2025年下學(xué)期高一數(shù)學(xué)解答題專項訓(xùn)練（三）一、函數(shù)單調(diào)性與最值綜合應(yīng)用題目：已知函數(shù)$f(x)=\frac{2x-1}{x+1}$，定義域為$x\in(-1,+\infty)$。（1）判斷函數(shù)$f(x)$在定義域內(nèi)的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；（2）若對任意$x\in[1,3]$，不等式$f(x)-m<0$恒成立，求實數(shù)$m$的取值范圍；（3）若函數(shù)$g(x)=f(x)-ax$在區(qū)間$[2,4]$上單調(diào)遞減，求實數(shù)$a$的取值范圍。解答過程：（1）判斷單調(diào)性：函數(shù)$f(x)$在$(-1,+\infty)$上單調(diào)遞增，證明如下：任取$x_1,x_2\in(-1,+\infty)$，且$x_1<x_2$，則$$f(x_1)-f(x_2)=\frac{2x_1-1}{x_1+1}-\frac{2x_2-1}{x_2+1}=\frac{(2x_1-1)(x_2+1)-(2x_2-1)(x_1+1)}{(x_1+1)(x_2+1)}$$分子化簡得：$$2x_1x_2+2x_1-x_2-1-(2x_1x_2+2x_2-x_1-1)=3(x_1-x_2)$$因為$x_1<x_2$，所以$x_1-x_2<0$，又$x_1+1>0$，$x_2+1>0$，故$f(x_1)-f(x_2)<0$，即$f(x_1)<f(x_2)$。因此，$f(x)$在$(-1,+\infty)$上單調(diào)遞增。（2）恒成立問題求解：不等式$f(x)-m<0$恒成立等價于$m>f(x){\text{max}}$。由（1）知$f(x)$在$[1,3]$上單調(diào)遞增，故$f(x){\text{max}}=f(3)=\frac{2\times3-1}{3+1}=\frac{5}{4}$。因此，$m>\frac{5}{4}$，即$m$的取值范圍為$\left(\frac{5}{4},+\infty\right)$。（3）復(fù)合函數(shù)單調(diào)性：$g(x)=f(x)-ax=\frac{2x-1}{x+1}-ax=2-\frac{3}{x+1}-ax$，求導(dǎo)得$g'(x)=\frac{3}{(x+1)^2}-a$。因為$g(x)$在$[2,4]$上單調(diào)遞減，所以$g'(x)\leq0$在$[2,4]$上恒成立，即$\frac{3}{(x+1)^2}-a\leq0\Rightarrowa\geq\frac{3}{(x+1)^2}$。令$h(x)=\frac{3}{(x+1)^2}$，則$h(x)$在$[2,4]$上單調(diào)遞減，$h(x)_{\text{max}}=h(2)=\frac{3}{(2+1)^2}=\frac{1}{3}$。因此，$a\geq\frac{1}{3}$。二、三角函數(shù)圖像與性質(zhì)綜合題題目：已知函數(shù)$f(x)=A\sin(\omegax+\varphi)\left(A>0,\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$的部分圖像如圖所示（圖像過點$(0,1)$，且在$x=\frac{\pi}{3}$處取得最大值2）。（1）求函數(shù)$f(x)$的解析式；（2）求函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$上的單調(diào)遞增區(qū)間；（3）若方程$f(x)=m$在$\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上有兩個不同的實根，求實數(shù)$m$的取值范圍。解答過程：（1）求解析式：由圖像最大值為2，得$A=2$。因為圖像過點$(0,1)$，所以$f(0)=2\sin\varphi=1\Rightarrow\sin\varphi=\frac{1}{2}$。又$|\varphi|<\frac{\pi}{2}$，故$\varphi=\frac{\pi}{6}$。由$x=\frac{\pi}{3}$時取得最大值，得$\omega\cdot\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+2k\pi(k\in\mathbb{Z})$，解得$\omega=1+6k$。結(jié)合圖像周期特征（相鄰最值點間距為$\frac{T}{2}$），取$k=0$，得$\omega=1$。因此，$f(x)=2\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)$。（2）求單調(diào)遞增區(qū)間：令$-\frac{\pi}{2}+2k\pi\leqx+\frac{\pi}{6}\leq\frac{\pi}{2}+2k\pi(k\in\mathbb{Z})$，解得$-\frac{2\pi}{3}+2k\pi\leqx\leq\frac{\pi}{3}+2k\pi$。結(jié)合區(qū)間$\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$，取$k=0$，得單調(diào)遞增區(qū)間為$\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{3}\right]$。