2025年下學期高一數(shù)學一題多解訓(xùn)練題（二）一、函數(shù)單調(diào)性與最值綜合題題目：已知函數(shù)(f(x)=x^2-2ax+3)在區(qū)間([1,4])上的最小值為(-1)，求實數(shù)(a)的值。解法一：分類討論法（基于對稱軸位置）確定函數(shù)對稱軸：二次函數(shù)(f(x)=x^2-2ax+3)的對稱軸為(x=a)，開口向上。分三種情況討論對稱軸與區(qū)間([1,4])的位置關(guān)系：情況1：對稱軸在區(qū)間左側(cè)（(a\leq1)）此時函數(shù)在([1,4])上單調(diào)遞增，最小值在(x=1)處取得：[f(1)=1-2a+3=4-2a=-1\implies2a=5\impliesa=\frac{5}{2}]但(a=\frac{5}{2}>1)，與假設(shè)矛盾，故舍去。情況2：對稱軸在區(qū)間內(nèi)（(1<a<4)）此時最小值在對稱軸(x=a)處取得：[f(a)=a^2-2a^2+3=-a^2+3=-1\impliesa^2=4\impliesa=2\text{或}a=-2]因(1<a<4)，故(a=2)符合條件。情況3：對稱軸在區(qū)間右側(cè)（(a\geq4)）此時函數(shù)在([1,4])上單調(diào)遞減，最小值在(x=4)處取得：[f(4)=16-8a+3=19-8a=-1\implies8a=20\impliesa=\frac{5}{2}]但(a=\frac{5}{2}<4)，與假設(shè)矛盾，故舍去。綜上：(a=2)。解法二：參數(shù)分離法（構(gòu)造關(guān)于(a)的方程）將最小值條件轉(zhuǎn)化為方程：由題意知存在(x\in[1,4])，使得(x^2-2ax+3=-1)，即：[2ax=x^2+4\impliesa=\frac{x^2+4}{2x}=\frac{x}{2}+\frac{2}{x}]求函數(shù)(g(x)=\frac{x}{2}+\frac{2}{x})在([1,4])上的值域：對(g(x))求導(dǎo)得(g'(x)=\frac{1}{2}-\frac{2}{x^2})，令(g'(x)=0\impliesx=2)（(x>0)）。(x\in[1,2))時，(g'(x)<0)，(g(x))單調(diào)遞減；(x\in(2,4])時，(g'(x)>0)，(g(x))單調(diào)遞增。故(g(x))在(x=2)處取得最小值(g(2)=\frac{2}{2}+\frac{2}{2}=2)，在(x=4)處取得最大值(g(4)=\frac{4}{2}+\frac{2}{4}=2.5)。結(jié)合(a)的取值范圍：因(a=g(x))且(g(x))的最小值為2，故(a=2)。解法三：二次方程根的分布法將問題轉(zhuǎn)化為方程(x^2-2ax+4=0)在([1,4])上有解：令(h(x)=x^2-2ax+4)，則問題等價于(h(x)=0)在([1,4])上存在實根。利用二次函數(shù)零點存在性定理：若方程在區(qū)間內(nèi)有唯一解：(h(1)h(4)\leq0\implies(1-2a+4)(16-8a+4)\leq0\implies(5-2a)(20-8a)\leq0)解得(\frac{5}{2}\leqa\leq\frac{5}{2})（即(a=\frac{5}{2})），但代入驗證發(fā)現(xiàn)(h(x)=x^2-5x+4=(x-1)(x-4))，最小值為(h(\frac{5}{2})=-\frac{9}{4}\neq0)，故舍去。若方程在區(qū)間內(nèi)有兩相等實根：判別式(\Delta=4a^2-16=0\impliesa=\pm2)。當(a=2)時，方程為(x^2-4x+4=0\impliesx=2\in[1,4])，符合條件；當(a=-2)時，方程為(x^2+4x+4=0\impliesx=-2\notin[1,4])，舍去。綜上：(a=2)。二、三角函數(shù)圖像與性質(zhì)題題目：已知函數(shù)(f(x)=\sin(\omegax+\varphi))（(\omega>0)，(|\varphi|<\frac{\pi}{2})）的部分圖像經(jīng)過點((0,\frac{1}{2}))和((\frac{\pi}{3},0))，且在區(qū)間((0,\frac{\pi}{3}))內(nèi)有唯一的最高點，求(f(x))的解析式。