高中数学苏教版（2019 ）选择性必修第二册 8.2.2 第2课时 离散型随机变量的方差与标准差（学案+课时练 word版含解析）

第2课时　离散型随机变量的方差与标准差
学习目标　1.理解取有限个值的离散型随机变量的方差及标准差的概念.2.能计算简单离散型随机变量的方差，并能解决一些实际问题．
导语
在一次选拔赛中，甲、乙两射手在同一条件下进行射击，分布列如下：射手甲击中环数8,9,10的概率分别为0.2,0.6,0.2；射手乙击中环数8,9,10的概率分别为0.4，0.2，0.4.如果你是教练，如何比较两名射手的射击水平，选拔谁呢？通过本节课的学习，我们就会得到答案．
一、离散型随机变量的方差与标准差
问题1　A，B两台机床同时加工口罩，每生产一批数量较大的产品时，出次品的概率如下表：
A机床
次品数X1 0 1 2 3
P 0.7 0.2 0.06 0.04
B机床
次品数X2 0 1 2 3
P 0.8 0.06 0.04 0.10
试想利用什么指标可以比较A，B两台机床的加工质量？
提示　E(X1)＝0×0.7＋1×0.2＋2×0.06＋3×0.04＝0.44.
E(X2)＝0×0.8＋1×0.06＋2×0.04＋3×0.10＝0.44.
它们的均值相等，只根据均值无法区分这两台机床的加工水平．可以利用样本方差，它可以刻画样本数据的稳定性．
知识梳理
设离散型随机变量X的均值为μ，其概率分布表如下：
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
其中，pi≥0，i＝1,2，…，n，p1＋p2＋…＋pn＝1.
(1)方差：D(X)＝σ2＝(x1－μ)2p1＋(x2－μ)2p2＋…＋(xn－μ)2pn.
(2)方差的变形公式：D(X)＝pi－μ2.
(3)标准差：σ＝.
(4)意义：方差刻画了随机变量X与其均值μ的平均偏离程度．
注意点：
(1)离散型随机变量的方差或标准差越小，随机变量的取值越集中；方差或标准差越大，随机变量的取值越分散．
(2)离散型随机变量的方差的单位是随机变量本身的单位的平方，标准差与随机变量本身的单位相同．
例1　甲、乙两人进行定点投篮游戏，投篮者若投中，则继续投篮，否则由对方投篮；第一次由甲投篮，已知每次投篮甲、乙命中的概率分别为，.在前3次投篮中，乙投篮的次数为X，求X的概率分布、均值及标准差．
解　由题意，得X的所有可能取值为0,1,2，
P(X＝0)＝×＝.
P(X＝1)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝×＝.
故X的概率分布为
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝，
D(X)＝2×＋2×＋2×＝.
∴σ＝＝.
反思感悟　求离散型随机变量的方差的方法
(1)根据题目条件先求概率分布．
(2)由概率分布求出均值，再由方差公式求方差，当概率分布中的概率值是待定常数时，应先由概率分布的性质求出待定常数再求方差．
跟踪训练1　已知随机变量ξ的概率分布为
ξ 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.3 0.4
求其方差和标准差．
解　E(ξ)＝0.1×0＋0.2×1＋0.3×2＋0.4×3＝2，
所以D(ξ)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.2＋(2－2)2×0.3＋(3－2)2×0.4＝1，
σ＝＝＝1.
二、离散型随机变量方差的性质
问题2　若随机变量X的方差为D(X)，Y＝aX＋b(a，b为常数)，你能推导出D(X)与D(Y)的关系吗？
提示　E(Y)＝aE(X)＋b，∴D(Y)＝D(aX＋b)＝[ax1＋b－aE(X)－b]2p1＋[ax2＋b－aE(X)－b]2p2＋…＋[axn＋b－aE(X)－b]2pn＝[ax1－aE(X)]2p1＋[ax2－aE(X)]2p2＋…＋[axn－aE(X)]2pn＝a2D(X)．
知识梳理
(1)设a，b为常数，则D(aX＋b)＝a2D(X)．
(2)D(c)＝0(其中c为常数)．
例2　已知随机变量X的概率分布为
X 0 1 x
P p
若E(X)＝.
(1)求D(X)的值；
(2)若Y＝3X－2，求的值．
解　由概率分布的性质，得＋＋p＝1，
解得p＝，
∵E(X)＝0×＋1×＋x＝，∴x＝2.
(1)D(X)＝2×＋2×＋2×＝＝.
(2)∵Y＝3X－2，∴D(Y)＝D(3X－2)＝9D(X)＝5，
∴＝.
延伸探究　随机变量X的取值为0,1,2，若P(X＝0)＝，E(X)＝1，则D(5X－1)＝________.