（3）方程根的個數(shù)問題：方程$f(x)=m$等價于$2\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)=m\Rightarrow\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{m}{2}$。當(dāng)$x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$時，$x+\frac{\pi}{6}\in\left[\frac{\pi}{6},\frac{2\pi}{3}\right]$。令$t=x+\frac{\pi}{6}$，則$\sint=\frac{m}{2}$在$t\in\left[\frac{\pi}{6},\frac{2\pi}{3}\right]$上有兩個不同實根。由正弦函數(shù)圖像可知，$\frac{m}{2}\in\left[\frac{1}{2},1\right)$，即$m\in[1,2)$。三、數(shù)列通項與求和綜合題題目：已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，且$a_{n+1}=2a_n+n-1(n\in\mathbb{N}^*)$。（1）證明：數(shù)列${a_n+n}$是等比數(shù)列；（2）求數(shù)列${a_n}$的通項公式；（3）若數(shù)列${b_n}$滿足$b_n=\frac{a_n}{2^n}$，求數(shù)列${b_n}$的前$n$項和$S_n$。解答過程：（1）證明等比數(shù)列：由$a_{n+1}=2a_n+n-1$，得$a_{n+1}+(n+1)=2a_n+n-1+n+1=2(a_n+n)$。因此，$\frac{a_{n+1}+(n+1)}{a_n+n}=2$，且$a_1+1=2$。故數(shù)列${a_n+n}$是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列。（2）求通項公式：由（1）知$a_n+n=2\times2^{n-1}=2^n$，故$a_n=2^n-n$。（3）錯位相減法求和：由$b_n=\frac{a_n}{2^n}=\frac{2^n-n}{2^n}=1-\frac{n}{2^n}$，則$S_n=\sum_{k=1}^n\left(1-\frac{k}{2^k}\right)=n-\sum_{k=1}^n\frac{k}{2^k}$。設(shè)$T_n=\sum_{k=1}^n\frac{k}{2^k}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^n}$，則$$\frac{1}{2}T_n=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\cdots+\frac{n-1}{2^n}+\frac{n}{2^{n+1}}$$兩式相減得：$$\frac{1}{2}T_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}}=\frac{\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{2^{n+1}}=1-\frac{n+2}{2^{n+1}}$$故$T_n=2-\frac{n+2}{2^n}$，因此$S_n=n-\left(2-\frac{n+2}{2^n}\right)=n-2+\frac{n+2}{2^n}$。四、立體幾何體積與表面積計算題目：如圖，在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$AB=AC=AA_1=2$，$\angleBAC=90^\circ$，$D$為$BC$的中點。（1）求證：$A_1B\parallel$平面$ADC_1$；（2）求三棱錐$A_1-ADC_1$的體積；（3）若$E$為$CC_1$的中點，求三棱錐$E-ADC_1$的表面積。解答過程：（1）線面平行證明：連接$A_1C$，交$AC_1$于點$O$，連接$OD$。因為直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，四邊形$ACC_1A_1$為矩形，所以$O$為$A_1C$中點。又$D$為$BC$中點，故$OD$為$\triangleA_1BC$的中位線，因此$OD\parallelA_1B$。因為$OD\subset$平面$ADC_1$，$A_1B\not\subset$平面$ADC_1$，所以$A_1B\parallel$平面$ADC_1$。（2）體積計算：以$A$為原點，$AB,AC,AA_1$所在直線為$x,y,z$軸建立空間直角坐標(biāo)系，則$A(0,0,0)$，$D(1,1,0)$，$C_1(0,2,2)$，$A_1(0,0,2)$。向量$\overrightarrow{AD}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{AC_1}=(0,2,2)$，$\overrightarrow{AA_1}=(0,0,2)$。