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培优课
离散型随机变量均值与方差的应用
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 利用均值与方差求参数
【例1】 已知随机变量X的概率分布为
X －1 0 1
P a b c
若E（X）＝ ，D（X）＝ ，求a，b，c的值.
解：根据题意易知a＋b＋c＝1，
由E（X）＝ ，可得－1×a＋0×b＋1×c＝c－a＝ ，
由D（X）＝ ，可得（－1－ ）2a＋ b＋（1－ ）2c＝
a＋ b＋ c＝ ，化简可得16a＋b＋4c＝5，
联立解得所以a＝ ，b＝ ，c＝ .
通性通法
利用概率分布的性质、均值公式及方差公式建立方程或方程组解
决有关参数问题，在具体问题中密切关注参数的范围及实际意义.
【跟踪训练】
（多选）（2024·南通月考）已知随机变量X的概率分布为：
X －1 0 1
P m 0.2 0.3
若随机变量Y＝aX＋b（a＞0，b∈R），E（Y）＝10，D（Y）＝
19，则下列选项正确的为（ ）
A. m＝0.5 B. a＝6
C. b＝11 D. P（Y＝16）＝0.3
解析： 依题意，由概率分布可得m＋0.2＋0.3＝1，解得m＝
0.5，A正确；E（X）＝－1×0.5＋0×0.2＋1×0.3＝－0.2，D
（X）＝[－1－（－0.2）]2×0.5＋[0－（－0.2）]2×0.2＋[1－
（－0.2）]2×0.3＝0.76，因为Y＝aX＋b（a＞0，b∈R），所以
E（Y）＝aE（X）＋b＝－0.2a＋b＝10，D（Y）＝a2D（X）＝
0.76a2＝19，解得a＝5，b＝11，B错误，C正确；所以随机变量Y的
概率分布为：
Y 6 11 16
P 0.5 0.2 0.3
由概率分布可知D正确.故选A、C、D.
题型二 与均值和方差有关的最值问题
【例2】 （2024·苏州质检）已知某人每次投篮的命中率为p（0＜p
＜1），投进一球得1分，投不进得0分，记投篮一次的得分为X，则
的最大值为 2－2 .
2－2
解析：由题意可知，X服从两点分布，可得E（X）＝p，0＜p＜1，
D（X）＝（1－p）p，则 ＝ ＝2－2p－ ＝2－
（2p＋ ）≤2－2 ＝2－2 ，当且仅当2p＝ ，即p＝
时，等号成立，故 的最大值为2－2 .
通性通法
处理均值与方差的最值问题，主要是利用概率分布的性质、均值
公式及方差公式建立函数模型，利用函数的单调性或基本不等式解决
最值.
【跟踪训练】
若随机事件A在1次试验中发生的概率为p（0＜p＜1），用随机变
量X表示A在1次试验中发生的次数，则方差D（X）的最大值
为 ，此时p＝ .
解析：随机变量X的所有可能的取值是0，1，并且P（X＝1）＝p，
P（X＝0）＝1－p.从而E（X）＝0×（1－p）＋1×p＝p，D
（X）＝（0－p）2×（1－p）＋（1－p）2·p＝p－p2＝－
＋ .∵0＜p＜1，∴当p＝ 时，D（X）取最大值，最大值是 .
题型三 利用均值与方差决策问题
【例3】 （2024·徐州月考）某短视频软件经过几年的快速发展，深
受人们的喜爱，该软件除了有娱乐属性外，也可通过平台推送广告.
某公司为了宣传新产品，现有以下两种宣传方案：
方案一：投放该平台广告，据市场调研，其收益X分别为0元，20万
元，40万元，且P（X＝20）＝0.3，期望E（X）＝30；
方案二：投放传统广告，据市场调研，其收益Y分别为10万元，20万
元，30万元，其概率依次为0.3，0.4，0.3.
（1）请写出方案一的概率分布，并求方差D（X）；
解： 设P（X＝0）＝a，P（X＝40）＝b，
依题意得a＋b＋0.3＝1， ①
又E（X）＝0×a＋20×0.3＋40b＝30， ②
由①②解得：a＝0.1，b＝0.6，∴X的概率分布为
X 0 20 40
P 0.1 0.3 0.6
则D（X）＝（0－30）2×0.1＋（20－30）2×0.3＋（40－
30）2×0.6＝180.
