2025年下學(xué)期高二數(shù)學(xué)一題多解訓(xùn)練題一、函數(shù)與導(dǎo)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$x=1$處取得極大值，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍。解法一：常規(guī)求導(dǎo)分析極值條件求導(dǎo)：$f'(x)=\lnx+1-2ax+2a-1=\lnx-2a(x-1)$由題意知$f'(1)=0$，滿足極值點(diǎn)必要條件。二階導(dǎo)數(shù)判斷凹凸性：$f''(x)=\frac{1}{x}-2a$，則$f''(1)=1-2a$。若$a\leq\frac{1}{2}$，則$f''(1)\geq0$，此時(shí)$x=1$為極小值點(diǎn)，不符合題意。若$a>\frac{1}{2}$，則$f''(1)<0$，需進(jìn)一步驗(yàn)證$x=1$左右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號(hào)：當(dāng)$x\in(0,1)$時(shí)，$\lnx<0$，$-2a(x-1)>0$，需$f'(x)>0$；當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時(shí)，$\lnx>0$，$-2a(x-1)<0$，需$f'(x)<0$。綜上，$a>\frac{1}{2}$。解法二：構(gòu)造輔助函數(shù)分離參數(shù)令$g(x)=\frac{\lnx}{2(x-1)}$（$x>0$且$x\neq1$），則原問題等價(jià)于$a>g(x)$在$x=1$附近成立。洛必達(dá)法則求極限：$\lim_{x\to1}g(x)=\lim_{x\to1}\frac{\lnx}{2(x-1)}=\lim_{x\to1}\frac{1/x}{2}=\frac{1}{2}$單調(diào)性分析：$g'(x)=\frac{x-1-x\lnx}{2x(x-1)^2}$，令$h(x)=x-1-x\lnx$，則$h'(x)=-\lnx$。當(dāng)$x\in(0,1)$時(shí)$h'(x)>0$，$x\in(1,+\infty)$時(shí)$h'(x)<0$，故$h(x)\leqh(1)=0$，即$g(x)$在$(0,1)$和$(1,+\infty)$上單調(diào)遞減。因此，$a>\frac{1}{2}$。解法三：數(shù)形結(jié)合轉(zhuǎn)化切線問題將$f'(x)=0$變形為$\lnx=2a(x-1)$，即函數(shù)$y=\lnx$與直線$y=2a(x-1)$在$x=1$處相切或相交。當(dāng)直線$y=2a(x-1)$與$y=\lnx$相切于$x=1$時(shí)，切線斜率$k=1$，此時(shí)$2a=1\Rightarrowa=\frac{1}{2}$。若$a>\frac{1}{2}$，直線斜率增大，與$y=\lnx$在$x=1$附近形成“穿越”，滿足左側(cè)$f'(x)>0$、右側(cè)$f'(x)<0$，即$x=1$為極大值點(diǎn)。二、立體幾何體積計(jì)算題目：在棱長(zhǎng)為2的正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$E$為棱$BB_1$的中點(diǎn)，求三棱錐$A_1-D_1CE$的體積。解法一：直接法（找高求底面積）確定底面與高：以$\triangleD_1CE$為底面，$A_1$到平面$D_1CE$的距離為高。坐標(biāo)法建系：設(shè)$D_1(0,0,2)$，$C(0,2,0)$，$E(2,2,1)$，$A_1(2,0,2)$。平面$D_1CE$的法向量$\vec{n}=\overrightarrow{D_1C}\times\overrightarrow{D_1E}=(0,2,-2)\times(2,2,-1)=(2,-4,-4)$。距離$h=\frac{|\overrightarrow{D_1A_1}\cdot\vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|(2,0,0)\cdot(2,-4,-4)|}{\sqrt{4+16+16}}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。計(jì)算底面積：$|\overrightarrow{D_1C}|=2\sqrt{2}$，$|\overrightarrow{D_1E}|=3$，$\cos\theta=\frac{\overrightarrow{D_1C}\cdot\overrightarrow{D_1E}}{|\overrightarrow{D_1C}||\overrightarrow{D_1E}|}=\frac{4}{6\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$，則$S_{\triangleD_1CE}=\frac{1}{2}\times2\sqrt{2}\times3\times\sin\theta=3\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{7}}{3}=\sqrt{14}$（此處計(jì)算有誤，正確結(jié)果應(yīng)為$S=3$）。體積公式：$V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}\times3\times\frac{2}{3}=\frac{2}{3}$（修正后正確答案）。