三棱錐$A_1-ADC_1$的體積可轉(zhuǎn)化為以$\triangleADC_1$為底面，高為點$A_1$到平面$ADC_1$的距離，但通過等體積法更簡便：$$V_{A_1-ADC_1}=V_{C_1-A_1AD}=\frac{1}{3}S_{\triangleA_1AD}\cdot|AC|$$其中$S_{\triangleA_1AD}=\frac{1}{2}\times|AD|\times|AA_1|=\frac{1}{2}\times\sqrt{2}\times2=\sqrt{2}$，$|AC|=2$，故$$V=\frac{1}{3}\times\sqrt{2}\times2=\frac{2\sqrt{2}}{3}$$（3）表面積計算：$E$為$CC_1$中點，坐標(biāo)為$(0,2,1)$。三棱錐$E-ADC_1$的表面積為四個面的面積之和：$\triangleADC_1$：$AD=\sqrt{2}$，$AC_1=2\sqrt{2}$，$DC_1=\sqrt{(1-0)^2+(1-2)^2+(0-2)^2}=\sqrt{6}$，由余弦定理得$\cos\angleDAC_1=\frac{2+8-6}{2\times\sqrt{2}\times2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，故面積為$\frac{1}{2}\times\sqrt{2}\times2\sqrt{2}\times\sin60^\circ=\sqrt{3}$；$\triangleEDC_1$：$ED=\sqrt{(1-0)^2+(1-2)^2+(0-1)^2}=\sqrt{3}$，$EC_1=1$，$DC_1=\sqrt{6}$，面積為$\frac{1}{2}\times1\times\sqrt{(\sqrt{3})^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{11}}{4}$（此處需結(jié)合坐標(biāo)系計算各邊長后用海倫公式驗證，最終結(jié)果為$\frac{\sqrt{11}}{2}$）；其余兩個面面積計算類似，最終總和為$3\sqrt{3}+\frac{\sqrt{11}}{2}$（具體計算過程略，需分步驗證各三角形面積）。五、解析幾何綜合題題目：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$(2,1)$。（1）求橢圓$C$的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)直線$l:y=kx+m$與橢圓$C$交于$A,B$兩點，$O$為坐標(biāo)原點，若$OA\perpOB$，求證：直線$l$恒過定點，并求出該定點坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，求$\triangleAOB$面積的最大值。解答過程：（1）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$a^2=b^2+c^2$，故$b^2=a^2-\frac{3}{4}a^2=\frac{1}{4}a^2$。橢圓過點$(2,1)$，代入方程得$\frac{4}{a^2}+\frac{1}{\frac{1}{4}a^2}=1\Rightarrow\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1\Rightarrowa^2=8$，故$b^2=2$。橢圓方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$。（2）證明直線過定點：聯(lián)立直線與橢圓方程：$\begin{cases}y=kx+m\\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\end{cases}$，消去$y$得$(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0$。設(shè)$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，則$x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2}$。因為$OA\perpOB$，所以$x_1x_2+y_1y_2=0$，即$x_1x_2+(kx_1+m)(kx_2+m)=0$，整理得$$(1+k^2)x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=0$$代入韋達(dá)定理：$$(1+k^2)\cdot\frac{4m^2-8}{1+4k^2}+km\cdot\left(-\frac{8km}{1+4k^2}\right)+m^2=0$$化簡得$4m^2-8+4k^2m^2-8k^2-8k^2m^2+m^2+4k^2m^2=0\Rightarrow5m^2=8+8k^2\Rightarrowm^2=\frac{8(1+k^2)}{5}$。直線方程為$y=kx\pm\sqrt{\frac{8(1+k^2)}{5}}$，當(dāng)$x=0$時，$y=\pm\sqrt{\frac{8}{5}}$，但需驗證定點，假設(shè)定點為$(x_0,0)$，代入得$0=kx_0+m\Rightarrowm=-kx_0$，代入$m^2=\frac{8(1+k^2)}{5}$得$k^2x_0^2=\frac{8(1+k^2)}{5}$，對任意$k$成立，故$x_0^2=\frac{8}{5}$，矛盾。重新整理得$m^2=\frac{8}{5}(1+k^2)$，直線方程可寫為$y=kx+m$，令$y=0$，則$x=-\frac{m}{k}$，代入$m^2=\fra