（2）请你根据所学的统计知识给出建议，该公司宣传应该投放哪种
广告？并说明你的理由.
解： 由题得Y的概率分布为
Y 10 20 30
P 0.3 0.4 0.3
则E（Y）＝10×0.3＋20×0.4＋30×0.3＝20，
D（Y）＝（10－20）2×0.3＋（20－20）2×0.4＋（30－20）
2×0.3＝60.
由E（X）＞E（Y）可知采用平台广告投放期望收益较大，又
D（X）＞D（Y），说明平台广告投放的风险较高.
综上所述，如果公司期望高收益，选择平台广告；如果公司期
望收益稳定，选择传统广告.
通性通法
均值、方差在决策中的作用
（1）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】
为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对500位顾客进行奖励，
规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2
个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.商场对奖励总额
的预算是30 000元，为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预
算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请从如下两种方案中选择一
种，并说明理由.
方案一：袋中的4个球由2个标有面值15元和2个标有面值45元的两种
球组成；
方案二：袋中的4个球由2个标有面值20元和2个标有面值40元的两种
球组成.
解：根据方案一，设顾客的奖励额为X1，其可能取值为30，60，90，
P（X1＝30）＝ ＝ ，P（X1＝60）＝ ＝ ＝ ，P（X1＝90）
＝ ＝ ，
E（X1）＝30× ＋60× ＋90× ＝60，
D（X1）＝（30－60）2× ＋（60－60）2× ＋（90－60）2× ＝
300.
根据方案二，设顾客的奖励额为X2，其可能取值为40，60，80，
P（X2＝40）＝ ＝ ，P（X2＝60）＝ ＝ ＝ ，P（X2＝80）
＝ ＝ ，
E（X2）＝40× ＋60× ＋80× ＝60，
D（X2）＝（40－60）2× ＋（60－60）2× ＋（80－60）2× ＝
，
商场对奖励总额的预算是30 000元，故每个顾客平均奖励额最多为
60，两方案均符合要求，但方案二奖励的方差比方案一小，所以应选
择方案二.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 已知离散型随机变量X的概率分布如表所示：
X a a＋1 a＋2
P 0.4 0.2 0.4
则D（X）＝（ ）
A. 0.4＋a B. 0.8＋a
C. 0.4 D. 0.8
解析： 由概率分布可得E（X）＝0.4a＋0.2（a＋1）＋0.4
（a＋2）＝a＋1，D（X）＝0.4（a－a－1）2＋0.2（a＋1－a
－1）2＋0.4（a＋2－a－1）2＝0.8，故选D.
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2. 已知随机变量ξ的概率分布为
ξ m n
P a
若E（ξ）＝2（m≠n），则D（ξ）的最小值为（ ）
A. 0 B. 2
C. 4 D. 无法取得
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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.
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3. （2024·南京质检）在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量
的总体误差，对于离散型随机变量X，Y，定义协方差为Cov
（X，Y）＝E（XY）－E（X）E（Y），已知X，Y的概率分布
如表所示，其中0＜p＜1，则Cov（X，Y）＝（ ）
X 1 2
P p 1－p
Y 1 2
P 1－p p
A. 0 B. 1
C. 2 D. 4
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解析： XY的概率分布为
XY 1 2 4
P p（1－p） p2＋（1－p）2 p（1－p）
E（XY）＝1×p（1－p）＋2×[p2＋（1－p）2]＋4×p（1－
p）＝－p2＋p＋2，E（X）＝2－p，E（Y）＝p＋1，Cov
（X，Y）＝－p2＋p＋2－（2－p）（1＋p）＝0.故选A.
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4. （多选）设离散型随机变量X的概率分布如表：
X 1 2 3 4 5
P m 0.1 0.2 n 0.3
若离散型随机变量Y＝－3X＋1，且E（X）＝3，则（ ）
A. m＝0.1 B. n＝0.1
C. E（Y）＝－8 D. D（Y）＝－7.8
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解析： 由E（X）＝1×m＋2×0.1＋3×0.2＋4×n＋5×0.3
＝3，得m＋4n＝0.7，又由m＋0.1＋0.2＋n＋0.3＝1，得m＋n
＝0.4，从而得m＝0.3，n＝0.1，故A选项错误，B选项正确；E
（Y）＝－3E（X）＋1＝－8，故C选项正确；因为D（X）＝
0.3×（1－3）2＋0.1×（2－3）2＋0.1×（4－3）2＋0.3×（5－
3）2＝2.6，所以D（Y）＝（－3）2D（X）＝23.4，故D选项错
误.故选B、C.
