2025年上學期高一數(shù)學壓軸題突破練習（二）一、函數(shù)與導數(shù)綜合題題目1：分段函數(shù)與不等式恒成立問題已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}x^2-2ax+1,&x\geq1\\lnx,&0<x<1\end{cases}$，其中$a\in\mathbb{R}$。（1）若$a=1$，求函數(shù)$f(x)$的最小值；（2）若對任意$x\in(0,+\infty)$，不等式$f(x)\geq\frac{1}{2}$恒成立，求實數(shù)$a$的取值范圍。解答過程：（1）當$a=1$時，分段討論：當$0<x<1$時，$f(x)=\lnx$，此時函數(shù)單調(diào)遞增，故$f(x)<\ln1=0$；當$x\geq1$時，$f(x)=x^2-2x+1=(x-1)^2$，此時函數(shù)在$x=1$處取得最小值$0$。綜上，函數(shù)$f(x)$的最小值為$0$。（2）分區(qū)間討論不等式恒成立條件：當$0<x<1$時：$f(x)=\lnx\geq\frac{1}{2}$，但$\lnx<0<\frac{1}{2}$，此時不等式無解，故需$x\geq1$時恒成立。當$x\geq1$時：$f(x)=x^2-2ax+1\geq\frac{1}{2}$，即$2ax\leqx^2+\frac{1}{2}$，分離參數(shù)得$a\leq\frac{x}{2}+\frac{1}{4x}$。設$g(x)=\frac{x}{2}+\frac{1}{4x}(x\geq1)$，求導得$g'(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{4x^2}=\frac{2x^2-1}{4x^2}$。當$x\geq1$時，$g'(x)>0$，故$g(x)$在$[1,+\infty)$上單調(diào)遞增，最小值為$g(1)=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$。因此，$a\leq\frac{3}{4}$，即實數(shù)$a$的取值范圍是$(-\infty,\frac{3}{4}]$。題目2：導數(shù)與函數(shù)零點問題已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax^2$（$a\in\mathbb{R}$），曲線$y=f(x)$在$x=1$處的切線與直線$y=(e-2)x+1$平行。（1）求$a$的值；（2）證明：函數(shù)$f(x)$在$(0,+\infty)$上有且僅有一個零點。解答過程：（1）由題意得$f'(x)=e^x-2ax$，切線斜率為$f'(1)=e-2a$。因為切線與直線$y=(e-2)x+1$平行，所以$e-2a=e-2$，解得$a=1$。（2）由（1）知$f(x)=e^x-x^2$，令$f(x)=0$，即$e^x=x^2$。設$h(x)=\frac{e^x}{x^2}(x>0)$，則$h'(x)=\frac{e^x(x-2)}{x^3}$。當$0<x<2$時，$h'(x)<0$，$h(x)$單調(diào)遞減；當$x>2$時，$h'(x)>0$，$h(x)$單調(diào)遞增。故$h(x)$在$x=2$處取得最小值$h(2)=\frac{e^2}{4}\approx1.84>1$，因此$h(x)>1$恒成立，即$e^x>x^2$，函數(shù)$f(x)$在$(0,+\infty)$上無零點。二、數(shù)列與不等式綜合題題目3：遞推數(shù)列與放縮法證明已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+\frac{1}{a_n}$（$n\in\mathbb{N}^*$）。（1）證明：$a_n\geq\sqrt{2n-1}$；（2）設$b_n=\frac{1}{a_n^2}$，證明：$b_1+b_2+\cdots+b_n<1$。解答過程：（1）用數(shù)學歸納法證明：基礎步：當$n=1$時，$a_1=1\geq\sqrt{2\times1-1}=1$，成立。歸納步：假設$n=k$時$a_k\geq\sqrt{2k-1}$，則$a_{k+1}=2a_k+\frac{1}{a_k}\geq2\sqrt{2a_k\cdot\frac{1}{a_k}}=2\sqrt{2}$（此處需修正，正確放縮應為：由均值不等式$a_{k+1}=2a_k+\frac{1}{a_k}\geq2\sqrt{2a_k\cdot\frac{1}{a_k}}=2\sqrt{2}$，但需結合歸納假設進一步推導$a_{k+1}^2\geq2(2k-1)+2=4k$，即$a_{k+1}\geq\sqrt{4k}>\sqrt{2(k+1)-1}$，故不等式成立。（2）由$a_{n+1}=2a_n+\frac{1}{a_n}$兩邊平方得$a_{n+1}^2=4a_n^2+4+\frac{1}{a_n^2}$，則$\frac{1}{a_n^2}=a_{n+1}^2-4a_n^2-4$。因此，$b_n=a_{n+1}^2-4a_n^2-4$，累加得：$b_1+b_2+\cdots+b_n=(a_2^2-4a_1^2-4)+(a_3^2-4a_2^2-4)+\cdots+(a_{n+1}^2-4a_n^2-4)$$=a_{n+1}^2-4a_1^2-4n=a_{n+1}^2-4-4n$。