2025年上學(xué)期高一數(shù)學(xué)變式題訓(xùn)練（四）一、函數(shù)性質(zhì)與導(dǎo)數(shù)應(yīng)用（一）單調(diào)性與最值基礎(chǔ)變式原題：已知函數(shù)$f(x)=x^2-2ax+3$在區(qū)間$[1,3]$上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍。解析：函數(shù)對(duì)稱軸為$x=a$，由二次函數(shù)單調(diào)性知$a\leq1$。變式1（參數(shù)范圍逆向問(wèn)題）：若函數(shù)$f(x)=x^2-2ax+3$在區(qū)間$[1,3]$上的最小值為$-1$，求實(shí)數(shù)$a$的值。解析：當(dāng)$a<1$時(shí)，$f(1)=4-2a=-1\Rightarrowa=\frac{5}{2}$（舍去）當(dāng)$1\leqa\leq3$時(shí)，$f(a)=3-a^2=-1\Rightarrowa=2$（符合）當(dāng)$a>3$時(shí)，$f(3)=12-6a=-1\Rightarrowa=\frac{13}{6}$（舍去）綜上，$a=2$。變式2（含絕對(duì)值函數(shù)）：求函數(shù)$f(x)=|x^2-2x-3|$在區(qū)間$[-2,4]$上的單調(diào)區(qū)間及最值。解析：先求零點(diǎn)：$x^2-2x-3=0\Rightarrowx=-1$或$x=3$去絕對(duì)值后分段討論：$x\in[-2,-1]\cup[3,4]$時(shí)，$f(x)=x^2-2x-3$，對(duì)稱軸$x=1$，此時(shí)增區(qū)間$[3,4]$，減區(qū)間$[-2,-1]$$x\in(-1,3)$時(shí)，$f(x)=-x^2+2x+3$，對(duì)稱軸$x=1$，此時(shí)增區(qū)間$(-1,1)$，減區(qū)間$(1,3)$計(jì)算端點(diǎn)值：$f(-2)=5$，$f(-1)=0$，$f(1)=4$，$f(3)=0$，$f(4)=5$故函數(shù)在$[-2,-1]$和$(1,3)$上遞減，在$(-1,1)$和$[3,4]$上遞增，最大值為$5$，最小值為$0$。（二）導(dǎo)數(shù)幾何意義綜合應(yīng)用原題：求曲線$y=x^3-2x$在點(diǎn)$(1,-1)$處的切線方程。解析：$y'=3x^2-2$，切線斜率$k=3(1)^2-2=1$，切線方程為$y+1=1\cdot(x-1)\Rightarrowy=x-2$。變式1（已知切線求參數(shù)）：若直線$y=kx+1$是曲線$y=x^3+2x$的切線，求實(shí)數(shù)$k$的值。解析：設(shè)切點(diǎn)為$(x_0,y_0)$，則：$\begin{cases}y_0=x_0^3+2x_0\k=3x_0^2+2\y_0=kx_0+1\end{cases}$消元得$x_0^3+2x_0=(3x_0^2+2)x_0+1\Rightarrow2x_0^3=-1\Rightarrowx_0=-\frac{\sqrt[3]{4}}{2}$代入得$k=3\left(-\frac{\sqrt[3]{4}}{2}\right)^2+2=3\cdot\frac{\sqrt[3]{16}}{4}+2=\frac{3\sqrt[3]{2}}{2}+2$。變式2（切線與函數(shù)零點(diǎn)）：已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x+m$，若曲線$y=f(x)$與$x$軸有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，求$m$的取值范圍。解析：$f'(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1)$，極值點(diǎn)$x=-1$（極大值），$x=1$（極小值）$f(-1)=2+m$，$f(1)=-2+m$要使函數(shù)與$x$軸僅有一個(gè)交點(diǎn)，需極大值$<0$或極小值$>0$即$2+m<0\Rightarrowm<-2$或$-2+m>0\Rightarrowm>2$，故$m\in(-\infty,-2)\cup(2,+\infty)$。二、三角函數(shù)與三角恒等變換（一）同角三角函數(shù)關(guān)系原題：已知$\sin\alpha=\frac{3}{5}$，$\alpha\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$，求$\cos\alpha$和$\tan\alpha$的值。解析：由平方關(guān)系得$\cos\alpha=-\sqrt{1-\sin^2\alpha}=-\frac{4}{5}$，$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=-\frac{3}{4}$。變式1（齊次式求值）：已知$\tan\alpha=2$，求$\frac{\sin\alpha+2\cos\alpha}{3\sin\alpha-4\cos\alpha}$和$\sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha$的值。解析：分子分母同除以$\cos\alpha$：$\frac{\tan\alpha+2}{3\tan\alpha-4}=\frac{2+2}{6-4}=2$原式$=\frac{\sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha}{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}=\frac{\tan^2\alpha+\tan\alpha}{\tan^2\alpha+1}=\frac{4+2}{4+1}=\frac{6}{5}$。變式2（角的范圍限定）：已知$\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{5}$，$\alpha\in(0,\pi)$，求$\tan\alpha$的值。