《2026年理想树试题攻略高中数学》

18.（17 分）
流行病学调查表明某种疾病 $ S $ 是由致病菌 $ \alpha $ 和致病菌 $ \beta $ 共同引起的，且至少杀灭其中一种致病菌即可痊愈。
(1) 若有某种治疗方案 $ M $，有 $ \frac{2}{3} $ 的概率能杀灭致病菌 $ \alpha $。若这种治疗方案能杀灭致病菌 $ \alpha $，则它有 $ \frac{3}{4} $ 的概率能杀灭致病菌 $ \beta $。若这种治疗方案不能杀灭致病菌 $ \alpha $，则它有 $ \frac{1}{4} $ 的概率能杀灭致病菌 $ \beta $。求使用治疗方案 $ M $ 痊愈的条件下，能杀灭致病菌 $ \alpha $ 的概率。
(2) 若市面上仅有 $ A $ 和 $ B $ 两款药物对疾病 $ S $ 有疗效，且这两种药物的疗程均为 3 天（假定药物使用时，均按疗程服用 3 天），超过 3 天无效时需换药进行治疗。若使用完两种药物仍不见效，依靠自身的免疫能力再经过 3 天也能痊愈。已知药物 $ A $ 杀灭致病菌 $ \alpha $ 和致病菌 $ \beta $ 的概率分别为 $ \frac{4}{5} $，$ \frac{7}{10} $，药物 $ B $ 杀灭致病菌 $ \alpha $ 和致病菌 $ \beta $ 的概率均为 $ \frac{9}{10} $，且对于同一种药物，杀灭两种致病菌的事件相互独立。请问应先使用哪种药物可使得痊愈的平均天数更短？
(3) 已知某种药物 $ C $ 能治愈疾病 $ S $ 的概率为 $ P_0 $。设针对药物 $ C $ 的 $ n (n \geq 3) $ 次临床试验中有连续 3 次或连续 3 次以上治愈疾病 $ S $ 的概率为 $ P_n $，且每次治疗结果相互独立。求证：$ P_{n + 1} ＞ P_n \geq 1 - (1 - P_0^3)[1 - P_0^3(1 - P_0)]^{n - 3} $。

答案： 18.热门考点条件概率、离散型随机变量的分布列与均值、累乘法的应用
(1)[解]第一步：求使用治疗方案M治愈疾病S的概率
设使用治疗方案M治愈疾病S为事件$D$，使用治疗方案M能杀灭致病菌$\alpha$为事件$E$，
则$P(D)=\frac{2}{3}+(1-\frac{2}{3})×\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$。……1分
第二步：求使用治疗方案M治愈且能杀灭致病菌$\alpha$的概率
若事件$E$发生，则事件$D$必发生，所以$P(ED)=P(E)=\frac{2}{3}$。……2分
第三步：由条件概率公式求结果
$P(E|D)=\frac{P(ED)}{P(D)}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{3}{4}}=\frac{8}{9}$。……3分
(2)[解]解法一：第一步：分别求药物A,B能治愈疾病S的概率
设$P(A)$表示药物A能治愈疾病S的概率，$P(B)$表示药物B能治愈疾病S的概率，
则有$P(A)=1-(1-\frac{4}{5})×(1-\frac{7}{10})=\frac{47}{50}$，$P(B)=1-(1-\frac{9}{10})^{2}=\frac{99}{100}$(提示：要求事件A的概率，可利用对立事件的概率性质：$P(A)=1-P(\overline{A})$)。……5分
第二步：分别求先用药物A再用药物B能治愈疾病S的天数的数学期望
设先用药物A再用药物B来治愈疾病S所需的天数为$X_{1}$，$X_{1}$的可能取值为3,6,9；设先用药物B再用药物A来治愈疾病S所需的天数为$X_{2}$，$X_{2}$的可能取值为3,6,9。则$P(X_{1}=3)=P(A)$，$P(X_{1}=6)=[1-P(A)]× P(B)$，$P(X_{1}=9)=[1-P(A)]×[1-P(B)]$，
所以$E(X_{1})=3P(A)+6[1-P(A)]× P(B)+9[1-P(A)]×[1-P(B)]=9-6P(A)-3P(B)+3P(A)P(B)=9-6×\frac{47}{50}-3×\frac{99}{100}+3×\frac{47}{50}×\frac{99}{100}=3.1818$。……6分
同理得$P(X_{2}=3)=P(B)$，$P(X_{2}=6)=[1-P(B)]× P(A)$，$P(X_{2}=9)=[1-P(B)]×[1-P(A)]$，
则有$E(X_{2})=3P(B)+6[1-P(B)]× P(A)+9[1-P(B)]×[1-P(A)]=3.0318$。……7分
第三步：比较$E(X_{1})$与$E(X_{2})$的大小并得出结论
从而有$E(X_{1})＞E(X_{2})$，
因此先使用药物B可使得痊愈的平均天数更短。……9分
解法二：第一步：分别求药物A,B能治愈疾病S的概率
设$P(A)$表示药物A能治愈疾病S的概率，$P(B)$表示药物B能治愈疾病S的概率，