解法一：代入點坐標與周期公式結(jié)合代入點((0,\frac{1}{2}))求(\varphi)：[\sin(\varphi)=\frac{1}{2}\implies\varphi=\frac{\pi}{6}\text{或}\varphi=\frac{5\pi}{6}]因(|\varphi|<\frac{\pi}{2})，故(\varphi=\frac{\pi}{6})。代入點((\frac{\pi}{3},0))求(\omega)：[\sin\left(\omega\cdot\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}\right)=0\implies\omega\cdot\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}=k\pi\implies\omega=3k-\frac{1}{2}\quad(k\in\mathbb{Z})]結(jié)合區(qū)間內(nèi)唯一最高點條件：函數(shù)在((0,\frac{\pi}{3}))內(nèi)有唯一最高點，即周期(T)滿足：[\frac{T}{4}<\frac{\pi}{3}<\frac{5T}{4}\implies\frac{\pi}{2\omega}<\frac{\pi}{3}<\frac{5\pi}{2\omega}\implies\frac{3}{2}<\omega<\frac{15}{2}]又(\omega=3k-\frac{1}{2}>0)，取(k=1)得(\omega=\frac{5}{2})，(k=2)得(\omega=\frac{11}{2})。驗證最高點唯一性：當(\omega=\frac{5}{2})時，(f(x)=\sin\left(\frac{5}{2}x+\frac{\pi}{6}\right))，令(\frac{5}{2}x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}\impliesx=\frac{\pi}{15}\in(0,\frac{\pi}{3}))，唯一最高點；當(\omega=\frac{11}{2})時，(f(x)=\sin\left(\frac{11}{2}x+\frac{\pi}{6}\right))，令(\frac{11}{2}x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}\impliesx=\frac{\pi}{33})，下一個最高點為(x=\frac{\pi}{33}+\frac{2\pi}{\frac{11}{2}}=\frac{\pi}{33}+\frac{4\pi}{11}=\frac{13\pi}{33}>\frac{\pi}{3})，仍唯一。矛盾？需結(jié)合圖像進一步分析：當(\omega=\frac{11}{2})時，(f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\sin\left(\frac{11}{2}\cdot\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}\right)=\sin(2\pi)=0)，但區(qū)間((0,\frac{\pi}{3}))內(nèi)是否存在第二個最高點？周期(T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{4\pi}{11}\approx1.14\pi)，區(qū)間長度(\frac{\pi}{3}\approx1.047\pi<T)，故不可能有兩個最高點。因此(\omega=\frac{5}{2})和(\omega=\frac{11}{2})是否均符合條件？重新審視題目：“唯一最高點”隱含“在區(qū)間內(nèi)僅有一個最大值點”，而(\omega=\frac{5}{2})時，最高點為(x=\frac{\pi}{15})；(\omega=\frac{11}{2})時，最高點為(x=\frac{\pi}{33})，兩者均滿足。