解法二：等體積法（轉(zhuǎn)換頂點(diǎn)）利用正方體對(duì)稱性：$V_{A_1-D_1CE}=V_{C-A_1D_1E}$，以$\triangleA_1D_1E$為底面，$C$到平面$A_1D_1E$的距離為棱長(zhǎng)2。計(jì)算底面積：$A_1D_1=2$，$D_1E=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$A_1E=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$S_{\triangleA_1D_1E}=\frac{1}{2}\times2\times\sqrt{(\sqrt{5})^2-1^2}=2$。體積公式：$V=\frac{1}{3}\times2\times2=\frac{4}{3}$（錯(cuò)誤，需重新轉(zhuǎn)換頂點(diǎn)）。解法三：切割法（補(bǔ)形為正方體）整體減部分：$V_{A_1-D_1CE}=V_{ABCD-A_1B_1C_1D_1}-V_{A_1-D_1C_1CD}-V_{A_1-BCEB_1}-V_{E-A_1B_1C_1}$代入數(shù)據(jù)得：$8-\frac{1}{3}\times4\times2-\frac{1}{3}\times2\times2-\frac{1}{3}\times2\times2=8-\frac{8}{3}-\frac{4}{3}-\frac{4}{3}=\frac{4}{3}$（正確結(jié)果）。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$\frac{\sqrt{3}}{2}$，右焦點(diǎn)為$F(1,0)$，過$F$的直線$l$交橢圓于$A,B$兩點(diǎn)，若$\triangleAOB$的面積為$\frac{2\sqrt{6}}{5}$（$O$為原點(diǎn)），求直線$l$的方程。解法一：聯(lián)立方程韋達(dá)定理求橢圓方程：$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$c=1$，則$a=\frac{2}{\sqrt{3}}$，$b^2=a^2-c^2=\frac{4}{3}-1=\frac{1}{3}$，橢圓方程為$\frac{3x^2}{4}+3y^2=1$。設(shè)直線方程：設(shè)$l:x=my+1$，代入橢圓方程得$(3m^2+4)y^2+6my-1=0$。由韋達(dá)定理：$y_1+y_2=-\frac{6m}{3m^2+4}$，$y_1y_2=-\frac{1}{3m^2+4}$。計(jì)算面積：$S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}|OF||y_1-y_2|=\frac{1}{2}\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{36m^2+4(3m^2+4)}{(3m^2+4)^2}}=\frac{2\sqrt{3m^2+1}}{3m^2+4}=\frac{2\sqrt{6}}{5}$解得$m^2=1$，即$m=\pm1$，直線方程為$x\pmy-1=0$。解法二：參數(shù)方程法設(shè)直線$l$的參數(shù)方程為$\begin{cases}x=1+t\cos\theta\y=t\sin\theta\end{cases}$（$t$為參數(shù)），代入橢圓方程得：$(3\cos^2\theta+4\sin^2\theta)t^2+6\cos\theta\cdott-1=0$則$|t_1-t_2|=\frac{\sqrt{\Delta}}{|A|}=\frac{4\sqrt{3+\sin^2\theta}}{3\cos^2\theta+4\sin^2\theta}$面積$S=\frac{1}{2}|t_1-t_2|\sin\theta=\frac{2\sqrt{3+\sin^2\theta}\sin\theta}{3+\sin^2\theta}=\frac{2\sqrt{6}}{5}$令$u=\sin^2\theta$，解得$u=\frac{1}{2}$，即$\tan\theta=\pm1$，直線斜率為$\pm1$。四、數(shù)列不等式證明題目：已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=\frac{a_n}{2a_n+1}$，求證：$\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k+1}<\frac{1}{2}$。解法一：數(shù)學(xué)歸納法基礎(chǔ)步驟：$n=1$時(shí)，左邊$=\frac{a_1}{2}=\frac{1}{2}$，但需嚴(yán)格小于，故加強(qiáng)命題：$\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k+1}<\frac{1}{2}-\frac{1}{2(n+2)}$。歸納步驟：假設(shè)$n=m$時(shí)成立，則$n=m+1$時(shí)：$\sum_{k=1}^{m+1}\frac{a_k}{k+1}<\frac{1}{2}-\frac{1}{2(m+2)}+\frac{a_{m+1}}{m+2}$由遞推關(guān)系知$a_{n}=\frac{1}{2n-1}$（可先求通項(xiàng)），則$\frac{a_{m+1}}{m+2}=\frac{1}{(2m+1)(m+2)}<\frac{1}{2(m+2)(m+1)}=\frac{1}{2(m+1)}-\frac{1}{2(m+2)}$，代入得不等式成立。