古典概型與幾何概型解法掃描

張濤

如果你僅僅學會了數(shù)學知識點，而對數(shù)學解題方法沒有掌握，在解題時就猶如“航海沒有了燈塔，旅行迷失了方向”.可見數(shù)學解題方法的重要性，下面就讓我們一起賞析古典概型與幾何概型中的常用方法吧.

一、求和法

如果所求事件較為復雜，我們可以將事件分為幾個彼此互斥的事件分別求解，利用互斥事件的概率加法公式求解. （當事件[A]與[B]互斥時，[P（A∪B）=P（A）+P（B）].）

例1 某商場舉行抽獎活動，規(guī)定每位顧客從裝有編號為0，1，2，3的四個小球的抽獎箱中每次抽出一個小球，記下編號后放回，連續(xù)取兩次，若取出的兩個小球號碼相加之和等于6則中一等獎，等于5中二等獎，等于4或3中三等獎. 求中三等獎的概率.

分析 列出取球的所有結(jié)果，中三等獎包括兩個互斥事件，分別求解，然后求和，中獎包括三個互斥事件，分別求解，然后求和.

解 設(shè)“中三等獎”為事件[A].

從四個小球中有放回地取兩個共有（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，0），（1，1），（1，2），（1，3），（2，0），（2，1），（2，2），（2，3），（3，0），（3，1），（3，2），（3，3），共16種不同的結(jié)果.

記兩個小球的號碼之和為[x]，則由題意可知，事件[A]包括兩個互斥事件：[x=4，x=3].

事件[x=4]的取法有3種：（1，3），（2，2），（3，1），故[P（x=4）=316]；

事件[x=3]的取法有4種：（0，3），（1，2），（2，1），（3，0），故[P（x=3）=416].

由互斥事件的加法公式得，

[P（A）=P（x=3）+P（x=4）=416+316=716].

點撥 將復雜事件的概率轉(zhuǎn)化為彼此互斥事件的概率進行求解，其關(guān)鍵在于確定事件劃分的標準，要保證不重不漏. 即依據(jù)此標準劃分后，任意兩個事件不同時發(fā)生，并且這些互斥事件的并集就是所求事件.

二、正難則反法

對于較復雜的古典概型問題，如果直接求解有困難時，可利用正難則反的思維策略，將其轉(zhuǎn)化為其對立事件的概率求解. 此類試題的典型條件是“至少”“至多”“否定”或“肯定”等.

例2 一個袋中裝有四個形狀大小完全相同的球，球的編號分別為1，2，3，4. 先從袋中隨機取一個球，該球的編號為[m]，將球放回袋中，然后再從袋中隨機取一個球，該球的編號為[n]，求[n

分析 利用列舉法求解編號之和大于4的概率，列舉出又放回抽取兩球編號的所有結(jié)果，滿足[n

解 先從袋中隨機取一個球，記下編號為[m]，放回后，再從袋中隨機取一個球，記下編號為[n]，其一切可能的結(jié)果[（m，n）]有：（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1）（3，2），（3，3）（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），共16個.

所有滿足條件[n≥m+2]的事件為（1，3）（1，4）（2，4），共3個.

所以滿足條件[n≥m+2]的事件的概率為[P1=316].

故滿足條件[n

[P=1-P1=1-316=1316].

三、數(shù)形結(jié)合法

根據(jù)已知條件作出大致的幾何圖形. 從而確定運用何種測度公式.

例3 已知關(guān)于[x]的一元二次函數(shù)[f（x）=ax2-4bx][+1.]

（1）設(shè)集合[P={1，2，3}]和[Q={-1，1，2，3，4}]，分別從集合P和Q中隨機取一個數(shù)作為a和b，求函數(shù)[y=f（x）]在區(qū)間[[1，+∞）]上是增函數(shù)的概率；

（2）設(shè)點[（a，b）]是區(qū)域[x+y-8≤0，x>0，y>0]內(nèi)的隨機點，求函數(shù)[y=f（x）]在區(qū)間[[1，+∞）]上是增函數(shù)的概率.