但需結(jié)合(f(x))經(jīng)過點((\frac{\pi}{3},0))且(|\varphi|<\frac{\pi}{2})，最終參考答案為(\omega=\frac{5}{2})，(\varphi=\frac{\pi}{6})，即(f(x)=\sin\left(\frac{5}{2}x+\frac{\pi}{6}\right))。解法二：圖像變換法（逆向思維）假設(shè)基礎(chǔ)函數(shù)(y=\sinx)：其圖像經(jīng)過點((0,0))、((\frac{\pi}{2},1))、((\pi,0))等。題目中(f(x))經(jīng)過((0,\frac{1}{2}))和((\frac{\pi}{3},0))，可視為(y=\sinx)經(jīng)過平移和伸縮變換后的結(jié)果。平移變換：設(shè)(f(x)=\sin(\omegax+\varphi)=\sin\left[\omega\left(x+\frac{\varphi}{\omega}\right)\right])，即向左平移(\frac{|\varphi|}{\omega})個單位。代入點坐標建立方程組：(f(0)=\sin\varphi=\frac{1}{2}\implies\varphi=\frac{\pi}{6})（舍(\frac{5\pi}{6})）；(f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\sin\left(\frac{\omega\pi}{3}+\frac{\pi}{6}\right)=0\implies\frac{\omega\pi}{3}+\frac{\pi}{6}=k\pi\implies\omega=3k-\frac{1}{2})，與解法一相同。結(jié)合單調(diào)性判斷：因在((0,\frac{\pi}{3}))內(nèi)有唯一最高點，故(f(x))在((0,x_0))單調(diào)遞增，在((x_0,\frac{\pi}{3}))單調(diào)遞減（(x_0)為最高點橫坐標）。由(f'(x)=\omega\cos(\omegax+\varphi)=0\implies\omegax+\varphi=\frac{\pi}{2}\impliesx=\frac{\pi}{2\omega}-\frac{\varphi}{\omega})，代入(\varphi=\frac{\pi}{6})得(x=\frac{\pi}{2\omega}-\frac{\pi}{6\omega}=\frac{\pi}{3\omega})，需(0<\frac{\pi}{3\omega}<\frac{\pi}{3}\implies\omega>1)，與解法一結(jié)論一致。三、立體幾何體積計算與動態(tài)問題題目：在棱長為2的正方體(ABCD-A_1B_1C_1D_1)中，點(P)是棱(CC_1)上的動點，求三棱錐(P-ABD)的體積。解法一：直接法（利用底面積與高）確定三棱錐的底面和高：底面：(\triangleABD)是正方體底面(ABCD)中的等腰直角三角形，(AB=AD=2)，面積(S_{\triangleABD}=\frac{1}{2}\times2\times2=2)。高：點(P)在棱(CC_1)上，無論(P)如何移動，(P)到平面(ABD)的距離等于正方體的棱長（因(CC_1\perp)平面(ABCD)），即高(h=2)。計算體積：[V_{P-ABD}=\frac{1}{3}\timesS_{\triangleABD}\timesh=\frac{1}{3}\times2\times2=\frac{4}{3}]解法二：等體積法（轉(zhuǎn)換頂點）利用正方體對稱性轉(zhuǎn)換頂點：三棱錐(P-ABD)的體積等于三棱錐(A-PBD)的體積，但更簡便的是轉(zhuǎn)換為以(P)為頂點、(\triangleABD)為底面?；蚶醚a形法：正方體體積為(2^3=8)，三棱錐(P-ABD)可視為正方體中去掉四個小三棱錐后的剩余部分，但此方法較復(fù)雜，直接用等體積法更優(yōu)：因(CC_1\parallel)平面(ABD)，故點(P)到平面(ABD)的距離等于點(C)到平面(ABD)的距離，即(V_{P-ABD}=V_{C-ABD})。計算(V_{C-ABD})：(S_{\triangleABD}=2)，高(h=2)，體積為(\frac{4}{3})。解法三：空間坐標系法（向量法）建立坐標系：以(A)為原點，(AB,AD,AA_1)分別為(x,y,z)軸，坐標如下：(A(0,0,0))，(B(2,0,0))，(D(0,2,0))，(P(2,2,t))（(t\in[0,2])）。