解法二：裂項(xiàng)相消法求通項(xiàng)公式：對(duì)$a_{n+1}=\frac{a_n}{2a_n+1}$取倒數(shù)得$\frac{1}{a_{n+1}}=2+\frac{1}{a_n}$，即${\frac{1}{a_n}}$為等差數(shù)列，$\frac{1}{a_n}=1+2(n-1)=2n-1\Rightarrowa_n=\frac{1}{2n-1}$。放縮裂項(xiàng)：$\frac{a_n}{n+1}=\frac{1}{(2n-1)(n+1)}<\frac{1}{2n(n-1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})$（$n\geq2$），則$\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k+1}<\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{n})=1-\frac{1}{2n}<\frac{1}{2}$（需調(diào)整放縮系數(shù)）。正確放縮：$\frac{1}{(2n-1)(n+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})$，累加得$\sum<\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2n+1})<\frac{1}{2}$。五、概率統(tǒng)計(jì)與期望計(jì)算題目：某射手每次射擊命中目標(biāo)的概率為$\frac{2}{3}$，連續(xù)射擊直到命中2次或失敗2次停止，求射擊次數(shù)$X$的數(shù)學(xué)期望$E(X)$。解法一：分布列法$X$的可能取值為2,3。$P(X=2)$：兩次全中或全不中，即$(\frac{2}{3})^2+(\frac{1}{3})^2=\frac{5}{9}$。$P(X=3)$：前兩次一勝一負(fù)，第三次無論勝負(fù)均停止，即$C_2^1\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}\cdot1=\frac{4}{9}$。$E(X)=2\times\frac{5}{9}+3\times\frac{4}{9}=\frac{22}{9}$。解法二：遞推法設(shè)$E_i$為當(dāng)前已勝$i$場(chǎng)、負(fù)$j$場(chǎng)時(shí)的期望次數(shù)（$i,j\in{0,1}$），則：$E_{2,0}=E_{0,2}=0$，$E_{1,1}=1+E(X)$（需重新定義狀態(tài)）正確狀態(tài)定義：$E_{a,b}$表示已有$a$勝$b$負(fù)時(shí)的期望剩余次數(shù)，則$E_{1,0}=1+\frac{2}{3}E_{2,0}+\frac{1}{3}E_{1,1}=1+\frac{1}{3}E_{1,1}$$E_{0,1}=1+\frac{2}{3}E_{1,1}+\frac{1}{3}E_{0,2}=1+\frac{2}{3}E_{1,1}$$E_{1,1}=1+\frac{2}{3}E_{2,1}+\frac{1}{3}E_{1,2}=1$（因再射一次必停止）解得$E_{0,0}=1+\frac{2}{3}E_{1,0}+\frac{1}{3}E_{0,1}=\frac{22}{9}$。六、三角函數(shù)最值問題題目：求函數(shù)$f(x)=\sinx+\cosx+\sinx\cosx$，$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$的最大值。解法一：換元法（設(shè)$t=\sinx+\cosx$）換元：$t=\sinx+\cosx=\sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})$，$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$時(shí)$t\in[1,\sqrt{2}]$。轉(zhuǎn)化二次函數(shù)：$\sinx\cosx=\frac{t^2-1}{2}$，則$f(x)=t+\frac{t^2-1}{2}=\frac{1}{2}(t+1)^2-1$。求最值：對(duì)稱軸$t=-1$，在$t\in[1,\sqrt{2}]$上單調(diào)遞增，最大值為$f(\sqrt{2})=\frac{1}{2}(\sqrt{2}+1)^2-1=\sqrt{2}+\frac{1}{2}$。解法二：導(dǎo)數(shù)法$f'(x)=\cosx-\sinx+\cos^2x-\sin^2x=(\cosx-\sinx)(1+\cosx+\sinx)$，令$f'(x)=0$，得$\cosx=\sinx\Rightarrowx=\frac{\pi}{4}$（因$1+\cosx+\sinx>0$）。比較端點(diǎn)與極值點(diǎn)：$f(0)=1$，$f(\frac{\pi}{4})=\sqrt{2}+\frac{1}{2}$，$f(\frac{\pi}{2})=1$，最大值為$\sqrt{2}+\frac{1}{2}$。解法三：不等式法利用$\sinx+\cosx\leq\sqrt{2(\sin^2x+\cos^2x)}=\sqrt{2}$，$\sinx\cosx\leq\frac{1}{2}$，但等號(hào)不同時(shí)成立，需結(jié)合$(\sinx+\cosx)^2=1+2\sinx\cosx$，當(dāng)$t=\sqrt{2}$時(shí)$\sinx\cosx=\frac{1}{2}$，此時(shí)$f(x)=\sqrt{2}+\fra