由（1）知$a_{n+1}\geq\sqrt{2(n+1)-1}=\sqrt{2n+1}$，故$a_{n+1}^2\geq2n+1$，則$b_1+\cdots+b_n\geq2n+1-4-4n=-2n-3$，此放縮過松，需重新構造：由$a_{n+1}>2a_n$（因為$\frac{1}{a_n}>0$），得$a_n>2^{n-1}a_1=2^{n-1}$，故$b_n=\frac{1}{a_n^2}<\frac{1}{4^{n-1}}$。因此，$b_1+\cdots+b_n<1+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\cdots+\frac{1}{4^{n-1}}=\frac{1-\frac{1}{4^n}}{1-\frac{1}{4}}<\frac{4}{3}$，仍不滿足。正確方法應為：由$a_{n+1}^2=4a_n^2+\frac{1}{a_n^2}+4>4a_n^2+4$，即$a_{n+1}^2+2>4(a_n^2+2)$，設$c_n=a_n^2+2$，則$c_{n+1}>4c_n$，故$c_n>4^{n-1}c_1=3\times4^{n-1}$，從而$a_n^2>3\times4^{n-1}-2>2\times4^{n-1}$，$b_n<\frac{1}{2\times4^{n-1}}$，累加得$b_1+\cdots+b_n<\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\frac{1}{4^n}}{1-\frac{1}{4}}=\frac{2}{3}(1-\frac{1}{4^n})<1$，得證。三、解析幾何綜合題題目4：橢圓與直線綜合問題已知橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且過點$P(2,1)$。（1）求橢圓$C$的方程；（2）設直線$l:y=kx+m$與橢圓$C$交于$A,B$兩點，$O$為坐標原點，若$k_{OA}\cdotk_{OB}=-\frac{1}{4}$，證明：$\triangleAOB$的面積為定值。解答過程：（1）由離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$c=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，$b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{4}$。將點$P(2,1)$代入橢圓方程：$\frac{4}{a^2}+\frac{1}{\frac{a^2}{4}}=1$，即$\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1$，解得$a^2=8$，$b^2=2$。故橢圓$C$的方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$。（2）設$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，聯(lián)立直線與橢圓方程：$\begin{cases}y=kx+m\x^2+4y^2=8\end{cases}$，消去$y$得$(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0$。由韋達定理得$x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2}$。因為$k_{OA}\cdotk_{OB}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4}$，所以$4y_1y_2=-x_1x_2$。又$y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2$，代入得：$4[k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2]=-x_1x_2$，整理得$(4k^2+1)x_1x_2+4km(x_1+x_2)+4m^2=0$。將韋達定理代入，化簡得$4m^2=8k^2+2$，即$m^2=2k^2+\frac{1}{2}$。弦長$|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{4\sqrt{2(1+4k^2-m^2)}}{1+4k^2}$，原點$O$到直線$l$的距離$d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}$，則$S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}|AB|\cdotd=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{4\sqrt{2(1+4k^2-m^2)}}{1+4k^2}\cdot\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=2\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{1+4k^2-m^2}\cdot|m|}{1+4k^2}$。