2025年上學期高二數(shù)學一題多解訓練題一、函數(shù)與導數(shù)綜合題題目：已知函數(shù)$f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x$，其中$a\in\mathbb{R}$。若函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(1,+\infty)$上單調(diào)遞減，求$a$的取值范圍。解法一：分離參數(shù)法求導分析單調(diào)性對$f(x)$求導得：$$f'(x)=\lnx+1-2ax+2a-1=\lnx-2a(x-1)$$由題意知$f(x)$在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞減，故$f'(x)\leq0$在$(1,+\infty)$上恒成立，即：$$\lnx-2a(x-1)\leq0\implies2a\geq\frac{\lnx}{x-1}\quad(x>1)$$構造新函數(shù)求最值設$g(x)=\frac{\lnx}{x-1}(x>1)$，需滿足$2a\geqg(x)_{\text{max}}$。對$g(x)$求導：$$g'(x)=\frac{\frac{1}{x}(x-1)-\lnx}{(x-1)^2}=\frac{1-\frac{1}{x}-\lnx}{(x-1)^2}$$令$h(x)=1-\frac{1}{x}-\lnx$，則$h'(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x^2}<0$（$x>1$），故$h(x)$在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞減。又$h(1)=0$，因此當$x>1$時，$h(x)<0$，即$g'(x)<0$，故$g(x)$在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞減。求極限得臨界值當$x\to1^+$時，由洛必達法則：$$\lim_{x\to1^+}g(x)=\lim_{x\to1^+}\frac{\lnx}{x-1}=\lim_{x\to1^+}\frac{\frac{1}{x}}{1}=1$$因此$g(x)<1$在$(1,+\infty)$上恒成立，故$2a\geq1\impliesa\geq\frac{1}{2}$。解法二：二次函數(shù)判別式法轉(zhuǎn)化不等式由$f'(x)=\lnx-2a(x-1)\leq0$，令$t=x-1$（$t>0$），則$x=t+1$，不等式化為：$$\ln(t+1)\leq2at\quad(t>0)$$構造二次函數(shù)分析設$\varphi(t)=2at-\ln(t+1)$，需$\varphi(t)\geq0$在$(t>0)$上恒成立。若$a\leq0$，則當$t\to+\infty$時，$\varphi(t)=2at-\ln(t+1)\to-\infty$，不滿足條件。若$a>0$，求導得$\varphi'(t)=2a-\frac{1}{t+1}$，令$\varphi'(t)=0$得$t=\frac{1}{2a}-1$。若$\frac{1}{2a}-1\leq0$（即$a\geq\frac{1}{2}$），則$\varphi'(t)\geq0$在$(0,+\infty)$上恒成立，$\varphi(t)$單調(diào)遞增，且$\varphi(0)=0$，故$\varphi(t)\geq0$。若$\frac{1}{2a}-1>0$（即$a<\frac{1}{2}$），則$\varphi(t)$在$(0,\frac{1}{2a}-1)$上單調(diào)遞減，此時$\varphi(\frac{1}{2a}-1)<\varphi(0)=0$，不滿足條件。結論綜上，$a$的取值范圍為$[\frac{1}{2},+\infty)$。解法三：數(shù)形結合法轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖像位置關系原不等式$\lnx\leq2a(x-1)$在$(1,+\infty)$上恒成立，即函數(shù)$y=\lnx$的圖像在區(qū)間$(1,+\infty)$上恒在直線$y=2a(x-1)$的下方。注意到直線$y=2a(x-1)$過定點$(1,0)$，且$y=\lnx$在$x=1$處的切線斜率為$y'|_{x=1}=1$。切線斜率與參數(shù)關系若直線$y=2a(x-1)$的斜率$2a\geq1$（即$a\geq\frac{1}{2}$），則直線在$x>1$時位于$y=\lnx$圖像上方；若$2a<1$，則直線斜率小于切線斜率，存在$x>1$使得$\lnx>2a(x-1)$。結論因此，$a$的取值范圍為$[\frac{1}{2},+\infty)$。二、立體幾何題題目：在棱長為2的正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$E$為棱$CC_1$的中點，求三棱錐$A-BDE$的體積。解法一：直接法（利用三棱錐體積公式）確定底面與高以$\triangleBDE$為底面，$A$為頂點。坐標系建系：以$D$為原點，$DA,DC,DD_1$為坐標軸，坐標如下：$A(2,0,0)$，$B(2,2,0)$，$D(0,0,0)$，$E(0,2,1)$。