分析 根據(jù)原函數(shù)是增函數(shù)確定[a，b]的范圍，枚舉基本事件總數(shù)與事件[A]的個數(shù)，可求第（1）問，作出可行域，計算測度（面積），計算第（2）問.

解 （1）∵函數(shù)[f（x）=ax2-4bx+1]的圖象的對稱軸為[x=2ba]，要使[f（x）=ax2-4bx+1]在區(qū)間[1，+∞）上為增函數(shù)，當且僅當[a>0]且[2ba≤1]，即[2b≤a].

若[a=1]，則[b=-1]；若[a=2]，則[b=-1，1]；若[a=3]，則[b=-1，1.]

∴事件包含基本事件的個數(shù)是1+2+2=5.

∴所求事件的概率為[515=13].

（2）由（1）知，當且僅當[2b≤a且a>0]時，

函數(shù)[f（x）=ax2-4bx+1]在區(qū)間[1，+∞）上為增函數(shù)，

依條件可知，試驗的全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域為[（a，b）|a+b-8≤0，a>0，b>0].

構(gòu)成所求事件的區(qū)域為三角形部分，

由[a+b-8=0，b=a2]得交點坐標為[（163，83）].

∴所求事件的概率為[P=12×8×8312×8×8=13].

點撥 幾何概型問題難度不大，但需要準確理解題意. 解決此類問題首先要確定所求事件中對應(yīng)的圖形的形狀，該圖形的確定往往取決于元素的個數(shù)，然后確定該事件的度量依據(jù)，最后確定度量方法.

四、構(gòu)造模型法

當一些代數(shù)問題的概率不能直接計算時，可通過建立函數(shù)關(guān)系，確定約束條件，構(gòu)造幾何模型來求之.

例4 在區(qū)間[0，1]上任取三個實數(shù)[x，y，z]，事件[A={（x，y，z）|x2+y2+z2<1}].

（1）構(gòu)造出此隨機事件對應(yīng)的幾何圖形；

（2）利用該圖形求事件[A]的概率.

分析 由于事件[A]對應(yīng)的結(jié)果是由三維數(shù)構(gòu)成的，所以試驗的所有結(jié)果都是由三維數(shù)構(gòu)成，轉(zhuǎn)化成與體積有關(guān)的幾何概型問題.

解 （1）如圖，由區(qū)間[0，1]上的三個實數(shù)組成的基本事件總體構(gòu)成以1為邊長的正方體，對應(yīng)的集合[[Ω]={（x，y，z）|0≤x≤1]，[0≤y≤1]，[0≤z≤1]}，而隨機事件[A={（x，y，z）|x2+y2+z2<1]，[x≥0，][y≥0，z≥0}]對應(yīng)的幾何圖形為在正方體內(nèi)以[O]為球心，以1為半徑的球的[18]部分.

（2）由于[x，y，z]屬于區(qū)間[0，1]，當[x=y=z=1]時，為正方體的一個頂點，事件[A]為球在正方體內(nèi)的部分.

∴[P（A）=18×43π×1313=π6].

點撥 基本事件的對應(yīng)結(jié)果用有序?qū)崝?shù)組表示，要注意數(shù)的取值范圍，若數(shù)的取值是離散的，則為古典概型；若數(shù)的取值是連續(xù)的，則可轉(zhuǎn)化為幾何概型. 由于[x，y，z]的取值是[0，1]上的任意實數(shù)，其構(gòu)成三維空間，轉(zhuǎn)化為與體積有關(guān)的幾何概型. 構(gòu)造幾何圖形時要注意變量的取值范圍對圖形的限制. 在轉(zhuǎn)化概率問題時，要注意表示事件結(jié)果的數(shù)值的個數(shù)：一個數(shù)的轉(zhuǎn)化為與長度有關(guān)的幾何概型，兩個數(shù)的轉(zhuǎn)化為與面積有關(guān)的幾何概型，三個數(shù)的轉(zhuǎn)化為與體積有關(guān)的幾何概型.

