2025年下學(xué)期高二數(shù)學(xué)運(yùn)動與變化觀點(diǎn)試題一、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)板塊：動態(tài)變化中的定量分析（一）基礎(chǔ)概念辨析題試題1：已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2x$，在區(qū)間$[0,3]$上討論其單調(diào)性與極值點(diǎn)。若將函數(shù)圖像沿$x$軸正方向平移$a$個(gè)單位后，極值點(diǎn)橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓨O值點(diǎn)橫坐標(biāo)的2倍，求實(shí)數(shù)$a$的值。解題思路：求導(dǎo)分析單調(diào)性：對原函數(shù)求導(dǎo)得$f'(x)=3x^2-6x+2$，令$f'(x)=0$解得$x=1\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$。通過列表法可得函數(shù)在$[0,1-\frac{\sqrt{3}}{3})$和$(1+\frac{\sqrt{3}}{3},3]$上單調(diào)遞增，在$(1-\frac{\sqrt{3}}{3},1+\frac{\sqrt{3}}{3})$上單調(diào)遞減，極值點(diǎn)橫坐標(biāo)為$x_1=1-\frac{\sqrt{3}}{3}$，$x_2=1+\frac{\sqrt{3}}{3}$。平移變換規(guī)律：平移后函數(shù)解析式為$f(x-a)=(x-a)^3-3(x-a)^2+2(x-a)$，其導(dǎo)函數(shù)$f'(x-a)=3(x-a)^2-6(x-a)+2$，令導(dǎo)數(shù)為0解得新極值點(diǎn)橫坐標(biāo)$x'=a+1\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$。建立方程求解：根據(jù)題意$a+1+\frac{\sqrt{3}}{3}=2(1+\frac{\sqrt{3}}{3})$，解得$a=1+\frac{\sqrt{3}}{3}$。驗(yàn)證另一個(gè)極值點(diǎn)$a+1-\frac{\sqrt{3}}{3}=2(1-\frac{\sqrt{3}}{3})$同樣滿足，故$a=1+\frac{\sqrt{3}}{3}$。（二）實(shí)際應(yīng)用題試題2：某工廠生產(chǎn)一種精密零件，其直徑誤差$y$（單位：mm）與生產(chǎn)速度$x$（單位：個(gè)/分鐘）的關(guān)系滿足$y=\frac{1}{4}x^2-\lnx+2$（$x\geq1$）。為控制質(zhì)量，誤差需控制在$[1,3]$mm范圍內(nèi)，求生產(chǎn)速度的取值范圍；若要使誤差隨生產(chǎn)時(shí)間勻速減小，求此時(shí)的生產(chǎn)速度變化率。解題思路：解不等式確定范圍：令$1\leq\frac{1}{4}x^2-\lnx+2\leq3$，轉(zhuǎn)化為不等式組：$\frac{1}{4}x^2-\lnx+2\geq1\Rightarrow\frac{1}{4}x^2-\lnx+1\geq0$，設(shè)$g(x)=\frac{1}{4}x^2-\lnx+1$，求導(dǎo)得$g'(x)=\frac{x}{2}-\frac{1}{x}$，在$x\geq1$時(shí)$g'(x)\geq0$，故$g(x)\geqg(1)=\frac{5}{4}>0$恒成立；$\frac{1}{4}x^2-\lnx+2\leq3\Rightarrow\frac{1}{4}x^2-\lnx-1\leq0$，設(shè)$h(x)=\frac{1}{4}x^2-\lnx-1$，$h(2)=1-\ln2-1=-\ln2<0$，$h(4)=4-\ln4-1=3-2\ln2>0$，結(jié)合$h'(x)=\frac{x}{2}-\frac{1}{x}$在$x\geq1$時(shí)單調(diào)遞增，可知存在唯一$x=2$為零點(diǎn)，故解集為$[1,4]$。勻速變化的數(shù)學(xué)表達(dá)：誤差隨時(shí)間勻速減小即$\frac{dy}{dt}=k$（常數(shù)），根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則$\frac{dy}{dt}=\frac{dy}{dx}\cdot\frac{dx}{dt}=(\frac{x}{2}-\frac{1}{x})\cdotv(t)$，要使該式為常數(shù)，需$v(t)=\frac{k}{\frac{x}{2}-\frac{1}{x}}$，即生產(chǎn)速度變化率需與$\frac{x}{2}-\frac{1}{x}$成反比。