2025年上學(xué)期高一數(shù)學(xué)一題多解訓(xùn)練題一、函數(shù)單調(diào)性證明題題目：證明函數(shù)$f(x)=x+\frac{1}{x}$在區(qū)間$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增。解法一：定義法任取$x_1,x_2\in(1,+\infty)$，且$x_1<x_2$，則：$f(x_2)-f(x_1)=(x_2+\frac{1}{x_2})-(x_1+\frac{1}{x_1})=(x_2-x_1)+\frac{x_1-x_2}{x_1x_2}=(x_2-x_1)(1-\frac{1}{x_1x_2})$因?yàn)?x_1<x_2$，所以$x_2-x_1>0$。又$x_1,x_2>1$，故$x_1x_2>1$，則$\frac{1}{x_1x_2}<1$，$1-\frac{1}{x_1x_2}>0$。因此$f(x_2)-f(x_1)>0$，即$f(x_2)>f(x_1)$，函數(shù)在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增。解法二：導(dǎo)數(shù)法對(duì)$f(x)$求導(dǎo)得$f'(x)=1-\frac{1}{x^2}$。當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時(shí)，$x^2>1$，則$\frac{1}{x^2}<1$，$f'(x)=1-\frac{1}{x^2}>0$。由導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系可知，當(dāng)$f'(x)>0$時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，故$f(x)$在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增。解法三：復(fù)合函數(shù)單調(diào)性法令$t=x$，則$f(x)=t+\frac{1}{t}$。當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時(shí)，$t=x$為增函數(shù)，且$t\in(1,+\infty)$。設(shè)$g(t)=t+\frac{1}{t}$，對(duì)$g(t)$求導(dǎo)得$g'(t)=1-\frac{1}{t^2}$，當(dāng)$t>1$時(shí)$g'(t)>0$，故$g(t)$在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增。根據(jù)復(fù)合函數(shù)“同增異減”原則，$t=x$為增函數(shù)，$g(t)$為增函數(shù)，故$f(x)=g(t(x))$為增函數(shù)。解法四：不等式性質(zhì)法任取$x>1$，設(shè)$x+\Deltax\in(1,+\infty)$（$\Deltax>0$），則：$f(x+\Deltax)-f(x)=(x+\Deltax+\frac{1}{x+\Deltax})-(x+\frac{1}{x})=\Deltax+\frac{x-(x+\Deltax)}{x(x+\Deltax)}=\Deltax-\frac{\Deltax}{x(x+\Deltax)}=\Deltax[1-\frac{1}{x(x+\Deltax)}]$因?yàn)?x>1$，$\Deltax>0$，所以$x(x+\Deltax)>x^2>1$，$\frac{1}{x(x+\Deltax)}<1$，$1-\frac{1}{x(x+\Deltax)}>0$，故$f(x+\Deltax)-f(x)>0$，函數(shù)單調(diào)遞增。二、三角函數(shù)求值題題目：已知$\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{5}$，$\alpha\in(0,\pi)$，求$\tan\alpha$的值。解法一：聯(lián)立方程法由$\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{5}$平方得$\sin^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha+\cos^2\alpha=\frac{1}{25}$，即$1+2\sin\alpha\cos\alpha=\frac{1}{25}$，解得$\sin\alpha\cos\alpha=-\frac{12}{25}$。因?yàn)?\alpha\in(0,\pi)$，且$\sin\alpha\cos\alpha<0$，所以$\sin\alpha>0$，$\cos\alpha<0$。聯(lián)立$\begin{cases}\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{5}\\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\end{cases}$，將$\sin\alpha=\frac{1}{5}-\cos\alpha$代入平方關(guān)系得：$(\frac{1}{5}-\cos\alpha)^2+\cos^2\alpha=1$，展開(kāi)得$\frac{1}{25}-\frac{2}{5}\cos\alpha+2\cos^2\alpha=1$，整理為$2\cos^2\alpha-\frac{2}{5}\cos\alpha-\frac{24}{25}=0$，即$50\cos^2\alpha-10\cos\alpha-24=0$，解得$\cos\alpha=-\frac{3}{5}$或$\cos\alpha=\frac{4}{5}$（舍去，因?yàn)?