如果你僅僅學會了數(shù)學知識點，而對數(shù)學解題方法沒有掌握，在解題時就猶如“航海沒有了燈塔，旅行迷失了方向”.可見數(shù)學解題方法的重要性，下面就讓我們一起賞析古典概型與幾何概型中的常用方法吧.

一、求和法

如果所求事件較為復雜，我們可以將事件分為幾個彼此互斥的事件分別求解，利用互斥事件的概率加法公式求解. （當事件[A]與[B]互斥時，[P（A∪B）=P（A）+P（B）].）

例1 某商場舉行抽獎活動，規(guī)定每位顧客從裝有編號為0，1，2，3的四個小球的抽獎箱中每次抽出一個小球，記下編號后放回，連續(xù)取兩次，若取出的兩個小球號碼相加之和等于6則中一等獎，等于5中二等獎，等于4或3中三等獎. 求中三等獎的概率.

分析 列出取球的所有結(jié)果，中三等獎包括兩個互斥事件，分別求解，然后求和，中獎包括三個互斥事件，分別求解，然后求和.

解 設(shè)“中三等獎”為事件[A].

從四個小球中有放回地取兩個共有（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，0），（1，1），（1，2），（1，3），（2，0），（2，1），（2，2），（2，3），（3，0），（3，1），（3，2），（3，3），共16種不同的結(jié)果.

記兩個小球的號碼之和為[x]，則由題意可知，事件[A]包括兩個互斥事件：[x=4，x=3].

事件[x=4]的取法有3種：（1，3），（2，2），（3，1），故[P（x=4）=316]；

事件[x=3]的取法有4種：（0，3），（1，2），（2，1），（3，0），故[P（x=3）=416].

由互斥事件的加法公式得，

[P（A）=P（x=3）+P（x=4）=416+316=716].

點撥 將復雜事件的概率轉(zhuǎn)化為彼此互斥事件的概率進行求解，其關(guān)鍵在于確定事件劃分的標準，要保證不重不漏. 即依據(jù)此標準劃分后，任意兩個事件不同時發(fā)生，并且這些互斥事件的并集就是所求事件.

二、正難則反法

對于較復雜的古典概型問題，如果直接求解有困難時，可利用正難則反的思維策略，將其轉(zhuǎn)化為其對立事件的概率求解. 此類試題的典型條件是“至少”“至多”“否定”或“肯定”等.

例2 一個袋中裝有四個形狀大小完全相同的球，球的編號分別為1，2，3，4. 先從袋中隨機取一個球，該球的編號為[m]，將球放回袋中，然后再從袋中隨機取一個球，該球的編號為[n]，求[n

分析 利用列舉法求解編號之和大于4的概率，列舉出又放回抽取兩球編號的所有結(jié)果，滿足[n

解 先從袋中隨機取一個球，記下編號為[m]，放回后，再從袋中隨機取一個球，記下編號為[n]，其一切可能的結(jié)果[（m，n）]有：（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1）（3，2），（3，3）（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），共16個.

所有滿足條件[n≥m+2]的事件為（1，3）（1，4）（2，4），共3個.

所以滿足條件[n≥m+2]的事件的概率為[P1=316].

故滿足條件[n

[P=1-P1=1-316=1316].

三、數(shù)形結(jié)合法

根據(jù)已知條件作出大致的幾何圖形. 從而確定運用何種測度公式.

例3 已知關(guān)于[x]的一元二次函數(shù)[f（x）=ax2-4bx][+1.]

（1）設(shè)集合[P={1，2，3}]和[Q={-1，1，2，3，4}]，分別從集合P和Q中隨機取一個數(shù)作為a和b，求函數(shù)[y=f（x）]在區(qū)間[[1，+∞）]上是增函數(shù)的概率；

（2）設(shè)點[（a，b）]是區(qū)域[x+y-8≤0，x>0，y>0]內(nèi)的隨機點，求函數(shù)[y=f（x）]在區(qū)間[[1，+∞）]上是增函數(shù)的概率.

