巧用教材的“邊角料”

關于高考和教材的關系，專家們都在提倡高考是源于教材而又高于教材，所以二者是密不可分的.通過對比教材和考試真題可以發現，教材不僅僅是知識的載體，同時內部也含有許多“邊角料”，值得一線教師和廣大學子“咀嚼”和“回味”.

1 函數

1.1 函數的凹凸性

教材鏈接 2019年人教A版必修一第三章“函數的概念與性質”復習參考題3中綜合運用部分的第8（2）題：若g（x）=x2+ax+b，證明gx1+x22≤g（x1）+g（x2）2.該題雖然用代入作差的方法也可以證明，但其本質與函數的凹凸性有關，高等數學教材中對凹凸性的說明如下：

一、函數凹凸性定義

設f（x）在區間I上有定義

（1）若對任意的x1，x2∈I且x1≠x2，有

fx1+x22gt;f（x1）+f（x2）2，

則稱f（x）在（a，b）內為凸函數，如圖1；

（2）若對任意的x1，x2∈I且x1≠x2，有

fx1+x22lt;f（x1）+f（x2）2，

則稱f（x）在（a，b）內為凹函數，如圖2.

二、函數凹凸判別法

定理 （1）若在（a，b）內有f″（x）gt;0，則f（x）在（a，b）內為凹函數；

（2）若在（a，b）內有f″（x）lt;0，則f（x）在（a，b）內為凸函數.

真題展現：

例1 （2018全國Ⅰ卷理科第16題）已知函數f（x）=2sin x+sin 2x，則f（x）的最小值是.

例2 （“宜荊荊恩”2024屆高三起點考試12題）關于函數f（x）=ln（e2x+1）－x，下列說法正確的有（" ）.

A.f（x）在R上是增函數

B.f（x）為偶函數

C.f（x）的最小值為ln 2，無最大值

D.對x1，x2∈（0，+∞），都有fx1+x22≥f（x1）+f（x2）2

分析：例1的常規解法為求導，再根據函數單調性來解答，思路簡單但計算量較大；若熟悉函數的凹凸性，則函數可轉化為f（x）=sin x+sin x+sin （π－2x），再根據它為奇函數、周期T=2π以及當x∈0，π2時sin x為凸函數，可得x∈0，π2時有sin x+sin x+sin （π－2x）≤3sinx+x+π－2x3=332，即f（x）的最大值為332，最小值為－332.例2的D選項只需驗證f″（x）與0的相對大小即可判斷.

1.2 放縮不等式

教材鏈接 人教A版選擇性必修二“5.3.2函數的極值與最大（小）值”正文部分證明了不等式“當xgt;0時，1－1x≤ln x”，并且在后面的練習題中證明不等式“x－1≥ln x，x∈（0，+∞）”，這樣就有1－1x≤ln x≤x－1，x∈（0，+∞）.

（習題5.3中綜合運用部分的第12題）利用函數的單調性，證明下列不等式，并通過函數圖象直觀驗證：（1）exgt;1+x，x≠0；（2）ln xlt;xlt;ex，xgt;0.

真題展現：

例3 〔貴陽一中2024屆高考適應性月考卷（二）第16題〕已知對任意x，都有e3x－a－1≥1+ln xx，則實數a的取值范圍是.

分析：由題可得a≤e3x－1+ln xx－1，設f（x）=e3x－1+ln xx－1=e3x+ln x－1－ln xx－1，根據ex≥1+x可推得e3x+ln x≥1+3x+ln x，即可得到f（x）≥2，所以f（x）min=2，則a∈（－∞，2〗.該題很好地體現了放縮不等式的巧妙之處.若利用求導的常規方法來解答，則費時費力而且不易得分.

1.3 泰勒展開

教材鏈接 人教A版必修一第五章“三角函數”復習參考題5的第26題介紹了正余弦函數的泰勒展開式：

英國數字學泰勒發現了如下公式：

sin x=x-x33！+x55！-x77！+…，

cos x=1-x22！+x44！-x66！+…，

其中n！=1×2×3×4×…×n.

這些公式被編入計處工具，計算工具計算足夠多的項就可以確保顯示值的精確性.比如，用前三項計算cos 0.3，就得到cos 0.3≈1-0.322！+0.344！=0.955 337 5.

試用你的計算工具計算cos 0.3，并與上述結果比較.

這屬于教材中的“高觀點”內容.

真題展現：

例4 （2022數學高考甲卷第12題）已知a=3132，b=cos14，c=4sin14，則（" ）.

A.cgt;bgt;a

B.bgt;agt;c

C.agt;bgt;c

D.agt;cgt;b

分析：將x=14代入正余弦的泰勒展開式中，截取前2到3項即可判斷出cgt;bgt;a.該方法運用泰勒展開，即不超綱，也不需要繁雜的求導計算.