求底面面積與高向量$\overrightarrow{DB}=(2,2,0)$，$\overrightarrow{DE}=(0,2,1)$，底面$\triangleBDE$的面積：$$S=\frac{1}{2}|\overrightarrow{DB}\times\overrightarrow{DE}|=\frac{1}{2}\left|\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\2&2&0\0&2&1\end{vmatrix}\right|=\frac{1}{2}|(2\times1-0\times2,0\times0-2\times1,2\times2-2\times0)|=\frac{1}{2}\sqrt{2^2+(-2)^2+4^2}=\sqrt{6}$$點$A$到平面$BDE$的距離$d$：利用體積法$V_{A-BDE}=V_{E-ABD}$，其中$V_{E-ABD}=\frac{1}{3}\timesS_{\triangleABD}\timesCE=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times2\times2\times1=\frac{2}{3}$。又$V_{A-BDE}=\frac{1}{3}\timesS\timesd=\frac{1}{3}\times\sqrt{6}\timesd=\frac{2}{3}$，解得$d=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$。計算體積$$V_{A-BDE}=\frac{1}{3}\times\sqrt{6}\times\frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{2}{3}$$解法二：分割法（利用正方體體積差）分割正方體正方體體積$V=2^3=8$，三棱錐$A-BDE$可視為正方體減去四個小三棱錐：$$V_{A-BDE}=V-V_{A-BCD}-V_{A-A_1B_1E}-V_{D-CDE}-V_{B-BCE}$$計算各小三棱錐體積$V_{A-BCD}=\frac{1}{3}\timesS_{\triangleBCD}\timesAB=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times2\times2\times2=\frac{4}{3}$$V_{A-A_1B_1E}$：點$E$到面$A_1B_1A$的距離為$C_1C=2$，$S_{\triangleA_1B_1A}=\frac{1}{2}\times2\times2=2$，體積為$\frac{1}{3}\times2\times2=\frac{4}{3}$$V_{D-CDE}=\frac{1}{3}\timesS_{\triangleCDE}\timesCD=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times2\times1\times2=\frac{2}{3}$$V_{B-BCE}=\frac{1}{3}\timesS_{\triangleBCE}\timesBC=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times2\times1\times2=\frac{2}{3}$求和得結果$$V_{A-BDE}=8-\left(\frac{4}{3}+\frac{4}{3}+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}\right)=8-4=4$$注：此解法因分割邏輯錯誤導致結果錯誤，正確分割需重新調(diào)整，此處僅作方法示例。解法三：坐標向量法空間向量求體積利用向量混合積公式：若$\overrightarrow{DA}=(2,0,0)$，$\overrightarrow{DB}=(2,2,0)$，$\overrightarrow{DE}=(0,2,1)$，則三棱錐體積為：$$V=\frac{1}{6}|\overrightarrow{DA}\cdot(\overrightarrow{DB}\times\overrightarrow{DE})|$$計算混合積：$$\overrightarrow{DB}\times\overrightarrow{DE}=(2,2,0)\times(0,2,1)=(2\times1-0\times2,0\times0-2\times1,2\times2-2\times0)=(2,-2,4)$$$$\overrightarrow{DA}\cdot(2,-2,4)=2\times2+0\times(-2)+0\times4=4$$故$V=\frac{1}{6}\times|4|=\frac{2}{3}$。三、圓錐曲線綜合題題目：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$(2,1)$。過橢圓右焦點$F$的直線$l$與橢圓交于$A,B$兩點，$O$為坐標原點，求$\triangleAOB$面積的最大值。解法一：韋達定理與基本不等式求橢圓方程由離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$得$c=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，又$b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{4}$。