分析 根據(jù)原函數(shù)是增函數(shù)確定[a，b]的范圍，枚舉基本事件總數(shù)與事件[A]的個數(shù)，可求第（1）問，作出可行域，計算測度（面積），計算第（2）問.

解 （1）∵函數(shù)[f（x）=ax2-4bx+1]的圖象的對稱軸為[x=2ba]，要使[f（x）=ax2-4bx+1]在區(qū)間[1，+∞）上為增函數(shù)，當且僅當[a>0]且[2ba≤1]，即[2b≤a].

若[a=1]，則[b=-1]；若[a=2]，則[b=-1，1]；若[a=3]，則[b=-1，1.]

∴事件包含基本事件的個數(shù)是1+2+2=5.

∴所求事件的概率為[515=13].

（2）由（1）知，當且僅當[2b≤a且a>0]時，

函數(shù)[f（x）=ax2-4bx+1]在區(qū)間[1，+∞）上為增函數(shù)，

依條件可知，試驗的全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域為[（a，b）|a+b-8≤0，a>0，b>0].

構(gòu)成所求事件的區(qū)域為三角形部分，

由[a+b-8=0，b=a2]得交點坐標為[（163，83）].

∴所求事件的概率為[P=12×8×8312×8×8=13].

點撥 幾何概型問題難度不大，但需要準確理解題意. 解決此類問題首先要確定所求事件中對應(yīng)的圖形的形狀，該圖形的確定往往取決于元素的個數(shù)，然后確定該事件的度量依據(jù)，最后確定度量方法.

四、構(gòu)造模型法

當一些代數(shù)問題的概率不能直接計算時，可通過建立函數(shù)關(guān)系，確定約束條件，構(gòu)造幾何模型來求之.

例4 在區(qū)間[0，1]上任取三個實數(shù)[x，y，z]，事件[A={（x，y，z）|x2+y2+z2<1}].

（1）構(gòu)造出此隨機事件對應(yīng)的幾何圖形；

（2）利用該圖形求事件[A]的概率.

分析 由于事件[A]對應(yīng)的結(jié)果是由三維數(shù)構(gòu)成的，所以試驗的所有結(jié)果都是由三維數(shù)構(gòu)成，轉(zhuǎn)化成與體積有關(guān)的幾何概型問題.

解 （1）如圖，由區(qū)間[0，1]上的三個實數(shù)組成的基本事件總體構(gòu)成以1為邊長的正方體，對應(yīng)的集合[[Ω]={（x，y，z）|0≤x≤1]，[0≤y≤1]，[0≤z≤1]}，而隨機事件[A={（x，y，z）|x2+y2+z2<1]，[x≥0，][y≥0，z≥0}]對應(yīng)的幾何圖形為在正方體內(nèi)以[O]為球心，以1為半徑的球的[18]部分.

（2）由于[x，y，z]屬于區(qū)間[0，1]，當[x=y=z=1]時，為正方體的一個頂點，事件[A]為球在正方體內(nèi)的部分.

∴[P（A）=18×43π×1313=π6].

點撥 基本事件的對應(yīng)結(jié)果用有序?qū)崝?shù)組表示，要注意數(shù)的取值范圍，若數(shù)的取值是離散的，則為古典概型；若數(shù)的取值是連續(xù)的，則可轉(zhuǎn)化為幾何概型. 由于[x，y，z]的取值是[0，1]上的任意實數(shù)，其構(gòu)成三維空間，轉(zhuǎn)化為與體積有關(guān)的幾何概型. 構(gòu)造幾何圖形時要注意變量的取值范圍對圖形的限制. 在轉(zhuǎn)化概率問題時，要注意表示事件結(jié)果的數(shù)值的個數(shù)：一個數(shù)的轉(zhuǎn)化為與長度有關(guān)的幾何概型，兩個數(shù)的轉(zhuǎn)化為與面積有關(guān)的幾何概型，三個數(shù)的轉(zhuǎn)化為與體積有關(guān)的幾何概型.