答案　10
解析　设P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，
则E(X)＝0×＋p＋2q＝1，①
又＋p＋q＝1，②
由①②得，p＝，q＝，
∴D(X)＝×(0－1)2＋×(1－1)2＋×(2－1)2＝.则D(5X－1)＝52×＝10.
反思感悟　求随机变量Y＝aX＋b方差的方法
(1)先求Y的概率分布，再求其均值，最后求方差；(2)应用公式D(aX＋b)＝a2D(X)求解．
跟踪训练2　已知X的概率分布如下．
X －1 0 1
P a
(1)求X2的概率分布；
(2)计算X的方差；
(3)若Y＝4X＋3，求Y的均值和方差．
解　(1)由概率分布的性质，知＋＋a＝1，
故a＝，从而X2的概率分布为
X2 0 1
P
(2)由(1)知a＝，所以X的均值
E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－.
故X的方差D(X)＝2×＋2×＋2×＝.
(3)E(Y)＝4E(X)＋3＝4×＋3＝2，
D(Y)＝16D(X)＝11.
三、方差的应用
例3　甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量ξ，η，已知甲、乙两名射手在每次射击中射中的环数大于6环，且甲射中10,9,8,7环的概率分别为0.5,3a，a,0.1，乙射中10,9,8环的概率分别为0.3,0.3,0.2.
(1)求ξ，η的概率分布；
(2)求ξ，η的均值与方差，并以此比较甲、乙的射击技术．
解　(1)由题意得，0.5＋3a＋a＋0.1＝1，解得a＝0.1.
因为乙射中10,9,8环的概率分别为0.3,0.3,0.2，所以乙射中7环的概率为1－(0.3＋0.3＋0.2)＝0.2.
所以ξ，η的概率分布如表所示．
ξ 10 9 8 7
P 0.5 0.3 0.1 0.1
η 10 9 8 7
P 0.3 0.3 0.2 0.2
(2)由(1)得，
E(ξ)＝10×0.5＋9×0.3＋8×0.1＋7×0.1＝9.2，
E(η)＝10×0.3＋9×0.3＋8×0.2＋7×0.2＝8.7，
D(ξ)＝(10－9.2)2×0.5＋(9－9.2)2×0.3＋(8－9.2)2×0.1＋(7－9.2)2×0.1＝0.96，
D(η)＝(10－8.7)2×0.3＋(9－8.7)2×0.3＋(8－8.7)2×0.2＋(7－8.7)2×0.2＝1.21.
由于E(ξ)>E(η)，D(ξ)反思感悟　均值、方差在决策中的作用
(1)均值：均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，均值越大，平均水平越高．
(2)方差：方差反映了离散型随机变量取值的离散波动程度，方差越大越不稳定．
(3)在决策中常结合实际情形依据均值、方差做出决断．
跟踪训练3　甲、乙两个野生动物保护区有相同的自然环境，且候鸟的种类和数量也大致相同，两个保护区每个季度发现违反保护条例的事件次数的概率分布分别为
X 0 1 2 3
P 0.3 0.3 0.2 0.2
Y 0 1 2
P 0.1 0.5 0.4
试评定这两个保护区的管理水平．
解　甲保护区内违反保护条例的次数X的均值和方差分别为E(X)＝0×0.3＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.2＝1.3，
D(X)＝(0－1.3)2×0.3＋(1－1.3)2×0.3＋(2－1.3)2×0.2＋(3－1.3)2×0.2＝1.21.
乙保护区内违反保护条例的次数Y的均值和方差分别为
E(Y)＝0×0.1＋1×0.5＋2×0.4＝1.3，
D(Y)＝(0－1.3)2×0.1＋(1－1.3)2×0.5＋(2－1.3)2×0.4＝0.41.
因为E(X)＝E(Y)，D(X)>D(Y)，所以两个保护区内每个季度发现违反保护条例的事件的平均次数相同，但甲保护区内违反保护条例的事件次数相对分散且波动较大，乙保护区内违反保护条例的事件次数更加集中和稳定，相对而言，乙保护区的管理更好一些．
1．知识清单：
(1)离散型随机变量的方差、标准差．
(2)离散型随机变量的方差的性质．
(3)方差的应用．
2．方法归纳：转化化归．
3．常见误区：方差公式套用错误．
1．设随机变量X的方差D(X)＝1，则D(2X＋1)的值为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　C
解析　D(2X＋1)＝4D(X)＝4×1＝4.