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5. （多选）已知随机变量ξ满足P（ξ＝0）＝ ，P（ξ＝1）＝x，P
（ξ＝2）＝ －x.若0＜x＜ ，则（ ）
A. E（ξ）随着x的增大而增大
B. E（ξ）随着x的增大而减小
C. D（ξ）随着x的增大而增大
D. D（ξ）随着x的增大而减小
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解析： ∵随机变量ξ满足P（ξ＝0）＝ ，P（ξ＝1）＝x，P
（ξ＝2）＝ －x，0＜x＜ ，∴E（ξ）＝x＋ －2x＝ －x，D
（ξ）＝ × ＋ ×x＋（2－ ＋x）
2× ＝－x2－ x＋ ＝－ ＋ ，∴E（ξ）随着x的
增大而减小，D（ξ）随着x的增大而减小.故选B、D.
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6. 某人有资金10万元，准备用于投资经营甲、乙两种商品，根据统计
资料：
投资甲获利（万元） 2 3 －1
概率 0.4 0.3 0.3
投资乙获利（万元） 1 4 －2
概率 0.6 0.2 0.2
那么他应该选择经营 种商品.
甲
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解析：投资经营甲商品获利的期望E（甲）＝2×0.4＋3×0.3＋
（－1）×0.3＝1.4（万元），投资经营乙商品获利的期望E
（乙）＝1×0.6＋4×0.2＋（－2）×0.2＝1（万元）.因为E
（甲）＞E（乙），故他应该选择经营甲种商品.
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7. 设0＜p＜1，若随机变量ξ的概率分布为
ξ 0 1 2
P
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解析：因为E（ξ）＝0× ＋1× ＋2× ＝ ，所以D（ξ）
＝ （0－ ）2＋ （1－ ）2＋ ·（2－ ）2＝ [2－
（2p－1）2]≤ ，当且仅当p＝ 时取等号，因此D（ξ）的最大
值是 .
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8. （2024·常州月考）已知随机变量ξ的所有可能取值为m，n，其中
P（ξ＝m）＝P（ξ＝n）＝ ，则E（ξ）＝ ，当D（ξ）
取最小值时，mn＝ .
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解析：由概率分布的性质得 ＋ ＝1，即m＋n＝1，
＝ .所以E（ξ）＝m· ＋n· ＝ ＝ ，D（ξ）
＝（m－ ）2× ＋（n－ ）2× ＝（m－ ）2× ＋（1－m－
）2× ＝（m－ ）2≥0，当且仅当m＝n＝ 时等号成立，此时
mn＝ .
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9. 袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n
个（n＝1，2，3，4）.现从袋中任取一球.ξ表示所取球的标号.
（1）求ξ的概率分布、均值和方差；
解： 由题意得ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4.
P（ξ＝0）＝ ，P（ξ＝1）＝ ，P（ξ＝2）＝ ，
P（ξ＝3）＝ ，P（ξ＝4）＝ .
故ξ的概率分布为
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ξ 0 1 2 3 4
P
则E（ξ）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＋4× ＝ ，
D（ξ）＝（0－ ）2× ＋（1－ ）2× ＋（2－ ）2×
＋（3－ ）2× ＋（4－ ）2× ＝ .
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（2）若η＝aξ＋b，E（η）＝1，D（η）＝11，试求a，b的值.
解： 由D（η）＝a2D（ξ），得a2× ＝11，得a＝±2.
又由E（η）＝aE（ξ）＋b，得 a＋b＝1，
所以当a＝2时，由1＝2× ＋b，得b＝－2；
当a＝－2时，由1＝－2× ＋b，得b＝4.
所以或即为所求.
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10. （2024·扬州月考）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相
同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，
以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求
量与当天最高气温（单位：℃）有关.如果最高气温不低于25，需
求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300
瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订
购计划，超市统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得到下
面的频数分布表：
最高气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40）
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.