\cos\alpha<0$），則$\sin\alpha=\frac{4}{5}$，$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=-\frac{4}{3}$。解法二：輔助角公式法$\sin\alpha+\cos\alpha=\sqrt{2}\sin(\alpha+\frac{\pi}{4})=\frac{1}{5}$，則$\sin(\alpha+\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{10}$。因?yàn)?\alpha\in(0,\pi)$，所以$\alpha+\frac{\pi}{4}\in(\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4})$。又$\sin(\alpha+\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{10}>0$，故$\alpha+\frac{\pi}{4}\in(\frac{\pi}{4},\pi)$。若$\alpha+\frac{\pi}{4}\in(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$，則$\cos(\alpha+\frac{\pi}{4})=\sqrt{1-(\frac{\sqrt{2}}{10})^2}=\frac{7\sqrt{2}}{10}$，此時(shí)$\sin\alpha=\sin[(\alpha+\frac{\pi}{4})-\frac{\pi}{4}]=\sin(\alpha+\frac{\pi}{4})\cos\frac{\pi}{4}-\cos(\alpha+\frac{\pi}{4})\sin\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{10}\times\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{7\sqrt{2}}{10}\times\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{10}-\frac{7}{10}=-\frac{3}{5}<0$，與$\alpha\in(0,\pi)$矛盾，故$\alpha+\frac{\pi}{4}\in(\frac{\pi}{2},\pi)$，$\cos(\alpha+\frac{\pi}{4})=-\frac{7\sqrt{2}}{10}$。則$\sin\alpha=\sin[(\alpha+\frac{\pi}{4})-\frac{\pi}{4}]=\frac{\sqrt{2}}{10}\times\frac{\sqrt{2}}{2}-(-\frac{7\sqrt{2}}{10})\times\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{10}+\frac{7}{10}=\frac{4}{5}$，$\cos\alpha=\cos[(\alpha+\frac{\pi}{4})-\frac{\pi}{4}]=-\frac{7\sqrt{2}}{10}\times\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{10}\times\frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{7}{10}+\frac{1}{10}=-\frac{3}{5}$，$\tan\alpha=-\frac{4}{3}$。解法三：萬(wàn)能公式法設(shè)$t=\tan\frac{\alpha}{2}$（$t>0$，因?yàn)?\alpha\in(0,\pi)$），則$\sin\alpha=\frac{2t}{1+t^2}$，$\cos\alpha=\frac{1-t^2}{1+t^2}$。代入$\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{5}$得：$\frac{2t}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}=\frac{1}{5}\Rightarrow\frac{1+2t-t^2}{1+t^2}=\frac{1}{5}\Rightarrow5(1+2t-t^2)=1+t^2\Rightarrow5+10t-5t^2=1+t^2\Rightarrow6t^2-10t-4=0\Rightarrow3t^2-5t-2=0$解得$t=2$或$t=-\frac{1}{3}$（舍去），則$\tan\alpha=\frac{2t}{1-t^2}=\frac{4}{1-4}=-\frac{4}{3}$。解法四：幾何法在單位圓中，設(shè)角$\alpha$終邊與單位圓交于點(diǎn)$P(x,y)$，則$\sin\alpha=y$，$\cos\alpha=x$，由題意得$x+y=\frac{1}{5}$，且$x^2+y^2=1$。