则有$P(A)=1-(1-\frac{4}{5})×(1-\frac{7}{10})=\frac{47}{50}$，$P(B)=1-(1-\frac{9}{10})^{2}=\frac{99}{100}$。……5分
第二步：求先用药物A与先用药物B能治愈疾病S的天数的数学期望的差
设先用药物A再用药物B来治愈疾病S所需的天数为$X_{1}$，先用药物B再用药物A来治愈疾病S所需的天数为$X_{2}$，$E(X_{1})-E(X_{2})=3P(A)+6[1-P(A)]× P(B)-3P(B)-6[1-P(B)]P(A)=3[P(B)-P(A)]=3×(\frac{99}{100}-\frac{47}{50})=\frac{3}{20}$。……7分
第三步：判断$E(X_{1})-E(X_{2})$的符号并得出结论
从而有$E(X_{1})-E(X_{2})＞0$，即$E(X_{1})＞E(X_{2})$，
因此先使用药物B可使得痊愈的平均天数更短。……9分
(3)[证明]第一步：求$Q_{n}$，$Q_{n-1}$，$Q_{n-3}$间的递推关系式
设针对药物C的$n$次临床试验中未出现连续3次或连续3次以上治愈疾病S的概率为$Q_{n}$，
因此有$Q_{n+1}=(1-P_{0})Q_{n}+P_{0}[Q_{n}-P_{0}^{2}(1-P_{0})Q_{n-3}]$(关键：根据相关概率公式求出$Q_{n+1}$，$Q_{n}$，$Q_{n-3}$间的递推关系式)。……11分
第二步：作差法比较$Q_{n+1}$与$Q_{n}$，$P_{n+1}$与$P_{n}$的大小
从而$Q_{n+1}-Q_{n}=-P_{0}^{3}(1-P_{0})Q_{n-3}＜0$，从而$Q_{n+1}＜Q_{n}$，
由$Q_{n}=1-P_{n}$可得$P_{n+1}-P_{n}=P_{0}^{3}(1-P_{0})Q_{n-3}＞0$，所以有$P_{n+1}＞P_{n}$。……13分
第三步：利用累乘法证明结论
这表明$P_{n}$随着$n$增大而增大，$Q_{n}$随着$n$增大而减小(关键：利用作差法判断出$P_{n}$，$Q_{n}$的单调性)，所以有$Q_{n}＜Q_{n-3}$。……14分
另一方面，由$Q_{n+1}-Q_{n}=-P_{0}^{3}(1-P_{0})Q_{n-3}＜-P_{0}^{3}(1-P_{0})Q_{n}$，
可得$Q_{n+1}＜[1-P_{0}^{3}(1-P_{0})]Q_{n}$，
即$\frac{Q_{n+1}}{Q_{n}}＜1-P_{0}^{3}(1-P_{0})$。……15分
注意到$Q_{3}=1-P_{0}$，所以当$n＞3$时，$\frac{Q_{n}}{Q_{3}}=\frac{Q_{n}}{Q_{n-1}}×\frac{Q_{n-1}}{Q_{n-2}}×·s×\frac{Q_{4}}{Q_{3}}＜[1-P_{0}^{3}(1-P_{0})]^{n-3}$(提示：累乘法的应用)，
即$Q_{n}＜(1-P_{0})[1-P_{0}^{3}(1-P_{0})]^{n-3}$，所以有$P_{n}＞1-(1-P_{0})[1-P_{0}^{3}(1-P_{0})]^{n-3}$。……16分
又易知当$n=3$时，$P_{n}=P_{0}$，所以$P_{n+1}＞P_{n}\geq1-(1-P_{0})[1-P_{0}^{3}(1-P_{0})]^{n-3}$。……17分

19.（17 分）
已知数列 $ \{ a_n \} $ 满足 $ \frac{f(a_n) - f(b)}{a_n - b} = f'(a_{n + 1}) $（$ b $ 为常数），$ f(x) $ 为可导函数。
(1) 若 $ f(x) = x^2 $ 且 $ a_1 = 1 $，求数列 $ \{ a_n \} $ 的通项公式（结果用 $ b $ 表示）。
(2) 若 $ f(x) = e^x - \frac{1}{2}x^2 - mx (x ＞ 0) $。
(ⅰ) 证明：当 $ m \leq 1 $ 时，$ f(x) $ 为单调函数；
(ⅱ) 若数列 $ \{ a_n \} $ 为正项数列且 $ a_n ＞ b ＞ 0 $，证明：$ a_n ＞ a_{n + 1} ＞ \frac{1}{2}(a_n + b) $。

答案： 19.重难题型由递推关系构造等比数列、利用导数研究函数的单调性、导数在证明不等式中的应用
(1)[解]第一步：求$a_{n+1}$与$a_{n}$间的递推关系式
由$f(x)=x^{2}$，得$f^{\prime}(x)=2x$。……1分
由$\frac{f(a_{n})-f(b)}{a_{n}-b}=f^{\prime}(a_{n+1})$，得$\frac{a_{n}^{2}-b^{2}}{a_{n}-b}=2a_{n+1}$，即$a_{n+1}=\frac{a_{n}+b}{2}$。……2分
第二步：对递推关系式变形并构造等比数列