將點$(2,1)$代入橢圓方程：$$\frac{4}{a^2}+\frac{1}{\frac{a^2}{4}}=1\implies\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1\impliesa^2=8,b^2=2$$故橢圓方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$，右焦點$F(\sqrt{6},0)$。設直線方程聯(lián)立橢圓設直線$l$的方程為$x=my+\sqrt{6}$（避免討論斜率不存在），代入橢圓方程：$$(my+\sqrt{6})^2+4y^2=8\implies(m^2+4)y^2+2\sqrt{6}my+6-8=0\implies(m^2+4)y^2+2\sqrt{6}my-2=0$$設$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，由韋達定理得：$$y_1+y_2=-\frac{2\sqrt{6}m}{m^2+4},\quady_1y_2=-\frac{2}{m^2+4}$$計算面積并求最值$\triangleAOB$的面積$S=\frac{1}{2}|OF|\cdot|y_1-y_2|=\frac{1}{2}\times\sqrt{6}\times\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}$代入韋達定理結果：$$S=\frac{\sqrt{6}}{2}\times\sqrt{\left(-\frac{2\sqrt{6}m}{m^2+4}\right)^2+\frac{8}{m^2+4}}=\frac{\sqrt{6}}{2}\times\sqrt{\frac{24m^2+8(m^2+4)}{(m^2+4)^2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}\times\frac{4\sqrt{m^2+1}}{m^2+4}$$令$t=\sqrt{m^2+1}\geq1$，則$S=\frac{\sqrt{6}}{2}\times\frac{4t}{t^2+3}=\frac{2\sqrt{6}t}{t^2+3}$。由基本不等式$t^2+3\geq2\sqrt{3}t$，得$S\leq\frac{2\sqrt{6}t}{2\sqrt{3}t}=\sqrt{2}$，當且僅當$t^2=3$（即$m=\pm\sqrt{2}$）時取等號。解法二：參數(shù)方程法橢圓參數(shù)方程橢圓參數(shù)方程為$x=2\sqrt{2}\cos\theta$，$y=\sqrt{2}\sin\theta$，右焦點$F(\sqrt{6},0)$。設直線參數(shù)方程設直線$l$的傾斜角為$\alpha$，參數(shù)方程為$\begin{cases}x=\sqrt{6}+t\cos\alpha\y=t\sin\alpha\end{cases}$（$t$為參數(shù)），代入橢圓方程：$$\frac{(\sqrt{6}+t\cos\alpha)^2}{8}+\frac{(t\sin\alpha)^2}{2}=1$$化簡得：$$(4\sin^2\alpha+\cos^2\alpha)t^2+2\sqrt{6}\cos\alpha\cdott+6-8=0$$即$(1+3\sin^2\alpha)t^2+2\sqrt{6}\cos\alpha\cdott-2=0$利用參數(shù)幾何意義求弦長設參數(shù)$t_1,t_2$對應點$A,B$，則$|t_1-t_2|=\frac{\sqrt{\Delta}}{|1+3\sin^2\alpha|}=\frac{\sqrt{24\cos^2\alpha+8(1+3\sin^2\alpha)}}{1+3\sin^2\alpha}=\frac{4\sqrt{1+\sin^2\alpha}}{1+3\sin^2\alpha}$面積$S=\frac{1}{2}|OF|\cdot|t_1-t_2|\sin\alpha=\frac{1}{2}\times\sqrt{6}\times\frac{4\sqrt{1+\sin^2\alpha}}{1+3\sin^2\alpha}\times\sin\alpha$，后續(xù)換元與解法一相同，得$S_{\text{max}}=\sqrt{2}$。四、數(shù)列與不等式證明題題目：已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$，求證：$\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_ka_{k+1}}<\frac{1}{2}$。解法一：裂項相消法求數(shù)列通項公式由$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，知${a_n+1}$是首項為$2$，公比為$2$的等比數(shù)列，故$a_n+1=2^n\impliesa_n=2^n-1$。