2025年上學(xué)期高一數(shù)學(xué)能力拓展訓(xùn)練（三）一、函數(shù)與方程綜合應(yīng)用（一）定義域與值域的動(dòng)態(tài)分析例題1：已知函數(shù)$f(x)=\frac{\sqrt{mx^2-2x+8}}{mx+1}$的定義域?yàn)?(-\infty,+\infty)$，求實(shí)數(shù)$m$的取值范圍。解題思路：分母不為零：$mx+1\neq0$對(duì)任意$x\in\mathbb{R}$恒成立當(dāng)$m=0$時(shí)，分母為1，滿足條件；當(dāng)$m\neq0$時(shí)，方程$mx+1=0$有解$x=-\frac{1}{m}$，不滿足定義域?yàn)?\mathbb{R}$，故$m=0$。根號(hào)內(nèi)非負(fù)：$0\cdotx^2-2x+8=-2x+8\geq0$對(duì)任意$x\in\mathbb{R}$恒成立？顯然$-2x+8\geq0$僅在$x\leq4$時(shí)成立，與定義域矛盾。修正討論：原假設(shè)$m=0$錯(cuò)誤，需重新分析分母條件。若$m\neq0$且分母無零點(diǎn)，則$m=0$不成立，故分母必須有零點(diǎn)但不在定義域內(nèi)？矛盾，因此需根號(hào)內(nèi)二次函數(shù)恒非負(fù)且分母無零點(diǎn)：二次函數(shù)$mx^2-2x+8\geq0$恒成立：$m>0$且$\Delta=4-32m\leq0\Rightarrowm\geq\frac{1}{8}$分母$mx+1\neq0$：此時(shí)$m\geq\frac{1}{8}>0$，分母零點(diǎn)$x=-\frac{1}{m}$需使根號(hào)內(nèi)表達(dá)式非負(fù)：$m(-\frac{1}{m})^2-2(-\frac{1}{m})+8=\frac{1}{m}+\frac{2}{m}+8=\frac{3}{m}+8>0$恒成立綜上：$m\geq\frac{1}{8}$方法總結(jié)：定義域含參問題需分層討論：先保證解析式各部分有意義，再結(jié)合恒成立條件構(gòu)建不等式組；注意“定義域?yàn)?\mathbb{R}$”與“在$\mathbb{R}$上有意義”的區(qū)別，前者要求表達(dá)式對(duì)所有實(shí)數(shù)成立，后者允許定義域是$\mathbb{R}$的子集。（二）函數(shù)單調(diào)性的構(gòu)造應(yīng)用例題2：定義在$[-2,2]$上的偶函數(shù)$f(x)$在$[0,2]$上單調(diào)遞減，若$f(1-m)<f(m)$，求$m$的取值范圍。解題思路：偶函數(shù)性質(zhì)：$f(1-m)=f(|1-m|)$，$f(m)=f(|m|)$單調(diào)遞減轉(zhuǎn)化：$|1-m|>|m|$（因在$[0,2]$遞減）定義域約束：$\begin{cases}-2\leq1-m\leq2\-2\leqm\leq2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}-1\leqm\leq3\-2\leqm\leq2\end{cases}\Rightarrowm\in[-1,2]$絕對(duì)值不等式：$|1-m|>|m|\Rightarrow(1-m)^2>m^2\Rightarrow1-2m>0\Rightarrowm<\frac{1}{2}$綜合得：$m\in[-1,\frac{1}{2})$變式訓(xùn)練：若函數(shù)$f(x)=\log_a(x^2-ax+3)$在$[1,2]$上為減函數(shù)，求$a$的取值范圍（答案：$(1,2\sqrt{3})$）二、三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)（一）相位變換與最值問題例題2：已知函數(shù)$f(x)=2\sin(\omegax+\varphi)(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2})$的圖像過點(diǎn)$(\frac{\pi}{12},2)$和$(\frac{7\pi}{12},-2)$，且在區(qū)間$(\frac{\pi}{12},\frac{7\pi}{12})$內(nèi)有唯一對(duì)稱軸。（1）求函數(shù)解析式；（2）若方程$f(x)=m$在$[0,\frac{\pi}{2}]$上有兩個(gè)不等實(shí)根，求$m$的取值范圍。解題思路：（1）由最值點(diǎn)距離求周期：相鄰最值點(diǎn)間距為$\frac{T}{2}=\frac{7\pi}{12}-\frac{\pi}{12}=\frac{\pi}{2}\RightarrowT=\pi\Rightarrow\omega=2$代入最大值點(diǎn)$(\frac{\pi}{12},2)$：$2\sin(2\cdot\frac{\pi}{12}+\varphi)=2\Rightarrow\sin(\frac{\pi}{6}+\varphi)=1\Rightarrow\varphi=\frac{\pi}{3}$（滿足$|\varphi|<\frac{\pi}{2}$）驗(yàn)證對(duì)稱軸唯一性：$f(x)=2\sin(2x+\frac{\pi}{3})$在$(\frac{\pi}{12},\frac{7\pi}{12})$內(nèi)的對(duì)稱軸為$2x+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k\pi\Rightarrowx=\frac{\pi}{12}+\frac{k\pi}{2}$，僅有$x=\frac{\pi}{12}+\frac{\pi}{2}=\frac{7\pi}{12}$（邊界點(diǎn)），滿足唯一條件。