2．有甲、乙两种水稻，测得每种水稻各10株的分蘖数据，计算出样本均值E(X甲)＝E(X乙)，方差分别为D(X甲)＝11，D(X乙)＝3.4.由此可以估计(　　)
A．甲种水稻比乙种水稻分蘖整齐
B．乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐
C．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度相同
D．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度不能比较
答案　B
3．下列说法中正确的是(　　)
A．离散型随机变量X的均值E(X)反映了X取值的概率的平均值
B．离散型随机变量X的方差D(X)反映了X取值的平均水平
C．离散型随机变量X的均值E(X)反映了X取值的平均水平
D．离散型随机变量X的方差D(X)反映了X取值的概率的平均值
答案　C
解析　E(X)反映了X取值的平均水平，D(X)反映了X取值的离散程度．
4．已知离散型随机变量X的概率分布如下表所示，若E(X)＝0，D(X)＝1，则a＝________，b＝________.
X －1 0 1 2
P a b c
答案　　
解析　由题意知解得
课时对点练
1．若离散型随机变量X的标准差＝8，则随机变量Y＝2X－1的标准差为(　　)
A．8 B．15
C．16 D．32
答案　C
解析　＝＝2＝16.
2．(多选)设离散型随机变量X的概率分布为
X 1 2 3 4
P
则(　　)
A．E(X)＝ B．D(X)＝
C．D(X)＝ D．E(X)＝
答案　AC
解析　由题意知，
E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝，
∴D(X)＝2×＋2×＋2×＋2×＝.
3．由以往的统计资料表明，甲、乙两名运动员在比赛中的得分情况为
X1(甲得分) 0 1 2
P 0.2 0.5 0.3
X2(乙得分) 0 1 2
P 0.3 0.3 0.4
现有一场比赛，应派哪位运动员参加较好(　　)
A．甲 B．乙
C．甲、乙均可 D．无法确定
答案　A
解析　∵E(X1)＝E(X2)＝1.1，
D(X1)＝1.12×0.2＋0.12×0.5＋0.92×0.3＝0.49，
D(X2)＝1.12×0.3＋0.12×0.3＋0.92×0.4＝0.69，
∴D(X1)故派甲运动员参加较好．
4．设10≤x1A．D(X1)>D(X2)
B．D(X1)＝D(X2)
C．D(X1)D．D(X1)与D(X2)的大小关系与x1，x2，x3，x4的取值有关
答案　A
解析　由题意可知E(X1)＝E(X2)，又由题意可知，X1的波动性较大，从而有D(X1)>D(X2)．
5．若X是离散型随机变量，P(X＝x1)＝，P(X＝x2)＝，且x1A. B.
C．3 D.
答案　C
解析　∵E(X)＝x1＋x2＝，
∴x2＝4－2x1，
D(X)＝2×＋2×＝.
∵x1∴x1＋x2＝3.
6．在一组样本数据中，1,2,3,4出现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且i＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是(　　)
A．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4
B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1
C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3
D．p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2
答案　B
解析　X的可能取值为1,2,3,4，四种情形的均值E(X)＝1×p1＋2×p2＋3×p3＋4×p4都为2.5，方差D(X)＝[1－E(X)]2×p1＋[2－E(X)]2×p2＋[3－E(X)]2×p3＋[4－E(X)]2×p4，标准差为.
A选项的方差D(X)＝0.65；
B选项的方差D(X)＝1.85；
C选项的方差D(X)＝1.05；
D选项的方差D(X)＝1.45.
所以选项B的情形对应样本的标准差最大．
7．有两台自动包装机甲与乙，包装质量分别为随机变量X1，X2，已知E(X1)＝E(X2)，D(X1)>D(X2)，则自动包装机________的质量较好．
答案　乙
解析　因为E(X1)＝E(X2)，D(X1)>D(X2)，故乙包装机的质量稳定．
8．已知随机变量X，且D(10X)＝，则X的标准差为________．
答案　
解析　由题意可知D(10X)＝，
即100D(X)＝，∴D(X)＝，
∴＝.即X的标准差为.
9．已知随机变量ξ的概率分布如下表：
ξ －1 0 1
P
(1)求E(ξ)，D(ξ)，；
(2)设η＝2ξ＋3，求E(η)，D(η)．
解　(1)E(ξ)＝(－1)×＋0×＋1×＝－，
D(ξ)＝2×＋2×＋2×＝，＝.
(2)E(η)＝2E(ξ)＋3＝，D(η)＝4D(ξ)＝.
10．某投资公司在2021年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：
项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为和；
项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能亏损30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，和.