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（1）求六月份这种酸奶一天的需求量X（单位：瓶）的概率分
布；
解： 由题意得，随机变量X的可能取值为200，300，500，
可得P（X＝200）＝ ＝0.2，P（X＝300）＝ ＝
0.4，P（X＝500）＝ ＝0.4，
所以随机变量X的概率分布为
X 200 300 500
P 0.2 0.4 0.4
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（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六
月份这种酸奶一天的进货量n（单位：瓶）为多少时，Y的
数学期望达到最大值？
解： 由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500
瓶，至少为200瓶，
所以只需考虑200≤n≤500，
当300＜n≤500时，
若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温位于区间[20，25），则Y＝6×300＋2（n－
300）－4n＝1 200－2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2（n－200）－4n＝
800－2n，
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所以E（Y）＝2n×0.4＋（1 200－2n）×0.4＋（800－
2n）×0.2＝640－0.4n.
当200≤n≤300时，
若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2（n－200）－4n＝
800－2n，
所以E（Y）＝2n×（0.4＋0.4）＋（800－2n）×0.2＝
160＋1.2n，
所以当n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为
520元.
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11. 某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有
一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，
每个200元.在机器使用期间，若备件不足再购买，则每个500元.
现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整
理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得到如图
所示的条形图.
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以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损
零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件
数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
（1）求X的概率分布；
解： 由条形图并以频率代替概率可得：1台机器在三年
内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，
0.4，0.2，0.2.
可知X的所有可能取值为16，17，18，19，20，21，22，
P（X＝16）＝0.2×0.2＝0.04；
P（X＝17）＝2×0.2×0.4＝0.16；
P（X＝18）＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；
P（X＝19）＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；
P（X＝20）＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；
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P（X＝21）＝2×0.2×0.2＝0.08；
P（X＝22）＝0.2×0.2＝0.04.
所以X的概率分布为
X 16 17 18 19 20 21 22
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
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（2）若要求P（X≤n）≥0.5，确定n的最小值；
解： 由（1）知P（X≤18）＝0.44，P（X≤19）＝
0.68，故n的最小值为19.
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（3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与
n＝20之中选其一，应选用哪个？
解： 记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用
（单位：元）.
当n＝19时，E（Y）＝19×200×0.68＋（19×200＋500）
×0.2＋（19×200＋2×500）×0.08＋（19×200＋
3×500）×0.04＝4 040.
当n＝20时，E（Y）＝20×200×0.88＋（20×200＋500）
×0.08＋（20×200＋2×500）×0.04＝4 080.
可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的
期望值，故应选n＝19.
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谢 谢 观 看！培优课 离散型随机变量均值与方差的应用
1.已知离散型随机变量X的概率分布如表所示：
X a a＋1 a＋2
P 0.4 0.2 0.4
则D（X）＝（ ）
A.0.4＋a B.0.8＋a
C.0.4 D.0.8
2.已知随机变量ξ的概率分布为
ξ m n
P a
若E（ξ）＝2（m≠n），则D（ξ）的最小值为（ ）
A.0 B.2
C.4 D.无法取得
3.（2024·南京质检）在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量X，Y，定义协方差为Cov（X，Y）＝E（XY）－E（X）E（Y），已知X，Y的概率分布如表所示，其中0＜p＜1，则Cov（X，Y）＝（ ）
X 1 2
P p 1－p
Y 1 2
P 1－p p
A.0 B.1
C.2 D.4
4.（多选）设离散型随机变量X的概率分布如表：
X 1 2 3 4 5
P m 0.1 0.2 n 0.3
若离散型随机变量Y＝－3X＋1，且E（X）＝3，则（ ）
A.m＝0.1 B.n＝0.1
C.E（Y）＝－8 D.D（Y）＝－7.8
5.（多选）已知随机变量ξ满足P（ξ＝0）＝，P（ξ＝1）＝x，P（ξ＝2）＝－x.若0＜x＜，则（ ）
A.E（ξ）随着x的增大而增大
B.E（ξ）随着x的增大而减小
C.D（ξ）随着x的增大而增大
D.D（ξ）随着x的增大而减小
6.某人有资金10万元，准备用于投资经营甲、乙两种商品，根据统计资料：
投资甲获利（万元） 2 3 －1
概率 0.4 0.3 0.3
投资乙获利（万元） 1 4 －2
概率 0.6 0.2 0.2
那么他应该选择经营 种商品.