聯(lián)立解得$\begin{cases}x=-\frac{3}{5}\y=\frac{4}{5}\end{cases}$（因?yàn)?\alpha\in(0,\pi)$，$y>0$，$x<0$），故$\tan\alpha=\frac{y}{x}=-\frac{4}{3}$。三、數(shù)列求和題題目：求數(shù)列${a_n}$的前$n$項(xiàng)和$S_n$，其中$a_n=\frac{1}{n(n+1)}$。解法一：裂項(xiàng)相消法因?yàn)?a_n=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，所以：$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n=(\frac{1}{1}-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$解法二：數(shù)學(xué)歸納法歸納奠基：當(dāng)$n=1$時(shí)，$S_1=a_1=\frac{1}{1\times2}=\frac{1}{2}$，而$\frac{n}{n+1}=\frac{1}{2}$，等式成立。歸納假設(shè)：假設(shè)當(dāng)$n=k$時(shí)，$S_k=\frac{k}{k+1}$成立。歸納遞推：當(dāng)$n=k+1$時(shí)，$S_{k+1}=S_k+a_{k+1}=\frac{k}{k+1}+\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\frac{k(k+2)+1}{(k+1)(k+2)}=\frac{k^2+2k+1}{(k+1)(k+2)}=\frac{(k+1)^2}{(k+1)(k+2)}=\frac{k+1}{k+2}$，即當(dāng)$n=k+1$時(shí)等式也成立。由數(shù)學(xué)歸納法可知，$S_n=\frac{n}{n+1}$對(duì)一切正整數(shù)$n$成立。解法三：待定系數(shù)法設(shè)$a_n=\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}$，則$\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}=\frac{A(n+1)+Bn}{n(n+1)}=\frac{(A+B)n+A}{n(n+1)}=\frac{1}{n(n+1)}$。對(duì)比系數(shù)得$\begin{cases}A+B=0\A=1\end{cases}$，解得$A=1$，$B=-1$，故$a_n=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，后續(xù)求和同裂項(xiàng)相消法，得$S_n=\frac{n}{n+1}$。解法四：積分近似法（極限思想）當(dāng)$n$較大時(shí)，$\frac{1}{n(n+1)}\approx\int_{n}^{n+1}\frac{1}{x^2}dx=-\frac{1}{x}\big|{n}^{n+1}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，與裂項(xiàng)結(jié)果一致，故$S_n\approx\sum{k=1}^n(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})=1-\frac{1}{n+1}$，嚴(yán)格計(jì)算可得$S_n=\frac{n}{n+1}$。四、立體幾何體積題題目：已知三棱錐$P-ABC$中，$PA\perp$平面$ABC$，$AB=AC=2$，$\angleBAC=90^\circ$，$PA=3$，求三棱錐$P-ABC$的體積。解法一：公式法（以ABC為底面）因?yàn)?PA\perp$平面$ABC$，所以$PA$為三棱錐的高，$h=PA=3$。底面$\triangleABC$中，$AB=AC=2$，$\angleBAC=90^\circ$，故底面積$S=\frac{1}{2}\timesAB\timesAC=\frac{1}{2}\times2\times2=2$。根據(jù)三棱錐體積公式$V=\frac{1}{3}Sh$，得$V=\frac{1}{3}\times2\times3=2$。解法二：換底法（以PAB為底面）連接$PB$，$PC$。因?yàn)?PA\perp$平面$ABC$，所以$PA\perpAB$，$PA\perpAC$，又$\angleBAC=90^\circ$，即$AB\perpAC$。以$\trianglePAB$為底面，則底面面積$S_1=\frac{1}{2}\timesPA\timesAB=\frac{1}{2}\times3\times2=3$。此時(shí)，$AC\perp$平面$PAB$（因?yàn)?AC\perpPA$，$AC\perpAB$，$PA\capAB=A$），故$AC$為三棱錐$C-PAB$的高，$h_1=AC=2$。體積$V=\frac{1}{3}S_1h_1=\frac{1}{3}\times3\times2=2$。解法三：空間坐標(biāo)系法建立以$A$為原點(diǎn)，$AB,AC,AP$所在直線為$x,y,z$軸的空間直角坐標(biāo)系，則$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，$P(0,0,3)$。