將$m^2=2k^2+\frac{1}{2}$代入，得$1+4k^2-m^2=1+4k^2-(2k^2+\frac{1}{2})=2k^2+\frac{1}{2}=m^2$，故$S_{\triangleAOB}=2\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{m^2}\cdot|m|}{1+4k^2}=2\sqrt{2}\cdot\frac{m^2}{1+4k^2}=2\sqrt{2}\cdot\frac{2k^2+\frac{1}{2}}{1+4k^2}=2\sqrt{2}\cdot\frac{1}{2}=\sqrt{2}$，即面積為定值$\sqrt{2}$。四、立體幾何與空間向量題題目5：空間幾何體體積與線面角如圖，在三棱錐$P-ABC$中，$PA\perp$平面$ABC$，$AB\perpBC$，$PA=AB=BC=2$，$E$為$PC$的中點。（1）求證：$BE\parallel$平面$PAD$（$D$為$AC$中點）；（2）求直線$BE$與平面$PBC$所成角的正弦值。解答過程：（1）連接$DE$，因為$D,E$分別為$AC,PC$的中點，所以$DE\parallelPA$且$DE=\frac{1}{2}PA$。又因為$PA\perp$平面$ABC$，$BE\subset$平面$ABC$，所以$DE\parallelBE$（此處修正：應為$DE\parallelPA$，且$BE$與$DE$構成平行四邊形，從而$BE\parallelDE$，進而$BE\parallel$平面$PAD$）。（2）以$B$為原點，$BA,BC,BP$所在直線為$x,y,z$軸建立坐標系，則$B(0,0,0)$，$P(2,0,2)$，$C(0,2,0)$，$E(1,1,1)$。平面$PBC$的法向量$\vec{n}=(x,y,z)$，由$\vec{BP}=(2,0,2)$，$\vec{BC}=(0,2,0)$，得$\begin{cases}2x+2z=0\2y=0\end{cases}$，取$x=1$，則$z=-1$，$\vec{n}=(1,0,-1)$。$\vec{BE}=(1,1,1)$，設線面角為$\theta$，則$\sin\theta=|\cos\langle\vec{BE},\vec{n}\rangle|=\frac{|\vec{BE}\cdot\vec{n}|}{|\vec{BE}||\vec{n}|}=\frac{|1+0-1|}{\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}}=0$。（注：此處計算錯誤，正確法向量應為$\vec{n}=(1,0,-1)$，$\vec{BE}\cdot\vec{n}=1-1=0$，故線面角正弦值為$0$，即$BE\perp$平面$PBC$。）五、新定義與創(chuàng)新題型題目6：函數(shù)新定義與性質(zhì)探究定義：對于函數(shù)$f(x)$，若存在常數(shù)$m>0$，使得對任意$x\in\mathbb{R}$，有$f(x+m)=f(x)+f(m)$成立，則稱$f(x)$為“$m$加法函數(shù)”。（1）判斷函數(shù)$f(x)=kx$（$k\in\mathbb{R}$）是否為“$m$加法函數(shù)”，并說明理由；（2）若$f(x)$是“$2$加法函數(shù)”，且當$x\in[0,2)$時，$f(x)=x(2-x)$，求$f(5)$的值。解答過程：（1）是。因為$f(x+m)=k(x+m)=kx+km=f(x)+f(m)$，故對任意$m>0$，$f(x)$均為“$m$加法函數(shù)”。（2）由題意得$f(x+2)=f(x)+f(2)$，其中$f(2)=f(0+2)=f(0)+f(2)$，故$f(0)=0$。當$x\in[0,2)$時，$f(x)=x(2-x)$，則$f(2)=f(0+2)=f(0)+f(2)$，無法直接求$f(2)$，需利用遞推：$f(2)=f(0+2)=f(0)+f(2)\Rightarrow0=0$（恒成立），取$x=0$，得$f(2)=f(0)+f(2)$，無新信息。令$x=1$，則$f(3)=f(1)+f(2)$，$x=3$時，$f(5)=f(3)+f(2)=f(1)+2f(2)$。又$x=2$時，$f(2)=f(0+2)=f(0)+f(2)$，需通過$x\in[2,4)$時的表達式求$f(2)$：設$x\in[2,4)$，則$x-2\in[0,2)$，$f(x)=f(x-2)+f(2)=(x-2)(2-(x-2))+f(2)=(x-2)(4-x)+f(2)$。令$x=2$，得$f(2)=(0)(2)+f(2)\Rightarrow0=0$，仍無法求解，推測$f(2)=0$（特殊值），則$f(5)=f(1)+0=1\times(2-1)=1$。（注：本題需補充條件$f(2)$的值，此處假設$f(2)=0$，實際應通過$x=2$時的函數(shù)表達式推導，完整過程需結合更多遞推關系。）六、選填壓軸題精選多選題已知函數(shù)$f(x)=\frac{\lnx}{x}$，則下列說法正確的有（）A.$f(x)$在$(0,e)$上單調(diào)遞增B.$f(x)$的最大值為$\frac{1}{e}$C.方程$f(x)=a$有兩個不同實根的充要條件是$0<a<\frac{1}{e}$D.對任意$x>0$，$f(x)\leqx-1$恒成立答案：ABC解析：$f'(x)=\frac{1-\lnx}{x^2}$，當$0<x<e$時，$f'(x)>0$，A正確；最大值為$f(e)=\frac{1}{e}$，B正確；方程$f(x)=a$有兩解等價于$0<a<\frac{1}{e}$，C正確；令