7.设0＜p＜1，若随机变量ξ的概率分布为
ξ 0 1 2
P
则当p变化时，D（ξ）的最大值是 .
8.（2024·常州月考）已知随机变量ξ的所有可能取值为m，n，其中P（ξ＝m）＝P（ξ＝n）＝，则E（ξ）＝ ，当D（ξ）取最小值时，mn＝ .
9.袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个（n＝1，2，3，4）.现从袋中任取一球.ξ表示所取球的标号.
（1）求ξ的概率分布、均值和方差；
（2）若η＝aξ＋b，E（η）＝1，D（η）＝11，试求a，b的值.
10.（2024·扬州月考）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关.如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，超市统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：
最高 气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40）
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量X（单位：瓶）的概率分布；
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量n（单位：瓶）为多少时，Y的数学期望达到最大值？
11.某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，若备件不足再购买，则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得到如图所示的条形图.
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
（1）求X的概率分布；
（2）若要求P（X≤n）≥0.5，确定n的最小值；
（3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？
培优课 离散型随机变量均值与方差的应用
1.D 由概率分布可得E（X）＝0.4a＋0.2（a＋1）＋0.4（a＋2）＝a＋1，D（X）＝0.4（a－a－1）2＋0.2（a＋1－a－1）2＋0.4（a＋2－a－1）2＝0.8，故选D.
2.D 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.
3.A XY的概率分布为
XY 1 2 4
P p（1－p） p2＋（1－p）2 p（1－p）
E（XY）＝1×p（1－p）＋2×[p2＋（1－p）2]＋4×p（1－p）＝－p2＋p＋2，E（X）＝2－p，E（Y）＝p＋1，Cov（X，Y）＝－p2＋p＋2－（2－p）（1＋p）＝0.故选A.
4.BC 由E（X）＝1×m＋2×0.1＋3×0.2＋4×n＋5×0.3＝3，得m＋4n＝0.7，又由m＋0.1＋0.2＋n＋0.3＝1，得m＋n＝0.4，从而得m＝0.3，n＝0.1，故A选项错误，B选项正确；E（Y）＝－3E（X）＋1＝－8，故C选项正确；因为D（X）＝0.3×（1－3）2＋0.1×（2－3）2＋0.1×（4－3）2＋0.3×（5－3）2＝2.6，所以D（Y）＝（－3）2D（X）＝23.4，故D选项错误.故选B、C.
5.BD ∵随机变量ξ满足P（ξ＝0）＝，P（ξ＝1）＝x，P（ξ＝2）＝－x，0＜x＜，∴E（ξ）＝x＋－2x＝－x，D（ξ）＝×＋（1－＋x）2×x＋×＝－x2－x＋＝－＋，∴E（ξ）随着x的增大而减小，D（ξ）随着x的增大而减小.故选B、D.
6.甲 解析：投资经营甲商品获利的期望E（甲）＝2×0.4＋3×0.3＋（－1）×0.3＝1.4（万元），投资经营乙商品获利的期望E（乙）＝1×0.6＋4×0.2＋（－2）×0.2＝1（万元）.因为E（甲）＞E（乙），故他应该选择经营甲种商品.
7. 解析：因为E（ξ）＝0×＋1×＋2×＝，所以D（ξ）＝（0－）2＋（1－）2＋·（2－）2＝[2－（2p－1）2]≤，当且仅当p＝时取等号，因此D（ξ）的最大值是.
8. 解析：由概率分布的性质得＋＝1，即m＋n＝1，＝.所以E（ξ）＝m·＋n·＝＝，D（ξ）＝（m－）2×＋（n－）2×＝（m－）2×＋（1－m－）2×＝（m－）2≥0，当且仅当m＝n＝时等号成立，此时mn＝.
9.解：（1）由题意得ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4.
P（ξ＝0）＝，P（ξ＝1）＝，P（ξ＝2）＝，
P（ξ＝3）＝，P（ξ＝4）＝.
故ξ的概率分布为
ξ 0 1 2 3 4
P
则E（ξ）＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝，
D（ξ）＝（0－）2×＋（1－）2×＋（2－）2×＋（3－）2×＋（4－）2×＝.