向量$\overrightarrow{AB}=(2,0,0)$，$\overrightarrow{AC}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{AP}=(0,0,3)$。三棱錐體積$V=\frac{1}{6}|\overrightarrow{AB}\cdot(\overrightarrow{AC}\times\overrightarrow{AP})|$，其中$\overrightarrow{AC}\times\overrightarrow{AP}=\begin{vmatrix}i&j&k\0&2&0\0&0&3\end{vmatrix}=i(2\times3-0\times0)-j(0\times3-0\times0)+k(0\times0-2\times0)=(6,0,0)$，$\overrightarrow{AB}\cdot(6,0,0)=2\times6+0+0=12$，故$V=\frac{1}{6}\times|12|=2$。解法四：補(bǔ)形法將三棱錐補(bǔ)成以$PA,AB,AC$為棱的長(zhǎng)方體，長(zhǎng)方體長(zhǎng)、寬、高分別為$AB=2$，$AC=2$，$PA=3$，則長(zhǎng)方體體積$V_長(zhǎng)=2\times2\times3=12$。三棱錐$P-ABC$的體積為長(zhǎng)方體體積的$\frac{1}{6}$（因?yàn)殚L(zhǎng)方體可分割為6個(gè)等體積的三棱錐），故$V=\frac{1}{6}V_長(zhǎng)=\frac{1}{6}\times12=2$。五、解析幾何軌跡題題目：已知點(diǎn)$M(x,y)$到點(diǎn)$F(1,0)$的距離與到直線$x=-1$的距離相等，求點(diǎn)$M$的軌跡方程。解法一：直接法（定義法）由拋物線定義：平面內(nèi)到定點(diǎn)與定直線距離相等的點(diǎn)的軌跡（定點(diǎn)不在定直線上）為拋物線，其中定點(diǎn)為焦點(diǎn)，定直線為準(zhǔn)線。本題中定點(diǎn)$F(1,0)$，定直線$x=-1$，故軌跡為拋物線，焦點(diǎn)在$x$軸正半軸，設(shè)方程為$y^2=2px(p>0)$，則$\frac{p}{2}=1$（焦點(diǎn)到頂點(diǎn)距離），$p=2$，軌跡方程為$y^2=4x$。解法二：坐標(biāo)法點(diǎn)$M(x,y)$到點(diǎn)$F(1,0)$的距離為$\sqrt{(x-1)^2+y^2}$，到直線$x=-1$的距離為$|x+1|$，由題意得$\sqrt{(x-1)^2+y^2}=|x+1|$。兩邊平方得$(x-1)^2+y^2=(x+1)^2$，展開(kāi)：$x^2-2x+1+y^2=x^2+2x+1$，化簡(jiǎn)得$y^2=4x$。解法三：參數(shù)法設(shè)點(diǎn)$M$到直線$x=-1$的距離為$d$，則$d=x+1$（因?yàn)?x\geq-1$，距離非負(fù)），點(diǎn)$M$到$F(1,0)$距離為$d$，故可設(shè)$x+1=t(t\geq0)$，則$x=t-1$，代入距離公式得$\sqrt{(t-1-1)^2+y^2}=t\Rightarrow\sqrt{(t-2)^2+y^2}=t\Rightarrow(t-2)^2+y^2=t^2\Rightarrowt^2-4t+4+y^2=t^2\Rightarrowy^2=4t-4=4(t-1)=4x$，即$y^2=4x$。解法四：幾何法在坐標(biāo)系中，設(shè)點(diǎn)$M(x,y)$，過(guò)$M$作$MN\perp$直線$x=-1$于$N$，則$N(-1,y)$。由$|MF|=|MN|$，在$Rt\triangleMNF$中（$NF$為水平線段，$MN$為豎直線段），$|NF|=x-(-1)=x+1$，$|MN|=x+1$，$|MF|=\sqrt{(x-1)^2+y^2}$，由勾股定理（此處$MN\perpNF$），$|MF|^2=|MN|^2+|NF|^2-2|MN||NF|\cos90^\circ$，但$\cos90^\circ=0$，故$|MF|^2=|MN|^2+|NF|^2$不適用，直接用距離相等得$\sqrt{(x-1)^2+y^2}=x+1$，后續(xù)同坐標(biāo)法，解得$y^2=4x$。六、不等式證明題題目：已知$a,b>0$，且$a+b=1$，求證：$\frac{1}{a}+\frac{1}\geq4$。解法一：基本不等式法因?yàn)?a,b>0$，$a+b=1$，所以$\frac{1}{a}+\frac{1}=(\frac{1}{a}+\frac{1})(a+b)=2+\frac{a}+\frac{a}$。由基本不等式$\frac{a}+\frac{a}\geq2\sqrt{\frac{a}\cdot\frac{a}}=2$，當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=\frac{1}{2}$時(shí)取等號(hào)，故$\frac{1}{a}+\frac{1}\geq2+2=4$。解法二：函數(shù)求最值法由$a+b=1$得$b=1-a$，因?yàn)?a,b>0$，所以$0<a<1$。令$f(a)=\frac{1}{a}+\frac{1}{1-a}(0<a<1)$，求導(dǎo)得$f'(a)=-\frac{1}{a^2}+\frac{1}{(1-a)^2}$。