解析：平方得$1+2\sin\alpha\cos\alpha=\frac{1}{25}\Rightarrow\sin\alpha\cos\alpha=-\frac{12}{25}<0$故$\alpha\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$，$\sin\alpha>0$，$\cos\alpha<0$$(\sin\alpha-\cos\alpha)^2=1-2\sin\alpha\cos\alpha=\frac{49}{25}\Rightarrow\sin\alpha-\cos\alpha=\frac{7}{5}$聯(lián)立$\begin{cases}\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{5}\\sin\alpha-\cos\alpha=\frac{7}{5}\end{cases}$解得$\sin\alpha=\frac{4}{5}$，$\cos\alpha=-\frac{3}{5}$，$\tan\alpha=-\frac{4}{3}$。（二）三角恒等變換綜合原題：化簡(jiǎn)$\cos\left(\frac{\pi}{3}+\alpha\right)+\cos\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)$。解析：由和差公式展開(kāi)得$\left(\frac{1}{2}\cos\alpha-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha\right)+\left(\frac{1}{2}\cos\alpha+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha\right)=\cos\alpha$。變式1（給值求值）：已知$\cos\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{3}$，$\alpha\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}\right)$，求$\cos\alpha$的值。解析：$\alpha=\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{6}$，由$\alpha\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}\right)$得$\alpha-\frac{\pi}{6}\in\left(0,\frac{\pi}{3}\right)$$\sin\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{1-\left(\frac{1}{3}\right)^2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$$\cos\alpha=\cos\left[\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{6}\right]=\cos\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)\cos\frac{\pi}{6}-\sin\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{2\sqrt{2}}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{6}$。變式2（三角函數(shù)圖像變換）：已知函數(shù)$f(x)=2\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)$，將其圖像向右平移$\frac{\pi}{6}$個(gè)單位，再將橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍（縱坐標(biāo)不變），得到函數(shù)$g(x)$的圖像，求$g(x)$的解析式及對(duì)稱軸方程。解析：向右平移$\frac{\pi}{6}$：$y=2\sin\left[2\left(x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=2\sin2x$橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)2倍：$g(x)=2\sin\left(\frac{1}{2}\times2x\right)=2\sinx$對(duì)稱軸方程：$x=\frac{\pi}{2}+k\pi$，$k\in\mathbb{Z}$。三、數(shù)列與不等式（一）等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合原題：已知等差數(shù)列${a_n}$中，$a_3=5$，$a_7=13$，求數(shù)列的通項(xiàng)公式及前$n$項(xiàng)和$S_n$。解析：公差$d=\frac{a_7-a_3}{7-3}=\frac{8}{4}=2$，$a_1=a_3-2d=1$，$a_n=1+2(n-1)=2n-1$，$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=n^2$。變式1（數(shù)列與函數(shù)結(jié)合）：設(shè)等差數(shù)列${a_n}$的前$n$項(xiàng)和為$S_n$，已知$a_1=1$，$S_5=25$，若函數(shù)$f(x)=\frac{1}{x}$，設(shè)$b_n=f(a_n)$，求數(shù)列${b_n}$的前$n$項(xiàng)和$T_n$。解析：$S_5=5a_1+\frac{5\times4}{2}d=5+10d=25\Rightarrowd=2$$a_n=1+2(n-1)=2n-1$，$b_n=\frac{1}{2n-1}$$T_n=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n-1}$（調(diào)和級(jí)數(shù)，此處保留原式即可）。變式2（遞推數(shù)列求通項(xiàng)）：已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+3$，求數(shù)列${a_n}$的通項(xiàng)公式。解析：構(gòu)造等比數(shù)列：設(shè)$a_{n+1}+t=2(a_n+t)\Rightarrowt=3$則${a_n+3}$是以$a_1+3=4$為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列$a_n+3=4\times2^{n-1}=2^{n+1}\Rightarrowa_n=2^{n+1}-3$。