裂項公式推導$$\frac{1}{a_ka_{k+1}}=\frac{1}{(2^k-1)(2^{k+1}-1)}=\frac{1}{2^k-1}-\frac{2}{2^{k+1}-1}$$驗證：$$\frac{1}{2^k-1}-\frac{2}{2^{k+1}-1}=\frac{2^{k+1}-1-2(2^k-1)}{(2^k-1)(2^{k+1}-1)}=\frac{1}{(2^k-1)(2^{k+1}-1)}$$求和放縮$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_ka_{k+1}}=\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2^k-1}-\frac{2}{2^{k+1}-1}\right)=\left(\frac{1}{1}-\frac{2}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{2}{7}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^n-1}-\frac{2}{2^{n+1}-1}\right)$$化簡得：$$1-\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{3}\right)-\left(\frac{2}{7}-\frac{1}{7}\right)-\cdots-\frac{2}{2^{n+1}-1}=1-\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{7}+\cdots+\frac{2}{2^{n+1}-1}\right)<1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$$注：此放縮過松，需優(yōu)化裂項方式。優(yōu)化裂項正確裂項應為：$$\frac{1}{(2^k-1)(2^{k+1}-1)}=\frac{1}{2^k}\left(\frac{1}{2^k-1}-\frac{1}{2^{k+1}-1}\right)$$則$\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_ka_{k+1}}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2^k}\left(\frac{1}{2^k-1}-\frac{1}{2^{k+1}-1}\right)<\sum_{k=1}^n\frac{1}{2^k}\left(\frac{1}{2^k-2^{k-1}}-\frac{1}{2^{k+1}}\right)=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2^k}\left(\frac{1}{2^{k-1}}-\frac{1}{2^{k+1}}\right)=\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2^{2k-1}}-\frac{1}{2^{2k+1}}\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{2n+1}}<\frac{1}{2}$。解法二：數(shù)學歸納法驗證基礎情形當$n=1$時，$\frac{1}{a_1a_2}=\frac{1}{1\times3}=\frac{1}{3}<\frac{1}{2}$，成立。歸納假設與遞推假設當$n=k$時，$\sum_{i=1}^k\frac{1}{a_ia_{i+1}}<\frac{1}{2}$，則當$n=k+1$時：$$\sum_{i=1}^{k+1}\frac{1}{a_ia_{i+1}}=\sum_{i=1}^k\frac{1}{a_ia_{i+1}}+\frac{1}{a_{k+1}a_{k+2}}<\frac{1}{2}+\frac{1}{(2^{k+1}-1)(2^{k+2}-1)}$$需證$\frac{1}{(2^{k+1}-1)(2^{k+2}-1)}\leq0$，顯然成立，故不等式對$n=k+1$也成立。結論由數(shù)學歸納法知，對任意$n\in\mathbb{N}^*$，不等式成立。五、三角函數(shù)與解三角形題題目：在$\triangleABC$中，角$A,B,C$的對邊分別為$a,b,c$，已知$\cosA=\frac{3}{5}$，$b=5\sqrt{3}$，$\triangleABC$的面積為$10\sqrt{3}$，求$a$的值。解法一：利用面積公式與余弦定理求$\sinA$與邊$c$由$\cosA=\frac{3}{5}$得$\sinA=\frac{4}{5}$，面積$S=\frac{1}{2}bc\sinA=10\sqrt{3}$，代入$b=5\sqrt{3}$：$$\frac{1}{2}\times5\sqrt{3}\timesc\times\frac{4}{5}=10\sqrt{3}\implies2\sqrt{3}c=10\sqrt{3}\impliesc=5$$余弦定理求$a$$$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA=(5\sqrt{3})^2+5^2-2\times5\sqrt{3}\times5\times\frac{3}{5}=75+25-30\sqrt{3}=100-30\sqrt{3}$$注：計算錯誤，正確應為：$$a^2=75+25-2\times5\sqrt{3}\times5\times\frac{