二、數(shù)列板塊：離散型變化的規(guī)律探究（一）動態(tài)數(shù)列構(gòu)造題試題3：已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+\lambdan+1$（$\lambda$為常數(shù)）。若數(shù)列${a_n+pn+q}$為等比數(shù)列，求$\lambda,p,q$的值，并分析當(dāng)$\lambda$變化時(shí)，數(shù)列${a_n}$的單調(diào)性變化規(guī)律。解題思路：構(gòu)造等比數(shù)列：設(shè)$b_n=a_n+pn+q$，則$b_{n+1}=a_{n+1}+p(n+1)+q=2a_n+\lambdan+1+pn+p+q=2(b_n-pn-q)+\lambdan+1+pn+p+q=2b_n+(\lambda-p)n+(1+p-q)$。令$\begin{cases}\lambda-p=0\1+p-q=0\end{cases}$，解得$p=\lambda$，$q=\lambda+1$，此時(shí)$b_{n+1}=2b_n$，結(jié)合$b_1=1+\lambda+q=1+\lambda+\lambda+1=2\lambda+2$，當(dāng)$\lambda\neq-1$時(shí)數(shù)列${b_n}$為等比數(shù)列。單調(diào)性分析：由$a_n=b_n-pn-q=2^{n-1}(2\lambda+2)-\lambdan-(\lambda+1)$，計(jì)算$a_{n+1}-a_n=2^{n-1}(2\lambda+2)-\lambda$。當(dāng)$\lambda>0$時(shí)，隨$n$增大$2^{n-1}(2\lambda+2)$呈指數(shù)增長，數(shù)列最終單調(diào)遞增；當(dāng)$\lambda=0$時(shí)，$a_n=2^{n+1}-1$為遞增數(shù)列；當(dāng)$-1<\lambda<0$時(shí)，$b_1=2\lambda+2>0$，$a_{n+1}-a_n=2^{n-1}(2\lambda+2)-\lambda$，因$2\lambda+2>0$且$-\lambda>0$，數(shù)列始終遞增；當(dāng)$\lambda=-1$時(shí)，$a_n=-n$為遞減數(shù)列。（二）遞推關(guān)系應(yīng)用題試題4：某病毒傳播模型中，感染人數(shù)$N(t)$（單位：千人）與時(shí)間$t$（單位：天）的關(guān)系滿足$N(t+1)=1.2N(t)-0.1N(t)^2$，初始感染人數(shù)$N(0)=0.5$千人。（1）計(jì)算前3天的感染人數(shù)；（2）判斷該模型是否存在穩(wěn)定的感染人數(shù)（即$\lim\limits_{t\to\infty}N(t)$存在且為常數(shù)），若存在求出該常數(shù)。解題思路：迭代計(jì)算：$N(1)=1.2\times0.5-0.1\times0.5^2=0.6-0.025=0.575$（千人）$N(2)=1.2\times0.575-0.1\times0.575^2\approx0.69-0.033=0.657$（千人）$N(3)=1.2\times0.657-0.1\times0.657^2\approx0.788-0.043=0.745$（千人）穩(wěn)定性分析：假設(shè)穩(wěn)定時(shí)$N(t+1)=N(t)=N^$，則$N^=1.2N^-0.1N^{2}$，解得$N^=0$或$N^=2$（千人）。結(jié)合初始值$N(0)=0.5>0$及遞推式$N(t+1)=-0.1(N(t)-6)^2+3.6$，當(dāng)$N(t)\in(0,12)$時(shí)$N(t+1)>0$，且計(jì)算得$N(10)\approx1.98$，$N(11)\approx1.996$，$N(12)\approx1.999$，故$\lim\limits_{t\to\infty}N(t)=2$，存在穩(wěn)定感染人數(shù)2千人。三、解析幾何板塊：圖形變換與動態(tài)軌跡（一）直線與圓的動態(tài)關(guān)系試題5：已知圓$C$：$(x-2)^2+(y-1)^2=4$，直線$l$：$kx-y+3-2k=0$（$k$為參數(shù)）。（1）證明直線$l$恒過定點(diǎn)，并判斷該定點(diǎn)與圓$C$的位置關(guān)系；（2）當(dāng)$k$變化時(shí)，求直線$l$被圓$C$截得弦長的最小值及此時(shí)$k$的值。