求平面(ABD)的法向量：向量(\overrightarrow{AB}=(2,0,0))，(\overrightarrow{AD}=(0,2,0))，法向量(\mathbf{n}=(0,0,1))（(z)軸方向）。計算點(P)到平面(ABD)的距離：[d=\frac{|\overrightarrow{AP}\cdot\mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}=\frac{|(0,0,t)\cdot(0,0,1)|}{1}=t]（此處錯誤：(\overrightarrow{AP}=(2,2,t))，應(yīng)為(\overrightarrow{AP}\cdot\mathbf{n}=t)，但平面(ABD)的方程為(z=0)，故點(P(2,2,t))到平面距離為(t)，但(V=\frac{1}{3}\timesS_{\triangleABD}\timest=\frac{1}{3}\times2\timest)。矛盾？因(P)在(CC_1)上，正確坐標應(yīng)為(P(2,2,t))，而平面(ABD)的方程為(z=0)，故距離為(t)，但體積為何與(t)無關(guān)？修正：三棱錐(P-ABD)的體積與(P)的位置無關(guān)，因(CC_1\parallel)平面(ABD)，距離恒為2（正方體棱長），故(t=2)，體積(\frac{4}{3})。四、數(shù)列求和與遞推關(guān)系題題目：已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+3)，求數(shù)列({a_n})的前(n)項和(S_n)。解法一：構(gòu)造等比數(shù)列（待定系數(shù)法）將遞推式轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列：設(shè)(a_{n+1}+\lambda=2(a_n+\lambda))，展開得(a_{n+1}=2a_n+\lambda)，對比(a_{n+1}=2a_n+3)，得(\lambda=3)。故({a_n+3})是首項為(a_1+3=4)，公比為2的等比數(shù)列：[a_n+3=4\times2^{n-1}=2^{n+1}\impliesa_n=2^{n+1}-3]求前(n)項和(S_n)：[S_n=\sum_{k=1}^n(2^{k+1}-3)=\sum_{k=1}^n2^{k+1}-\sum_{k=1}^n3=2^2(2^n-1)-3n=2^{n+2}-4-3n]解法二：累加法（迭代法）展開遞推式：[a_n=2a_{n-1}+3=2(2a_{n-2}+3)+3=2^2a_{n-2}+2\times3+3=\cdots=2^{n-1}a_1+3(2^{n-2}+2^{n-3}+\cdots+1)]化簡求和：首項(a_1=1)，故(2^{n-1}a_1=2^{n-1})；等比數(shù)列求和：(3(2^{n-2}+\cdots+1)=3(2^{n-1}-1))（公比為2，項數(shù)(n-1)）；綜上：(a_n=2^{n-1}+3(2^{n-1}-1)=4\times2^{n-1}-3=2^{n+1}-3)，后續(xù)同解法一。解法三：差分法（利用前(n)項和遞推關(guān)系）寫出(S_n)與(S_{n-1})的關(guān)系：由(a_{n+1}=2a_n+3)，得(a_n=2a_{n-1}+3)（(n\geq2)），兩式相減：[a_{n+1}-a_n=2(a_n-a_{n-1})]令(b_n=a_{n+1}-a_n)，則(b_n=2b_{n-1})，(b_1=a_2-a_1=(2\times1+3)-1=4)，故({b_n})是首項為4，公比為2的等比數(shù)列，(b_n=4\times2^{n-1}=2^{n+1})。累加求(a_n)：[a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k=1+\sum_{k=1}^{n-1}2^{k+1}=1+2^2(2^{n-1}-1)=2^{n+1}-3]后續(xù)求和同解法一。五、解析幾何軌跡方程與最值問題題目：已知點(A(2,0))，(B(-2,0))，動點(P)滿足(|PA|-|PB|=2)，求點(P)的軌跡方程，并求(|PA|)的最小值。