如果你僅僅學會了數(shù)學知識點，而對數(shù)學解題方法沒有掌握，在解題時就猶如“航海沒有了燈塔，旅行迷失了方向”.可見數(shù)學解題方法的重要性，下面就讓我們一起賞析古典概型與幾何概型中的常用方法吧.

一、求和法

如果所求事件較為復雜，我們可以將事件分為幾個彼此互斥的事件分別求解，利用互斥事件的概率加法公式求解. （當事件[A]與[B]互斥時，[P（A∪B）=P（A）+P（B）].）

例1 某商場舉行抽獎活動，規(guī)定每位顧客從裝有編號為0，1，2，3的四個小球的抽獎箱中每次抽出一個小球，記下編號后放回，連續(xù)取兩次，若取出的兩個小球號碼相加之和等于6則中一等獎，等于5中二等獎，等于4或3中三等獎. 求中三等獎的概率.

分析 列出取球的所有結(jié)果，中三等獎包括兩個互斥事件，分別求解，然后求和，中獎包括三個互斥事件，分別求解，然后求和.

解 設(shè)“中三等獎”為事件[A].

從四個小球中有放回地取兩個共有（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，0），（1，1），（1，2），（1，3），（2，0），（2，1），（2，2），（2，3），（3，0），（3，1），（3，2），（3，3），共16種不同的結(jié)果.

記兩個小球的號碼之和為[x]，則由題意可知，事件[A]包括兩個互斥事件：[x=4，x=3].

事件[x=4]的取法有3種：（1，3），（2，2），（3，1），故[P（x=4）=316]；

事件[x=3]的取法有4種：（0，3），（1，2），（2，1），（3，0），故[P（x=3）=416].

由互斥事件的加法公式得，

[P（A）=P（x=3）+P（x=4）=416+316=716].

點撥 將復雜事件的概率轉(zhuǎn)化為彼此互斥事件的概率進行求解，其關(guān)鍵在于確定事件劃分的標準，要保證不重不漏. 即依據(jù)此標準劃分后，任意兩個事件不同時發(fā)生，并且這些互斥事件的并集就是所求事件.

二、正難則反法

對于較復雜的古典概型問題，如果直接求解有困難時，可利用正難則反的思維策略，將其轉(zhuǎn)化為其對立事件的概率求解. 此類試題的典型條件是“至少”“至多”“否定”或“肯定”等.

例2 一個袋中裝有四個形狀大小完全相同的球，球的編號分別為1，2，3，4. 先從袋中隨機取一個球，該球的編號為[m]，將球放回袋中，然后再從袋中隨機取一個球，該球的編號為[n]，求[n

分析 利用列舉法求解編號之和大于4的概率，列舉出又放回抽取兩球編號的所有結(jié)果，滿足[n

解 先從袋中隨機取一個球，記下編號為[m]，放回后，再從袋中隨機取一個球，記下編號為[n]，其一切可能的結(jié)果[（m，n）]有：（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1）（3，2），（3，3）（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），共16個.

所有滿足條件[n≥m+2]的事件為（1，3）（1，4）（2，4），共3個.

所以滿足條件[n≥m+2]的事件的概率為[P1=316].

故滿足條件[n

[P=1-P1=1-316=1316].

三、數(shù)形結(jié)合法

根據(jù)已知條件作出大致的幾何圖形. 從而確定運用何種測度公式.

例3 已知關(guān)于[x]的一元二次函數(shù)[f（x）=ax2-4bx][+1.]

（1）設(shè)集合[P={1，2，3}]和[Q={-1，1，2，3，4}]，分別從集合P和Q中隨機取一個數(shù)作為a和b，求函數(shù)[y=f（x）]在區(qū)間[[1，+∞）]上是增函數(shù)的概率；

（2）設(shè)點[（a，b）]是區(qū)域[x+y-8≤0，x>0，y>0]內(nèi)的隨機點，求函數(shù)[y=f（x）]在區(qū)間[[1，+∞）]上是增函數(shù)的概率.