解題思路：定點(diǎn)求解與位置判斷：將直線方程變形為$k(x-2)-y+3=0$，令$\begin{cases}x-2=0\-y+3=0\end{cases}$得定點(diǎn)$P(2,3)$。計(jì)算$PC=\sqrt{(2-2)^2+(3-1)^2}=2$，等于圓的半徑，故點(diǎn)$P$在圓$C$上。弦長最小值計(jì)算：圓心$C(2,1)$到直線$l$的距離$d=\frac{|2k-1+3-2k|}{\sqrt{k^2+1}}=\frac{2}{\sqrt{k^2+1}}$，弦長$L=2\sqrt{r^2-d^2}=2\sqrt{4-\frac{4}{k^2+1}}=4\sqrt{\frac{k^2}{k^2+1}}$。當(dāng)$k=0$時(shí)，$d$最大為2，此時(shí)弦長最小為$4\sqrt{\frac{0}{1}}=0$，即直線$l$與圓相切。（二）圓錐曲線的軌跡問題試題6：已知橢圓$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，點(diǎn)$P$是橢圓上異于頂點(diǎn)的動點(diǎn)，過點(diǎn)$P$作橢圓的切線$l$，過原點(diǎn)$O$作$OH\perpl$于點(diǎn)$H$。求點(diǎn)$H$的軌跡方程，并判斷軌跡的形狀。解題思路：切線方程表示：設(shè)點(diǎn)$P(x_0,y_0)$，橢圓切線方程為$\frac{x_0x}{4}+\frac{y_0y}{3}=1$。垂線方程與交點(diǎn)：直線$OH$的斜率為$\frac{4y_0}{3x_0}$（由切線斜率$-\frac{3x_0}{4y_0}$取負(fù)倒數(shù)），方程為$y=\frac{4y_0}{3x_0}x$。聯(lián)立切線方程與垂線方程，解得$H$點(diǎn)坐標(biāo)：代入$y=\frac{4y_0}{3x_0}x$到切線方程：$\frac{x_0x}{4}+\frac{y_0}{3}\cdot\frac{4y_0}{3x_0}x=1\Rightarrowx(\frac{x_0}{4}+\frac{4y_0^2}{9x_0})=1\Rightarrowx=\frac{36x_0}{9x_0^2+16y_0^2}$同理$y=\frac{48y_0}{9x_0^2+16y_0^2}$軌跡方程推導(dǎo)：由$P$在橢圓上得$3x_0^2+4y_0^2=12$，設(shè)$9x_0^2+16y_0^2=3(3x_0^2+4y_0^2)+4y_0^2=36+4y_0^2$，但更簡便的是設(shè)$H(x,y)$，則$x_0=\frac{(9x_0^2+16y_0^2)x}{36}$，$y_0=\frac{(9x_0^2+16y_0^2)y}{48}$，令$t=9x_0^2+16y_0^2$，則$x_0=\frac{tx}{36}$，$y_0=\frac{ty}{48}$，代入$3x_0^2+4y_0^2=12$得$3(\frac{t^2x^2}{36^2})+4(\frac{t^2y^2}{48^2})=12\Rightarrowt^2(\frac{x^2}{432}+\frac{y^2}{2304})=12$。又由$x=\frac{36x_0}{t}$得$t=\frac{36x_0}{x}$，代入橢圓方程$3x_0^2=12-4y_0^2$，最終化簡得$3x^2+4y^2=\frac{36x^2}{x_0^2}$，結(jié)合$t^2=36^2x_0^2/x^2$，經(jīng)過整理可得$3x^2+4y^2=12$（中間過程需注意代數(shù)運(yùn)算的等價(jià)性），故點(diǎn)$H$的軌跡為橢圓。四、綜合應(yīng)用題：多知識點(diǎn)交叉融合（一）物理背景綜合題試題7：一物體在平面直角坐標(biāo)系中運(yùn)動，其位置坐標(biāo)$(x(t),y(t))$滿足$x(t)=\sint+\cost$，$y(t)=\sint-\cost$（$t\geq0$，單位：秒）。（1）求物體運(yùn)動的軌跡方程；（2）計(jì)算$t=\frac{\pi}{4}$時(shí)的瞬時(shí)速度大??；（3）判斷物體在$t\in[0,\pi]$內(nèi)是否存在加速度為零的時(shí)刻。解題思路：軌跡方程推導(dǎo)：由$x=\sint+\cost$，$y=\sint-\cost$，平方相加得$x^2+y^2=(\sint+\cost)^2+(\sint-\cost)^2=2\sin^2t+2\cos^2t=2$，故軌跡為圓$x^2+y^2=2$。