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．
解　若按“项目一”投资，设获利X1万元，
则X1的概率分布为
X1 300 －150
P
∴E(X1)＝300×＋(－150)×＝200(万元)．
若按“项目二”投资，设获利X2万元，
则X2的概率分布为
X2 500 －300 0
P
∴E(X2)＝500×＋(－300)×＋0×＝200(万元)．
D(X1)＝(300－200)2×＋(－150－200)2×＝35 000，
D(X2)＝(500－200)2×＋(－300－200)2×＋(0－200)2×＝140 000，
∴E(X1)＝E(X2)，
D(X1)这说明虽然项目一、项目二获利均值相等，但项目一更稳妥．综上所述，建议该投资公司选择项目一投资．
11．随机变量X满足P(X＝m)＝m，P(X＝1－m)＝1－m，随机变量Y＝1－X，则(　　)
A．E(X)≥E(Y)，D(X)≥D(Y)
B．E(X)≥E(Y)，D(X)＝D(Y)
C．E(X)≤E(Y)，D(X)≥D(Y)
D．E(X)≤E(Y)，D(X)＝D(Y)
答案　B
解析　∵P(X＝m)＝m，P(X＝1－m)＝1－m，
∴E(X)＝m2＋(1－m)2，
∵Y＝1－X，∴E(Y)＝1－E(X)＝2m(1－m)．
由基本不等式可知E(X)≥E(Y)．
又D(Y)＝D(1－X)＝D(X)，故选B.
12．已知随机变量ξ的概率分布为
ξ m n
P a
若E(ξ)＝2，则D(ξ)的最小值等于(　　)
A．0 B．2 C．4 D．无法计算
答案　D
解析　由题意得a＝1－＝，
所以E(ξ)＝m＋n＝2，
即m＋2n＝6.
又D(ξ)＝×(m－2)2＋×(n－2)2＝2(n－2)2，
当n＝2时，D(ξ)取得最小值，此时m＝2，不符合题意，故D(ξ)无法取得最小值．
13．随机变量ξ的概率分布如下：
ξ －1 0 1
P a b c
其中a，b，c成等差数列，若E(ξ)＝，则D(ξ)＝_______________________________________.
答案　
解析　由题意得2b＝a＋c，①
a＋b＋c＝1，②
c－a＝，③
以上三式联立，解得a＝，b＝，c＝，故D(ξ)＝.
14．根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如表所示．
降水量X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900
工期延误天数Y 0 2 6 10
若历史气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9，则工期延误天数Y的均值是______，工期延误天数Y的方差为______．
答案　3　9.8
解析　由已知条件和概率的加法公式知，
P(X<300)＝0.3，
P(300≤X<700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4，
P(700≤X<900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2，
P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1.
所以随机变量Y的概率分布为
Y 0 2 6 10
P 0.3 0.4 0.2 0.1
故E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3；
D(Y)＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.故工期延误天数Y的方差为9.8.
15．编号为1,2,3的三位学生随意入座编号为1,2,3的三个座位，每位学生坐一个座位，设与座位编号相同的学生的人数是ξ，则E(ξ)＝________，D(ξ)＝________.
答案　1　1
解析　ξ的所有可能取值为0,1,3，ξ＝0表示三位同学全坐错了，有2种情况，即编号为1,2,3的座位上分别坐了编号为2,3,1或3,1,2的学生，
则P(ξ＝0)＝＝；
ξ＝1表示三位同学只有1位同学坐对了，
则P(ξ＝1)＝＝；
ξ＝3表示三位同学全坐对了，即对号入座，
则P(ξ＝3)＝＝.
所以ξ的概率分布为
ξ 0 1 3
P
E(ξ)＝0×＋1×＋3×＝1.
D(ξ)＝×(0－1)2＋×(1－1)2＋×(3－1)2＝1.
16．A，B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2，根据市场分析，X1和X2的概率分布分别如表所示：
X1 5% 10%
P 0.8 0.2
X2 2% 8% 12%
P 0.2 0.5 0.3
(1)在A，B两个投资项目上各投资100万元，Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润，求方差D(Y1)，D(Y2)；
(2)将x(0≤x≤100)万元投资项目A，(100－x)万元投资项目B，f(x)表示投资项目A所得利润的方差与投资项目B所得利润的方差的和．求f(x)的最小值，并指出x为何值时，f(x)取得最小值．
解　(1)根据题意，知Y1和Y2的概率分布分别如下表：
Y1 5 10
P 0.8 0.2
Y2 2 8 12
P 0.2 0.5 0.3
从而E(Y1)＝5×0.8＋10×0.2＝6，
D(Y1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4，
E(Y2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8，
D(Y2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12.
(2)f(x)＝D＋D＝2D(Y1)＋2D(Y2)＝[x2＋3(100－x)2]
＝(4x2－600x＋30 000)
＝(x－75)2＋3，
当x＝75时，f(x)取得最小值3.