（2）由D（η）＝a2D（ξ），得a2×＝11，得a＝±2.
又由E（η）＝aE（ξ）＋b，得a＋b＝1，
所以当a＝2时，由1＝2×＋b，得b＝－2；
当a＝－2时，由1＝－2×＋b，得b＝4.
所以或即为所求.
10.解：（1）由题意得，随机变量X的可能取值为200，300，500，
可得P（X＝200）＝＝0.2，P（X＝300）＝＝0.4，P（X＝500）＝＝0.4，
所以随机变量X的概率分布为
X 200 300 500
P 0.2 0.4 0.4
（2）由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500瓶，至少为200瓶，
所以只需考虑200≤n≤500，
当300＜n≤500时，
若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温位于区间[20，25），则Y＝6×300＋2（n－300）－4n＝1 200－2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2（n－200）－4n＝800－2n，
所以E（Y）＝2n×0.4＋（1 200－2n）×0.4＋（800－2n）×0.2＝640－0.4n.
当200≤n≤300时，
若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2（n－200）－4n＝800－2n，
所以E（Y）＝2n×（0.4＋0.4）＋（800－2n）×0.2＝160＋1.2n，
所以当n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元.
11.解：（1）由条形图并以频率代替概率可得：1台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2.
可知X的所有可能取值为16，17，18，19，20，21，22，
P（X＝16）＝0.2×0.2＝0.04；
P（X＝17）＝2×0.2×0.4＝0.16；
P（X＝18）＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；
P（X＝19）＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；
P（X＝20）＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；
P（X＝21）＝2×0.2×0.2＝0.08；
P（X＝22）＝0.2×0.2＝0.04.
所以X的概率分布为
X 16 17 18 19 20 21 22
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
（2）由（1）知P（X≤18）＝0.44，P（X≤19）＝0.68，故n的最小值为19.
（3）记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）.
当n＝19时，E（Y）＝19×200×0.68＋（19×200＋500）×0.2＋（19×200＋2×500）×0.08＋（19×200＋3×500）×0.04＝4 040.
当n＝20时，E（Y）＝20×200×0.88＋（20×200＋500）×0.08＋（20×200＋2×500）×0.04＝4 080.
可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.
3 / 3 离散型随机变量均值与方差的应用
题型一 利用均值与方差求参数
【例1】 已知随机变量X的概率分布为
X －1 0 1
P a b c
若E（X）＝，D（X）＝，求a，b，c的值.
通性通法
利用概率分布的性质、均值公式及方差公式建立方程或方程组解决有关参数问题，在具体问题中密切关注参数的范围及实际意义.
【跟踪训练】
（多选）（2024·南通月考）已知随机变量X的概率分布为：
X －1 0 1
P m 0.2 0.3
若随机变量Y＝aX＋b（a＞0，b∈R），E（Y）＝10，D（Y）＝19，则下列选项正确的为（ ）
A.m＝0.5 B.a＝6
C.b＝11 D.P（Y＝16）＝0.3
题型二 与均值和方差有关的最值问题
【例2】 （2024·苏州质检）已知某人每次投篮的命中率为p（0＜p＜1），投进一球得1分，投不进得0分，记投篮一次的得分为X，则的最大值为 .
通性通法
处理均值与方差的最值问题，主要是利用概率分布的性质、均值公式及方差公式建立函数模型，利用函数的单调性或基本不等式解决最值.
【跟踪训练】
若随机事件A在1次试验中发生的概率为p（0＜p＜1），用随机变量X表示A在1次试验中发生的次数，则方差D（X）的最大值为 ，此时p＝ .
题型三 利用均值与方差决策问题
【例3】 （2024·徐州月考）某短视频软件经过几年的快速发展，深受人们的喜爱，该软件除了有娱乐属性外，也可通过平台推送广告.某公司为了宣传新产品，现有以下两种宣传方案：
方案一：投放该平台广告，据市场调研，其收益X分别为0元，20万元，40万元，且P（X＝20）＝0.3，期望E（X）＝30；
方案二：投放传统广告，据市场调研，其收益Y分别为10万元，20万元，30万元，其概率依次为0.3，0.4，0.3.