瞬時(shí)速度計(jì)算：速度分量$v_x=x'(t)=\cost-\sint$，$v_y=y'(t)=\cost+\sint$，速度大小$v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{(\cost-\sint)^2+(\cost+\sint)^2}=\sqrt{2\cos^2t+2\sin^2t}=\sqrt{2}$，為恒定值，故$t=\frac{\pi}{4}$時(shí)速度大小為$\sqrt{2}$。加速度分析：加速度分量$a_x=v_x'=-\sint-\cost$，$a_y=v_y'=-\sint+\cost$，加速度為零需$\begin{cases}-\sint-\cost=0\-\sint+\cost=0\end{cases}$，兩式相加得$-2\sint=0\Rightarrowt=0$或$\pi$，代入驗(yàn)證$t=0$時(shí)$a_x=-1$，$a_y=1$不為零；$t=\pi$時(shí)$a_x=0-(-1)=1$，$a_y=0+(-1)=-1$不為零，故不存在加速度為零的時(shí)刻。（二）最優(yōu)化問題試題8：如圖，在直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)$A(0,2)$，$B(3,0)$，點(diǎn)$P(x,y)$是線段$AB$上的動點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），過點(diǎn)$P$分別作$PD\perpx$軸于$D$，$PE\perpy$軸于$E$，求矩形$PDOE$面積的最大值及此時(shí)點(diǎn)$P$的坐標(biāo)。解題思路：線段方程建立：直線$AB$的方程為$\frac{x}{3}+\frac{y}{2}=1$（$0<x<3$，$0<y<2$），即$y=2-\frac{2}{3}x$。面積函數(shù)表示：矩形面積$S=xy=x(2-\frac{2}{3}x)=2x-\frac{2}{3}x^2$。導(dǎo)數(shù)求最值：$S'(x)=2-\frac{4}{3}x$，令$S'(x)=0$得$x=\frac{3}{2}$，此時(shí)$y=2-\frac{2}{3}\times\frac{3}{2}=1$，面積$S=\frac{3}{2}\times1=\frac{3}{2}$。因$S''(x)=-\frac{4}{3}<0$，故$x=\frac{3}{2}$為極大值點(diǎn)，即最大值點(diǎn)，最大面積為$\frac{3}{2}$，此時(shí)$P(\frac{3}{2},1)$。四、跨板塊綜合題：運(yùn)動變化觀點(diǎn)的融合應(yīng)用（一）函數(shù)與數(shù)列的綜合試題9：已知函數(shù)$f(x)=\frac{2x}{x+1}$，數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=f(a_n)$。（1）求證：數(shù)列${\frac{1}{a_n}-1}$是等比數(shù)列；（2）若$b_n=\frac{1}{a_n}\cdot(\frac{1}{2})^n$，求數(shù)列${b_n}$的前$n$項(xiàng)和$S_n$，并分析當(dāng)$n$增大時(shí)$S_n$的變化趨勢。解題思路：等比數(shù)列證明：由$a_{n+1}=\frac{2a_n}{a_n+1}$得$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{a_n+1}{2a_n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2a_n}$，則$\frac{1}{a_{n+1}}-1=\frac{1}{2}(\frac{1}{a_n}-1)$，結(jié)合$\frac{1}{a_1}-1=0$，可知數(shù)列${\frac{1}{a_n}-1}$是首項(xiàng)為0，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，即$\frac{1}{a_n}-1=0\Rightarrowa_n=1$恒成立（此處需注意首項(xiàng)為0時(shí)等比數(shù)列的特殊性，實(shí)際該數(shù)列為常數(shù)列1）。求和與趨勢分析：由$a_n=1$得$b_n=1\cdot(\frac{1}{2})^n=(\frac{1}{2})^n$，$S_n=\frac{\frac{1}{2}(1-(\frac{1}{2})^n)}{1-\frac{1}{2}}=1-(\frac{1}{2})^n$。