则$a_{n+1}-b=\frac{1}{2}(a_{n}-b)$(方法：构造法的基本原理是在递推关系式的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差或等比数列)。……3分
又$a_{1}-b=1-b$，所以数列$\{a_{n}-b\}$是以$1-b$为首项，$\frac{1}{2}$为公比的等比数列。……4分
第三步：由等比数列的通项公式求$a_{n}$
则$a_{n}-b=(1-b)·(\frac{1}{2})^{n-1}$，即$a_{n}=(1-b)·(\frac{1}{2})^{n-1}+b$。……5分
[证明](i)第一步：求导函数$f^{\prime}(x)$
$f(x)=e^{x}-\frac{1}{2}x^{2}-mx$，$x＞0$，$m\leq1$，则$f^{\prime}(x)=e^{x}-x-m$。……6分
第二步：构造函数讨论$f^{\prime}(x)$的符号
令$g(x)=e^{x}-x-m$，$x＞0$，则$g^{\prime}(x)=e^{x}-1＞0$，
所以函数$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。……7分
第三步：证结论
当$m\leq1$时，$g(x)＞g(0)=1-m\geq0$，即$f^{\prime}(x)＞0$，
所以函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，即当$m\leq1$时，$f(x)$为单调递增函数。……9分
(ii)第一步：证$a_{n}＞a_{n+1}$
由(i)知，$f^{\prime}(x)=e^{x}-x-m$在$(0,+\infty)$上单调递增。
一方面，要证$a_{n}＞a_{n+1}$，即证$f^{\prime}(a_{n})＞f^{\prime}(a_{n+1})=\frac{f(a_{n})-f(b)}{a_{n}-b}$。……10分
(下面通过运算转化所证不等式)
即证$e^{a_{n}}-a_{n}-m＞\frac{e^{a_{n}}-\frac{1}{2}a_{n}^{2}-ma_{n}-(e^{b}-\frac{1}{2}b^{2}-mb)}{a_{n}-b}$，
即证$e^{a_{n}}(a_{n}-b-1)-\frac{(a_{n}-b)^{2}}{2}+e^{b}＞0$。……11分
(下面换元，构造函数)
令$t=a_{n}＞b＞0$，$h(t)=e^{t}(t-b-1)-\frac{(t-b)^{2}}{2}+e^{b}$。……12分
(下面利用导数讨论函数的单调性及最值，证不等式)
则有$h^{\prime}(t)=(e^{t}-1)(t-b)＞0$，所以$h(t)$在$(b,+\infty)$上单调递增，
因此有$h(t)＞h(b)=e^{b}(b-b-1)-\frac{(b-b)^{2}}{2}+e^{b}=0$，
即证得$e^{a_{n}}(a_{n}-b-1)-\frac{(a_{n}-b)^{2}}{2}+e^{b}＞0$。……13分
第二步：证$a_{n+1}＞\frac{1}{2}(a_{n}+b)$
(下面利用指数的运算转化所证不等式)
另一方面，要证$a_{n+1}＞\frac{1}{2}(a_{n}+b)$，只需证$f^{\prime}(a_{n+1})=\frac{f(a_{n})-f(b)}{a_{n}-b}＞f^{\prime}(\frac{1}{2}(a_{n}+b))$。……14分
即证$\frac{e^{a_{n}}-\frac{1}{2}a_{n}^{2}-ma_{n}-(e^{b}-\frac{1}{2}b^{2}-mb)}{a_{n}-b}＞e^{\frac{1}{2}(a_{n}+b)}-\frac{1}{2}(a_{n}+b)-m$，
只需证$\frac{e^{a_{n}}-e^{b}}{a_{n}-b}＞e^{\frac{1}{2}(a_{n}+b)}$，
只需证$\frac{e^{a_{n}}-e^{b}}{a_{n}-b}-e^{\frac{1}{2}(a_{n}+b)}＞0$。
(下面换元，构造函数)
令$u=\frac{1}{2}(a_{n}-b)$，$u＞0$，只需证$\frac{e^{u}-e^{-u}}{2u}＞1$(提示：不等式的证明过程中，按照所证不等式的结构特点，将不等式中的变量进行适当的代换，可使不等式的结构明朗，从而使不等式变得容易证明)。……15分
令$I(u)=e^{u}-e^{-u}-2u$，$u＞0$，
(下面利用导数讨论函数的单调性及最值，证不等式)
则有$I^{\prime}(u)=e^{u}+e^{-u}-2＞2\sqrt{e^{u}· e^{-u}}-2=0$，
故$I(u)$在$(0,+\infty)$上单调递增，有$I(u)＞I(0)=0$，即证得$\frac{e^{u}-e^{-u}}{2u}＞1$。……16分
第三步：得结论
综上，$a_{n}＞a_{n+1}＞\frac{1}{2}(a_{n}+b)$。……17分