（2）方程根的個(gè)數(shù)轉(zhuǎn)化為圖像交點(diǎn)問題：$x\in[0,\frac{\pi}{2}]\Rightarrow2x+\frac{\pi}{3}\in[\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}]$令$t=2x+\frac{\pi}{3}$，則$y=2\sint$在$t\in[\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}]$的圖像與直線$y=m$有兩個(gè)交點(diǎn)結(jié)合正弦函數(shù)圖像：當(dāng)$t\in[\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2})$時(shí)，$\sint\in[\frac{\sqrt{3}}{2},1)$；當(dāng)$t\in(\frac{\pi}{2},\frac{4\pi}{3}]$時(shí)，$\sint\in[-\frac{\sqrt{3}}{2},1)$故$m\in[\sqrt{3},2)$（二）三角恒等變換的綜合應(yīng)用例題3：已知$\alpha,\beta\in(0,\frac{\pi}{2})$，且$\sin\alpha=\frac{3}{5}$，$\cos(\alpha+\beta)=-\frac{5}{13}$，求$\cos\beta$。解題思路：拆分角：$\beta=(\alpha+\beta)-\alpha$求$\cos\alpha=\frac{4}{5}$，$\sin(\alpha+\beta)=\frac{12}{13}$（$\alpha+\beta\in(\frac{\pi}{2},\pi)$）$\cos\beta=\cos[(\alpha+\beta)-\alpha]=\cos(\alpha+\beta)\cos\alpha+\sin(\alpha+\beta)\sin\alpha=(-\frac{5}{13})\cdot\frac{4}{5}+\frac{12}{13}\cdot\frac{3}{5}=\frac{-20+36}{65}=\frac{16}{65}$方法總結(jié)：“拆角公式”是解決給值求值問題的核心：$\beta=(\alpha+\beta)-\alpha$、$\alpha=(\alpha-\beta)+\beta$等；注意角的范圍判斷：由$\alpha+\beta\in(0,\pi)$及$\cos(\alpha+\beta)<0$確定$\alpha+\beta\in(\frac{\pi}{2},\pi)$，進(jìn)而確定$\sin(\alpha+\beta)$的符號(hào)。三、數(shù)列與不等式（一）遞推數(shù)列的通項(xiàng)公式求法例題4：已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+3^n$，求通項(xiàng)公式$a_n$。解題思路：構(gòu)造等比數(shù)列：設(shè)$a_{n+1}+\lambda\cdot3^{n+1}=2(a_n+\lambda\cdot3^n)$展開對(duì)比系數(shù)：$a_{n+1}=2a_n+2\lambda\cdot3^n-\lambda\cdot3^{n+1}=2a_n-\lambda\cdot3^n$與原式$a_{n+1}=2a_n+3^n$對(duì)比得$-\lambda=1\Rightarrow\lambda=-1$故${a_n-3^n}$是以$a_1-3^1=1-3=-2$為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列$a_n-3^n=-2\cdot2^{n-1}=-2^n\Rightarrowa_n=3^n-2^n$變式訓(xùn)練：若遞推式為$a_{n+1}=2a_n+3^n+n$，需同時(shí)構(gòu)造常數(shù)項(xiàng)和一次項(xiàng)：設(shè)$a_{n+1}+x\cdot3^{n+1}+y(n+1)+z=2(a_n+x\cdot3^n+yn+z)$，解方程組得$x=-1,y=-1,z=-1$，轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列。（二）不等式證明的放縮技巧例題5：證明：對(duì)任意$n\in\mathbb{N}^*$，有$1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}<2$。解題思路：裂項(xiàng)放縮：當(dāng)$k\geq2$時(shí)，$\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$求和得：$S_n=1+\sum_{k=2}^n\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)=1+\left(1-\frac{1}{n}\right)=2-\frac{1}{n}<2$進(jìn)階放縮：證明$S_n<\frac{7}{4}$（提示：保留前兩項(xiàng)，從第三項(xiàng)開始放縮$\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k^2-\frac{1}{4}}=2\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$）四、立體幾何初步（一）空間幾何體的體積計(jì)算例題6：已知三棱錐$P-ABC$中，$PA\perp$平面$ABC$，$AB=AC=2$，$\angleBAC=120^\circ$，$PA=3$，求三棱錐外接球的體積。