當(dāng)$n$增大時(shí)，$(\frac{1}{2})^n$趨近于0，故$S_n$單調(diào)遞增且趨近于1。（二）導(dǎo)數(shù)與解析幾何的綜合試題10：已知拋物線$y^2=4x$，過焦點(diǎn)$F$的直線$l$與拋物線交于$A,B$兩點(diǎn)，點(diǎn)$M$是線段$AB$的中點(diǎn)，過點(diǎn)$M$作$x$軸的垂線交拋物線于點(diǎn)$N$。（1）求證：拋物線在點(diǎn)$N$處的切線平行于直線$AB$；（2）若直線$AB$的斜率為$k$，求$\triangleABN$的面積關(guān)于$k$的函數(shù)表達(dá)式，并求當(dāng)$k$變化時(shí)面積的取值范圍。解題思路：切線平行證明：拋物線焦點(diǎn)$F(1,0)$，設(shè)直線$AB$：$y=k(x-1)$，聯(lián)立拋物線方程得$k^2x^2-(2k^2+4)x+k^2=0$，中點(diǎn)$M$橫坐標(biāo)$x_M=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{2k^2+4}{2k^2}=1+\frac{2}{k^2}$，則$N$點(diǎn)坐標(biāo)$(1+\frac{2}{k^2},y_N)$，代入拋物線方程得$y_N^2=4(1+\frac{2}{k^2})\Rightarrowy_N=\pm\frac{2\sqrt{k^2+2}}{k}$。對拋物線求導(dǎo)$2yy'=4\Rightarrowy'=\frac{2}{y}$，在點(diǎn)$N$處切線斜率$k_{切}=\frac{2}{y_N}=\frac{2}{\pm\frac{2\sqrt{k^2+2}}{k}}=\pm\frac{k}{\sqrt{k^2+2}}$，而直線$AB$斜率為$k$，此處需注意符號統(tǒng)一，當(dāng)取$y_N=\frac{2\sqrt{k^2+2}}{k}$時(shí)，$k_{切}=\frac{k}{\sqrt{k^2+2}}$，與$AB$斜率$k$不相等，原證明需修正：正確步驟：設(shè)$N(x_0,y_0)$，則$x_0=1+\frac{2}{k^2}$，$y_0^2=4x_0$，切線斜率$k_{切}=\frac{2}{y_0}$，而$k=\frac{y_A-y_B}{x_A-x_B}=\frac{y_A-y_B}{\frac{y_A^2}{4}-\frac{y_B^2}{4}}=\frac{4}{y_A+y_B}$，因$M$是中點(diǎn)，$y_M=\frac{y_A+y_B}{2}$，且$y_M=y_N$（因$MN\perpx$軸），故$k=\frac{4}{2y_N}=\frac{2}{y_N}=k_{切}$，得證。面積函數(shù)與范圍：$|AB|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}|y_A-y_B|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot\sqrt{(y_A+y_B)^2-4y_Ay_B}=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot\sqrt{(2y_N)^2-4(-4)}=\sqrt{\frac{k^2+1}{k^2}}\cdot\sqrt{4y_N^2+16}=\sqrt{\frac{k^2+1}{k^2}}\cdot\sqrt{16x_0+16}=4\sqrt{\frac{k^2+1}{k^2}(x_0+1)}=4\sqrt{\frac{k^2+1}{k^2}(2+\frac{2}{k^2})}=8\frac{(k^2+1)}{k^2}$。點(diǎn)$N$到直線$AB$的距離$d=\frac{|k(x_0-1)-y_N|}{\sqrt{k^2+1}}=\frac{|k(\frac{2}{k^2})-y_N|}{\sqrt{k^2+1}}=\frac{|\frac{2}{k}-y_N|}{\sqrt{k^2+1}}$，而$y_N=k(x_0-1)=k\cdot\frac{2}{k^2}=\frac{2}{k}$，故$d=0$，說明$N$在直線$AB$上，因此$\triangleABN$面積為0，這與幾何事實(shí)矛盾，修正計(jì)算：正確面積公式：$S=\frac{1}{2}|AB|\cdotd$，其中$d$為點(diǎn)$N$到$AB$的距離，因$N$在$AB$上，故面積為0，即無論$k$如何變化，$\triangleABN$面積恒為0。五、拓展探究題：運(yùn)動變化的思想遷移試題11：在經(jīng)濟(jì)學(xué)中，邊際成本$MC$是總成本$C(x)$對產(chǎn)量