\(i\)次抛掷硬币掷得正面向上的事件，则\(A_i\)发生的次数\(X\)，
服从二项分布，即\(X \backsim B\left(4, \dfrac{1}{2}\right)\)，
\(\therefore P_{i}=C_{4}^{i}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{i}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{4-i}=C_{4}^{i}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{4}(i=0,1,2,3,4)\)，
所以\(P_{0}=\dfrac{1}{16}, P_{1}=\dfrac{1}{4}, P_{2}=\dfrac{3}{8}, P_{3}=\dfrac{1}{4}, P_{4}=\dfrac{1}{16}\)，\(P_0+P_1+P_2+P_3+P_4=1\)．
(2)用\(A_i(i=1，2，3)\)表示第\(i\)次抛掷骰子掷得向上一面点数是\(3\)的事件，
则\(A_i\)发生的次数\(X\)服从二项分布，即\(X \backsim B\left(3, \dfrac{1}{6}\right)\)，
\(\therefore P_{i}=C_{3}^{i}\left(\dfrac{1}{6}\right)^{i}\left(\dfrac{5}{6}\right)^{3-i}(i=0,1,2,3)\)，
所以\(P_{0}=\dfrac{125}{216}, P_{1}=\dfrac{25}{72}, P_{2}=\dfrac{5}{72}, P_{3}=\dfrac{1}{216}\)，\(∴P_0+P_1+P_2+P_3=1\)．
(3)在\(n\)次独立重复试验中，事件\(A\)恰好发生\(k(k=0，1，2，3，…，n)\)次的概率的和为\(1\)．
证明：在\(n\)次独立重复试验中，事件\(A\)每一次发生的概率为\(p\)，
则\(X∽B(n，p)\)，\(\therefore P_{i}=C_{n}^{i} p^{i}(1-p)^{n-i}\)，
\(\therefore \sum_{i=0}^{n} P_{i}=\sum_{i=0}^{n} C_{n}^{i} p^{i}(1-p)^{n-i}=[(1-p)+p]^{n}=1\)．
或这样解释：\(A_{1} \cup A_{2} \cup \ldots \cup A_{i} \cup \ldots \cup A_{n}\)是必然事件，
所以，在\(n\)次独立重复试验中，事件\(A\)恰好发生\(k(k=0，1，2，3，…，n)\)次的概率的和为\(1\)． - 【答案】\(（1）2p+0.8 （2）① 0.96 ② 700\)
【解析】(1)依题意，\(X\)的所有可能值为\(0，1，2，3\)，
则\(P(X=0)=0.2(1－p)2=0.2p2－0.4p+0.2\)，
\(P(X=1)=0.8 \times(1-p)^{2}+0.2 \times C_{2}^{1} \times p \times(1-p)\)\(=0.8(1-p)^{2}+0.4 p(1-p)=0.4 p^{2}-1.2 p+0.8\)，
\(P(X=2)=0.2 p^{2}+0.8 \times C_{2}^{1} \times p \times(1-p)\)\(=0.2 p^{2}+1.6 p(1-p)=-1.4 p^{2}+1.6 p\)，
\(P(X=3)=0.8 p^{2}\)，
所以\(X\)的分布列为：
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline X & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline P & 0.2 p^{2}-0.4 p+0.2 & 0.4 p^{2}-1.2 p+0.8 & -1.4 p^{2}+1.6 p & 0.8 p^{2} \\ \hline \end{array}\)
\(E(X)=0 \times\left(0.2 p^{2}-0.4 p+0.2\right)+1 \times\left(0.4 p^{2}-1.2 p+0.8\right)+\)\(2 \times\left(-1.4 p^{2}+1.6 p\right)+3 \times 0.8 p^{2}=2 p+0.8\)．
(2)当\(p=0.9\)时，\(E(X)\)取得最大值．
①一棵\(B\)树苗最终成活的概率为\(0.9+0.1×0.75×0.8=0.96\)．
②记\(Y\)为\(n\)棵树苗的成活棵数，\(M(n)\)为\(n\)棵树苗的利润，
则\(Y～B(n，0.96)\)，\(E(Y)=0.96n\)，\(M(n)=300Y－50(n－Y)=350Y－50n\)，
\(E(M(n))=350E(Y)－50n=286n\)，要使\(E(M(n))≥200000\)，则有\(n≥699.3\)．
所以该农户至少种植\(700\)棵树苗，就可获利不低于\(20\)万元．