2 幾何與代數

教材鏈接 人教A版選擇性必修二“4.2等差數列”節后習題綜合運用部分的第7題：

已知Sn是等差數列{an}的前n項和.

（1）證明Snn是等差數列；

（2）設Tn為數列Snn的前n項和，若S4=12，S8=40，求Tn.

真題展現：

例5 （2023新課標Ⅰ卷第7題）記Sn為數列{an}的前n項和，設甲：{an}為等差數列；乙：Snan為等差數列，則（" ）.

A.甲是乙的充分條件但不是必要條件

B.甲是乙的必要條件但不是充分條件

C.甲是乙的充要條件

D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件

分析：該題可在教材中精準找到源頭，教師在平時教學應中多研究、多思考、多反問學生，即可推出甲是乙的充要條件.

3 概率與統計

3.1 二項分布的最值

教材鏈接 人教A版選擇性必修三“7.4二項分布與超幾何分布”小節后的閱讀材料部分介紹了二項分布的性質，對pk的增減變化及最大值做了分析推理，具體如下：

記pk=P（X=k），觀察圖形我們發現：當k由0增大到n時，pk先增后減，在某一個（或兩個）k值處達到最大.二項分布當p=0.5時是對稱的，當plt;0.5時向左偏倚，當pgt;0.5時向右偏倚.

下面，我們利用分布列的表達式來研究pk的增減變化及最大值.

pkpk-1=Cknpk（1-p）n-kCk-1n（1-p）n-k+1=（n-k+1）pk（1-p）

=k（1-p）+（n+1）p-kk（1-p）=1+（n+1）p-kk（1-p）.

當klt;（n+1）p時，pkgt;pk-1，pk隨k值的增加而增加；當kgt;（n+1）p時，pklt;pk-1，pk隨k值的增加而減小.

如果（n+1）p為正整數，當k=（n+1）p時，pk=pk-1，此時這兩項概率均為最大值.如果（n+1）p為非整數，而k取（n+1）p的整數部分，則pk是唯一的最大值.

真題展現：

例6 （2018年全國I卷理科第20題）某工廠的某種產品成箱包裝，每箱200件，每一箱產品在交付用戶之前要對產品作檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品.檢驗時，先從這箱產品中任取20件作檢驗，再根據檢驗結果決定是否對余下的所有產品作檢驗，設每件產品為不合格品的概率都為p（0lt;plt;1），且各件產品是否為不合格品相互獨立.

（1）記20件產品中恰有2件不合格品的概率為f（p），求f（p）的最大值點p0;

（2）略.

例7 （湖北省重點中學2024屆高三第一次聯考第9題）下列說法正確的是（" ）.

A.某射擊運動員在一次訓練中10次射擊成績（單位：環）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，這組數據的第70百分位數為8

B.對于隨機事件A與B，若P（B）=0.3，P（B|A）=0.7，則事件A與B獨立

C.若隨機變量X～B（6，p），E（X）=4.8，若P（X=k）最大，則D（kX+1）=24

D.設隨機變量ξ服從正態分布N（0，1），若P（ξgt;1）=p，P（－1lt;ξlt;0）=12－p

分析：例6的第（1）問和例7的C選項都與二項分布pk的最值有關，傳統做法是利用不等式求解，計算量較大，費時費力，若熟悉教材中的結論則可以直接套用結論得到結果.

3.2 馬爾科夫鏈

馬爾可夫鏈是概率論和數理統計中的一種隨機過程，它具有馬爾可夫性質，即一個隨機變量的當前狀態僅取決于其前一個狀態，而與其過去的狀態無關，該模型在教材和真題中均有體現.

教材鏈接 人教A版選擇性必修三第七章“隨機變量及其分布”復習參考題7的第10題：

甲、乙、丙三人相互做傳球訓練，第1次由甲將球傳出，每次傳球時，傳球者都等可能地將球傳給另外兩個人中的任何一人.求n次傳球后球在甲手中的概率.

真題展現：

例8 （2023年新課標I卷第21題）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規則如下：若命中則此人繼續投籃，若未命中則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8，由抽簽決定第一次投籃的人選，第一次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.

（1）求第2次投籃的人是乙的概率;

（2）求第i次投籃的人是甲的概率;

（3）略.

分析：教材中呈現的是一個簡單的馬爾科夫鏈.熟悉教材的學生在做例8第（2）問時就能迅速反應出第i次投籃的人是甲的概率pi取決于pi－1，即可列出關系式pi=0.6pi－1+0.2（1－pi－1），再聯系數列求解；不熟悉教材的學生不了解馬爾科夫鏈模型，可能無從下手.

由上面對于函數、幾何與代數、概率與統計的教材與考試真題的分析可以看出，教材的課后習題和閱讀材料我們都需要關注，教師應該引導學生多讀教材，從題海戰術中擺脫出來，讓教材發展為學材，真正成為學生學習的資源和學習的工具.