（二）不等式證明與應(yīng)用原題：已知$a>0$，$b>0$，且$a+b=1$，求證：$\frac{1}{a}+\frac{1}\geq4$。解析：$\frac{1}{a}+\frac{1}=(a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}\right)=2+\frac{a}+\frac{a}\geq2+2\sqrt{\frac{a}\cdot\frac{a}}=4$，當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=\frac{1}{2}$時(shí)取等號(hào)。變式1（條件不等式求最值）：已知$x>0$，$y>0$，且$2x+3y=6$，求$xy$的最大值及此時(shí)$x$，$y$的值。解析：由基本不等式：$6=2x+3y\geq2\sqrt{6xy}\Rightarrow\sqrt{6xy}\leq3\Rightarrowxy\leq\frac{3}{2}$當(dāng)且僅當(dāng)$2x=3y=3\Rightarrowx=\frac{3}{2}$，$y=1$時(shí)取等號(hào)，故$xy$最大值為$\frac{3}{2}$。變式2（含絕對(duì)值不等式）：解不等式$|x-1|+|x+2|\geq5$。解析：分段討論：$x\leq-2$：$-(x-1)-(x+2)\geq5\Rightarrow-2x-1\geq5\Rightarrowx\leq-3$$-2<x<1$：$-(x-1)+(x+2)\geq5\Rightarrow3\geq5$（無(wú)解）$x\geq1$：$(x-1)+(x+2)\geq5\Rightarrow2x+1\geq5\Rightarrowx\geq2$綜上，解集為$(-\infty,-3]\cup[2,+\infty)$。四、立體幾何與解析幾何初步（一）空間幾何體體積與表面積原題：已知正三棱錐的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為$\sqrt{3}$，求該三棱錐的體積。解析：底面正三角形面積$S=\frac{\sqrt{3}}{4}\times2^2=\sqrt{3}$，高$h=\sqrt{(\sqrt{3})^2-\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^2}=\sqrt{3-\frac{4}{3}}=\frac{\sqrt{15}}{3}$，體積$V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}\times\sqrt{3}\times\frac{\sqrt{15}}{3}=\frac{\sqrt{5}}{3}$。變式1（組合體表面積）：一個(gè)圓柱的底面半徑為1，高為2，在圓柱上底面中心垂直向下挖去一個(gè)半徑為0.5的小圓柱，求所得幾何體的表面積。解析：原圓柱表面積$S_1=2\pi\times1^2+2\pi\times1\times2=6\pi$挖去小圓柱后，減少兩個(gè)小底面面積，增加小圓柱側(cè)面積$S=6\pi-2\times\pi\times0.5^2+2\pi\times0.5\times2=6\pi-0.5\pi+2\pi=7.5\pi$。（二）直線與圓的位置關(guān)系原題：求直線$3x+4y-5=0$與圓$x^2+y^2=1$的位置關(guān)系。解析：圓心到直線距離$d=\frac{|0+0-5|}{\sqrt{3^2+4^2}}=1=r$，故直線與圓相切。變式1（圓的切線方程）：求過(guò)點(diǎn)$P(2,3)$且與圓$(x-1)^2+(y+1)^2=5$相切的直線方程。解析：當(dāng)斜率不存在時(shí)，直線$x=2$，圓心到直線距離$d=1\neq\sqrt{5}$（舍去）當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)切線方程$y-3=k(x-2)$，即$kx-y+3-2k=0$圓心$(1,-1)$到直線距離$d=\frac{|k+1+3-2k|}{\sqrt{k^2+1}}=\frac{|4-k|}{\sqrt{k^2+1}}=\sqrt{5}$平方得$16-8k+k^2=5k^2+5\Rightarrow4k^2+8k-11=0\Rightarrowk=\frac{-2\pm\sqrt{15}}{2}$切線方程：$y-3=\frac{-2+\sqrt{15}}{2}(x-2)$和$y-3=\frac{-2-\sqrt{15}}{2}(x-2)$。變式2（圓與圓的位置關(guān)系）：已知圓$C_1$：$x^2+y^2=4$，圓$C_2$：$(x-3)^2+(y-4)^2=r^2(r>0)$，若兩圓外切，求$r$的值及公切線方程。解析：圓心距$|C_1C_2|=\sqrt{3^2+4^2}=5$，外切時(shí)$5=2+r\Rightarrowr=3$公切線方程：兩圓方程相減得$6x+8y-25=0$（外公切線），同時(shí)過(guò)兩圓圓心連線的內(nèi)分點(diǎn)的切線方程需另行計(jì)算（此處略）。五、綜合應(yīng)用題（一）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的實(shí)際應(yīng)用原題：某工廠生產(chǎn)一種產(chǎn)品，固定成本為2000元，每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品，成本增加10元，已知總收益$R$（元）與年產(chǎn)量$x$（單位）的關(guān)系是$R(x)=\begin{cases}40x-\frac{1}{2}x^2,&0\leqx\leq400\80000,&x>400\end{cases}$，問(wèn)每年生產(chǎn)多少單位產(chǎn)品時(shí)，總利潤(rùn)最大？最大利潤(rùn)是多少？解析：利潤(rùn)函數(shù)$L(x)=R(x)-C(x)=\begin{cases}40x-\frac{1}{2}x^2-(2000+10x),&0\leqx\leq400\80000-(2000+10x),&x>400\end{cases}=\begin{cases}-\frac{1}{2}x^2+30x-2000,&0\leqx\leq400\78000-10x,&x>400\end{cases}$當(dāng)$0\leqx\leq400$時(shí)，$L(x)=-\frac{1}{2}(x-30)^2+2500$，最大值在$x=30$時(shí)取得，$L(30)=2500$當(dāng)$x>400$時(shí)，$L(x)=