（1）请写出方案一的概率分布，并求方差D（X）；
（2）请你根据所学的统计知识给出建议，该公司宣传应该投放哪种广告？并说明你的理由.
通性通法
均值、方差在决策中的作用
（1）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】
为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对500位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.商场对奖励总额的预算是30 000元，为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请从如下两种方案中选择一种，并说明理由.
方案一：袋中的4个球由2个标有面值15元和2个标有面值45元的两种球组成；
方案二：袋中的4个球由2个标有面值20元和2个标有面值40元的两种球组成.
培优课 离散型随机变量均值与方差的应用
【典型例题·精研析】
【例1】 解：根据题意易知a＋b＋c＝1，
由E（X）＝，可得－1×a＋0×b＋1×c＝c－a＝，
由D（X）＝，可得（－1－）2a＋b＋（1－）2c＝a＋b＋c＝，
化简可得16a＋b＋4c＝5，
联立解得
所以a＝，b＝，c＝.
跟踪训练
ACD 依题意，由概率分布可得m＋0.2＋0.3＝1，解得m＝0.5，A正确；E（X）＝－1×0.5＋0×0.2＋1×0.3＝－0.2，D（X）＝[－1－（－0.2）]2×0.5＋[0－（－0.2）]2×0.2＋[1－（－0.2）]2×0.3＝0.76，因为Y＝aX＋b（a＞0，b∈R），所以E（Y）＝aE（X）＋b＝－0.2a＋b＝10，D（Y）＝a2D（X）＝0.76a2＝19，解得a＝5，b＝11，B错误，C正确；所以随机变量Y的概率分布为：
Y 6 11 16
P 0.5 0.2 0.3
由概率分布可知D正确.故选A、C、D.
【例2】 2－2 解析：由题意可知，X服从两点分布，可得E（X）＝p，0＜p＜1，D（X）＝（1－p）p，则＝＝2－2p－＝2－（2p＋）≤2－2＝2－2，当且仅当2p＝，即p＝时，等号成立，故的最大值为2－2.
跟踪训练
解析：随机变量X的所有可能的取值是0，1，并且P（X＝1）＝p，P（X＝0）＝1－p.从而E（X）＝0×（1－p）＋1×p＝p，D（X）＝（0－p）2×（1－p）＋（1－p）2·p＝p－p2＝－＋.∵0＜p＜1，∴当p＝时，D（X）取最大值，最大值是.
【例3】 解：（1）设P（X＝0）＝a，P（X＝40）＝b，
依题意得a＋b＋0.3＝1， ①
又E（X）＝0×a＋20×0.3＋40b＝30， ②
由①②解得：a＝0.1，b＝0.6，
∴X的概率分布为
X 0 20 40
P 0.1 0.3 0.6
则D（X）＝（0－30）2×0.1＋（20－30）2×0.3＋（40－30）2×0.6＝180.
（2）由题得Y的概率分布为
Y 10 20 30
P 0.3 0.4 0.3
则E（Y）＝10×0.3＋20×0.4＋30×0.3＝20，
D（Y）＝（10－20）2×0.3＋（20－20）2×0.4＋（30－20）2×0.3＝60.
由E（X）＞E（Y）可知采用平台广告投放期望收益较大，又D（X）＞D（Y），说明平台广告投放的风险较高.
综上所述，如果公司期望高收益，选择平台广告；如果公司期望收益稳定，选择传统广告.
跟踪训练
解：根据方案一，设顾客的奖励额为X1，其可能取值为30，60，90，
P（X1＝30）＝＝，P（X1＝60）＝＝＝，P（X1＝90）＝＝，
E（X1）＝30×＋60×＋90×＝60，
D（X1）＝（30－60）2×＋（60－60）2×＋（90－60）2×＝300.
根据方案二，设顾客的奖励额为X2，其可能取值为40，60，80，
P（X2＝40）＝＝，P（X2＝60）＝＝＝，P（X2＝80）＝＝，
E（X2）＝40×＋60×＋80×＝60，
D（X2）＝（40－60）2×＋（60－60）2×＋（80－60）2×＝，
商场对奖励总额的预算是30 000元，故每个顾客平均奖励额最多为60，两方案均符合要求，但方案二奖励的方差比方案一小，所以应选择方案二.
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