分析 根據(jù)原函數(shù)是增函數(shù)確定[a，b]的范圍，枚舉基本事件總數(shù)與事件[A]的個數(shù)，可求第（1）問，作出可行域，計算測度（面積），計算第（2）問.

解 （1）∵函數(shù)[f（x）=ax2-4bx+1]的圖象的對稱軸為[x=2ba]，要使[f（x）=ax2-4bx+1]在區(qū)間[1，+∞）上為增函數(shù)，當且僅當[a>0]且[2ba≤1]，即[2b≤a].

若[a=1]，則[b=-1]；若[a=2]，則[b=-1，1]；若[a=3]，則[b=-1，1.]

∴事件包含基本事件的個數(shù)是1+2+2=5.

∴所求事件的概率為[515=13].

（2）由（1）知，當且僅當[2b≤a且a>0]時，

函數(shù)[f（x）=ax2-4bx+1]在區(qū)間[1，+∞）上為增函數(shù)，

依條件可知，試驗的全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域為[（a，b）|a+b-8≤0，a>0，b>0].

構(gòu)成所求事件的區(qū)域為三角形部分，

由[a+b-8=0，b=a2]得交點坐標為[（163，83）].

∴所求事件的概率為[P=12×8×8312×8×8=13].

點撥 幾何概型問題難度不大，但需要準確理解題意. 解決此類問題首先要確定所求事件中對應(yīng)的圖形的形狀，該圖形的確定往往取決于元素的個數(shù)，然后確定該事件的度量依據(jù)，最后確定度量方法.

四、構(gòu)造模型法

當一些代數(shù)問題的概率不能直接計算時，可通過建立函數(shù)關(guān)系，確定約束條件，構(gòu)造幾何模型來求之.

例4 在區(qū)間[0，1]上任取三個實數(shù)[x，y，z]，事件[A={（x，y，z）|x2+y2+z2<1}].

（1）構(gòu)造出此隨機事件對應(yīng)的幾何圖形；

（2）利用該圖形求事件[A]的概率.

分析 由于事件[A]對應(yīng)的結(jié)果是由三維數(shù)構(gòu)成的，所以試驗的所有結(jié)果都是由三維數(shù)構(gòu)成，轉(zhuǎn)化成與體積有關(guān)的幾何概型問題.

解 （1）如圖，由區(qū)間[0，1]上的三個實數(shù)組成的基本事件總體構(gòu)成以1為邊長的正方體，對應(yīng)的集合[[Ω]={（x，y，z）|0≤x≤1]，[0≤y≤1]，[0≤z≤1]}，而隨機事件[A={（x，y，z）|x2+y2+z2<1]，[x≥0，][y≥0，z≥0}]對應(yīng)的幾何圖形為在正方體內(nèi)以[O]為球心，以1為半徑的球的[18]部分.

（2）由于[x，y，z]屬于區(qū)間[0，1]，當[x=y=z=1]時，為正方體的一個頂點，事件[A]為球在正方體內(nèi)的部分.

∴[P（A）=18×43π×1313=π6].

點撥 基本事件的對應(yīng)結(jié)果用有序?qū)崝?shù)組表示，要注意數(shù)的取值范圍，若數(shù)的取值是離散的，則為古典概型；若數(shù)的取值是連續(xù)的，則可轉(zhuǎn)化為幾何概型. 由于[x，y，z]的取值是[0，1]上的任意實數(shù)，其構(gòu)成三維空間，轉(zhuǎn)化為與體積有關(guān)的幾何概型. 構(gòu)造幾何圖形時要注意變量的取值范圍對圖形的限制. 在轉(zhuǎn)化概率問題時，要注意表示事件結(jié)果的數(shù)值的個數(shù)：一個數(shù)的轉(zhuǎn)化為與長度有關(guān)的幾何概型，兩個數(shù)的轉(zhuǎn)化為與面積有關(guān)的幾何概型，三個數(shù)的轉(zhuǎn)化為與體積有關(guān)的幾何概型.