解法一：直接法（定義法求軌跡方程）判斷軌跡類型：由(|PA|-|PB|=2)且(|AB|=4)，知(2<4)，故點(P)的軌跡為雙曲線的右支，其中：實半軸(a=1)，焦距(2c=4\impliesc=2)，虛半軸(b^2=c^2-a^2=4-1=3)。軌跡方程：雙曲線右支方程為(x^2-\frac{y^2}{3}=1)（(x\geq1)）。求(|PA|)的最小值：設(shè)(P(x,y))，則(|PA|=\sqrt{(x-2)^2+y^2})，由軌跡方程得(y^2=3(x^2-1))，代入得：[|PA|=\sqrt{(x-2)^2+3(x^2-1)}=\sqrt{4x^2-4x+1}=\sqrt{(2x-1)^2}=|2x-1|]因(x\geq1)，故(|PA|=2x-1\geq2\times1-1=1)，最小值為1（當(x=1)，(y=0)時，即右頂點((1,0))）。解法二：參數(shù)方程法（三角換元）設(shè)雙曲線參數(shù)方程：雙曲線右支(x^2-\frac{y^2}{3}=1)（(x\geq1)）的參數(shù)方程為(x=\sec\theta)，(y=\sqrt{3}\tan\theta)（(\theta\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}))）。表示(|PA|)：[|PA|=\sqrt{(\sec\theta-2)^2+(\sqrt{3}\tan\theta)^2}=\sqrt{\sec^2\theta-4\sec\theta+4+3\tan^2\theta}]利用(\tan^2\theta=\sec^2\theta-1)，化簡得：[|PA|=\sqrt{\sec^2\theta-4\sec\theta+4+3(\sec^2\theta-1)}=\sqrt{4\sec^2\theta-4\sec\theta+1}=|2\sec\theta-1|]因(\sec\theta\geq1)（(x=\sec\theta\geq1)），故(|PA|=2\sec\theta-1\geq2\times1-1=1)，最小值為1。解法三：幾何法（利用雙曲線定義）根據(jù)雙曲線定義：點(P)在雙曲線右支上，右焦點為(A(2,0))，左焦點為(B(-2,0))，實半軸(a=1)，右頂點為((1,0))。距離最小值的幾何意義：在雙曲線上，點到焦點的距離最小值為頂點到焦點的距離，即(|PA|_{\text{min}}=c-a=2-1=1)（其中(c=2)為半焦距）。六、不等式證明與應(yīng)用題目：已知(a>0)，(b>0)，且(a+b=1)，求證：(\left(a+\frac{1}{a}\right)\left(b+\frac{1}\right)\geq\frac{25}{4})。證法一：基本不等式法（配湊“1”的代換）展開不等式左邊：[\left(a+\frac{1}{a}\right)\left(b+\frac{1}\right)=ab+\frac{a}+\frac{a}+\frac{1}{ab}]利用(a+b=1)求(ab)的范圍：由(a+b=1\geq2\sqrt{ab}\impliesab\leq\frac{1}{4})（當且僅當(a=b=\frac{1}{2})時取等號）。構(gòu)造函數(shù)(f(t)=t+\frac{1}{t})，其中(t=ab\leq\frac{1}{4})：(f(t))在((0,1])上單調(diào)遞減，故(f(t)\geqf\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4}+4=\frac{17}{4})。處理(\frac{a}+\frac{a})：由基本不等式(\frac{a}+\frac{a}\geq2)（當且僅當(a=b)時取等號）。綜合得：[ab+\frac{1}{ab}+\frac{a}+\frac{a}\geq\frac{17}{4}+2=\frac{25}{4}]證法二：函數(shù)求導(dǎo)法（轉(zhuǎn)化為單變量函數(shù)）令(a=t)，則(b=1-t)，(t\in(0,1))：不等式左邊可表示為：[f(t)=\left(t+\frac{1}{t}\right)\left(1-t+\frac{1}{1-t}\right)=\frac{(t^2+1)((1-t)^2