解題思路：補(bǔ)形法求外接球半徑：將三棱錐補(bǔ)成直三棱柱$PAB-P'AC'$（以$\triangleABC$為底面，$PA$為側(cè)棱）$\triangleABC$中，由余弦定理$BC^2=2^2+2^2-2\cdot2\cdot2\cos120^\circ=12\RightarrowBC=2\sqrt{3}$$\triangleABC$外接圓半徑$r$：$\frac{BC}{\sin120^\circ}=2r\Rightarrowr=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=2$直三棱柱外接球半徑$R=\sqrt{r^2+\left(\frac{PA}{2}\right)^2}=\sqrt{4+\frac{9}{4}}=\frac{5}{2}$體積$V=\frac{4}{3}\piR^3=\frac{4}{3}\pi\left(\frac{5}{2}\right)^3=\frac{125\pi}{6}$（二）空間角的動(dòng)態(tài)求解例題7：在正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)$E$在棱$BB_1$上移動(dòng)，求$AE$與平面$A_1D_1E$所成角的正弦值的最大值。解題思路：建立空間直角坐標(biāo)系：設(shè)$D(0,0,0)$，$A(2,0,0)$，$A_1(2,0,2)$，$D_1(0,0,2)$，$E(2,2,t)$（$t\in[0,2]$）求平面$A_1D_1E$的法向量：$\overrightarrow{A_1D_1}=(-2,0,0)$，$\overrightarrow{A_1E}=(0,2,t-2)$設(shè)法向量$\mathbf{n}=(x,y,z)$，則$\begin{cases}-2x=0\2y+(t-2)z=0\end{cases}\Rightarrow\mathbf{n}=(0,2-t,2)$直線$AE$的方向向量$\overrightarrow{AE}=(0,2,t)$，設(shè)線面角為$\theta$：$\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{AE},\mathbf{n}\rangle|=\frac{|0\cdot0+2(2-t)+t\cdot2|}{\sqrt{0^2+2^2+t^2}\cdot\sqrt{0^2+(2-t)^2+2^2}}=\frac{4}{\sqrt{t^2+4}\cdot\sqrt{(t-2)^2+4}}$求最值：令$f(t)=(t^2+4)[(t-2)^2+4]=(t^2+4)(t^2-4t+8)=t^4-4t^3+12t^2-16t+32$求導(dǎo)$f'(t)=4t^3-12t^2+24t-16=4(t-1)(t^2-2t+4)$，駐點(diǎn)$t=1$當(dāng)$t=1$時(shí)，$f(t){\min}=5\times5=25\Rightarrow\sin\theta{\max}=\frac{4}{5}$五、解析幾何初步（一）直線與圓的位置關(guān)系例題8：已知圓$C:(x-1)^2+(y-2)^2=25$，直線$l:(2m+1)x+(m+1)y-7m-4=0$，求證：直線$l$與圓$C$恒相交，并求相交弦長(zhǎng)的最小值。解題思路：直線過定點(diǎn)：整理直線方程：$m(2x+y-7)+(x+y-4)=0$由$\begin{cases}2x+y-7=0\x+y-4=0\end{cases}\Rightarrow$定點(diǎn)$P(3,1)$判斷定點(diǎn)與圓的位置關(guān)系：$(3-1)^2+(1-2)^2=5<25$，故點(diǎn)$P$在圓內(nèi)，直線$l$恒過圓內(nèi)一點(diǎn)，因此與圓恒相交。最短弦長(zhǎng)：當(dāng)$CP\perpl$時(shí)，弦長(zhǎng)最短，此時(shí)弦長(zhǎng)$L=2\sqrt{r^2-|CP|^2}=2\sqrt{25-5}=4\sqrt{5}$（二）圓錐曲線的定義應(yīng)用例題9：已知橢圓$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$的左、右焦點(diǎn)分別為$F_1,F_2$，點(diǎn)$P$在橢圓上，且$\angleF_1PF_2=60^\circ$，求$\triangleF_1PF_2$的面積。解題思路：由橢圓定義：$|PF_1|+|PF_2|=2a=10$，$|F_1F_2|=2c=6$余弦定理：$|F_1F_2|^2=|PF_1|^2+|PF_2|^2-2|PF_1||PF_2|\cos60^\circ$設(shè)$m=|PF_1|,n=|PF_2|$，則$m+n=10$，$m^2+n^2-mn=36$由$m^2+n^2=(m+n)^2-2mn=100-2mn$，代入得$100-3mn=36\Rightarrowmn=\frac{64}{3}$面積$S=\frac{1}{2}mn\sin60^\circ=\frac{1}{2}\cdot\frac{64}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{16\sqrt{3}}{3}$六、附加題（高考難度）（一）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合例題10：已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax^2-bx-1$在$x=0$處取得極值，且曲線$y=f(x)$在點(diǎn)$(1,f(1))$處的切線斜率為$e-1$。（1）求$a,b$的值；（2）證明：當(dāng)$x\geq0$時(shí)，$f(x)\geq\frac{1}{2}x^3-1$。參考答案：（1）$f'(x)=e^x-2ax-b$，由極值條件$f'(0