令$f'(a)=0$，即$\frac{1}{(1-a)^2}=\frac{1}{a^2}\Rightarrow(1-a)^2=a^2\Rightarrow1-2a+a^2=a^2\Rightarrowa=\frac{1}{2}$。當(dāng)$0<a<\frac{1}{2}$時(shí)，$f'(a)<0$；當(dāng)$\frac{1}{2}<a<1$時(shí)，$f'(a)>0$，故$a=\frac{1}{2}$時(shí)$f(a)$取最小值，$f(\frac{1}{2})=2+2=4$，即$\frac{1}{a}+\frac{1}\geq4$。解法三：柯西不等式法根據(jù)柯西不等式$(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1})\geq(\sqrt{a}\cdot\sqrt{\frac{1}{a}}+\sqrt\cdot\sqrt{\frac{1}})^2=(1+1)^2=4$，因?yàn)?a+b=1$，所以$1\cdot(\frac{1}{a}+\frac{1})\geq4$，即$\frac{1}{a}+\frac{1}\geq4$，等號(hào)成立條件為$\frac{a}{\frac{1}{a}}=\frac{\frac{1}}\Rightarrowa^2=b^2\Rightarrowa=b=\frac{1}{2}$。解法四：三角換元法設(shè)$a=\sin^2\theta$，$b=\cos^2\theta$（$\theta\in(0,\frac{\pi}{2})$），則$\frac{1}{a}+\frac{1}=\frac{1}{\sin^2\theta}+\frac{1}{\cos^2\theta}=\csc^2\theta+\sec^2\theta=1+\cot^2\theta+1+\tan^2\theta=2+\tan^2\theta+\cot^2\theta$。因?yàn)?\tan^2\theta+\cot^2\theta\geq2\sqrt{\tan^2\theta\cdot\cot^2\theta}=2$，所以$\frac{1}{a}+\frac{1}\geq2+2=4$，當(dāng)$\tan^2\theta=\cot^2\theta\Rightarrow\tan\theta=1\Rightarrow\theta=\frac{\pi}{4}$，即$a=b=\frac{1}{2}$時(shí)取等號(hào)。解法五：作差比較法要證$\frac{1}{a}+\frac{1}\geq4$，即證$\frac{a+b}{ab}\geq4$，因?yàn)?a+b=1$，所以即證$\frac{1}{ab}\geq4\Rightarrowab\leq\frac{1}{4}$。由基本不等式$ab\leq(\frac{a+b}{2})^2=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$，當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=\frac{1}{2}$時(shí)取等號(hào)，故原不等式成立。七、排列組合應(yīng)用題題目：從5名男生和3名女生中選出3人參加某項(xiàng)活動(dòng)，要求至少有1名女生，有多少種不同的選法？解法一：直接法（分類討論）分三類：1女2男、2女1男、3女0男。1女2男：$C_3^1C_5^2=3\times10=30$種2女1男：$C_3^2C_5^1=3\times5=15$種3女0男：$C_3^3C_5^0=1\times1=1$種總選法：$30+15+1=46$種。解法二：間接法（排除法）從8人中選3人的總選法數(shù)為$C_8^3=56$種，減去全是男生的選法數(shù)$C_5^3=10$種，即$56-10=46$種。解法三：分步計(jì)數(shù)法（先選女生再選男生）先選1名女生，再?gòu)氖Ｓ?人中選2人，但需排除重復(fù)情況（若后續(xù)選到女生會(huì)與多女情況重復(fù)），此方法易出錯(cuò)，正確分步應(yīng)為：第一步選女生：$C_3^1=3$種，第二步從剩余7人中選2人（含男生和女生）：$C_7^2=21$種，但此時(shí)多女情況被重復(fù)計(jì)算，例如先選女生A再選女生B、C，與先選女生B再選女生A、C重復(fù)，故需用直接分類法更準(zhǔn)確，間接法最優(yōu)。解法四：窮舉法（適用于數(shù)量較小情況）女生編號(hào)1,2,3，男生編號(hào)4,5,6,7,8。列出所有含女生的組合：含女生1：(1,4,5),(1,4,6),...,(1,7,8)（共$C_5^2=10$種），加上(1,2,4),(1,2,5),...,(1,2,8)（$C_5^1=5$種），(1,3,4),...,(1,3,8)（5種），(1,2,3)（1種），共10+5+5+1=21種；含女生2不含女生1：(2,4,5),...,(2,7,8)（$C_5^2=10$種），(2,3,4),...,(2,3,8)（5種），共15種；含女生3不含女生1,2：(3,4,5),...,(3,7,8)（10種）；總：21+15+10=46種，與前兩種方法結(jié)果一致。八、概率計(jì)算題題目：袋子中有5個(gè)紅球和3個(gè)白球，除顏色外完全相同，從中不放回地連續(xù)摸出2個(gè)球，求至少摸到1個(gè)紅球的概率。解法一：直接法（分類計(jì)算）“至少1個(gè)紅球”包括“1紅1白”和“2紅”兩種情況。1紅1白：第一次紅第二次