2019-2020年高考数学二轮复习第一部分专题七选考内容教学案文

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2019-2020年高三数学第二轮专题复习专题一选择题的解法教案

2019-2020年高三数学第二轮专题复习专题一选择题的解法教案【专题目标】：数学选择题在当今高考试卷中，不但题目数量多，且占分比例高，xx年为50分，占总分的33%，高考中数学选择题具有概括性强，知识覆盖面宽，小巧灵活，有一定的综合性和深度的特点，考生能否迅速、准确、全面、简捷地解好选择题成为得分的关键。

【知识网络】：数学选择题的求解，一般有两种思路，一是从题干出发考虑，探求结果；二是题干和选择支联合考虑或从选择支出发探求是否满足题干条件。

由于选择题提供了备选答案，又不要求写出解题过程，因此出现了一些特有的解法，在选择题求解中很适用，常用解答选择题的方法主要为：直接法、特例法、排除法、分析法、验证法、估算法、图解法、极限法、反例法、逆推法、变更问题法等等。

下面分别介绍几种常用方法。

【经典例题】：一、直接法：就是从题设条件出发，通过正确的运算或推理，直接求得结论，再与选择支对照，从而作出判断选择的一种方法。

例1．已知，则等于( )A：0 B：－4 C：－2 D：2例2．一个直角三角形三个内角的正弦值成等比数列，其最小内角为( )A： B： C： D：例3．已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是( ) A： B： C： D：例4．在边长为1的等边三角形ABC，设，则等于A： B： C：0 D：3 ( )例5．双曲线的离心率，点A与点F分别是双曲线的左顶点和右焦点，，则等于( )A： B： C： D：二、筛选法(也叫排除法，淘汰法)：使用筛选法的前提是“答案唯一”，具体做法是采用简捷有效的手段对各个备选答案进行“筛选”，将其中与题干相矛盾的干扰逐一排除，从而获利正确结论。

例6．已知，，则的值是( )A： B： C： D：例7．在下图中直线与圆的图象只能是( )三、特例法(也叫特殊值法)：就是运用满足题设条件的某些特殊值、特殊关系或特殊图形对选择支进行检验或推理，从而辩明真伪。

2020版高考数学二轮复习专题七选考部分第2讲不等式选讲学案文

第2讲不等式选讲[做真题]1．(2019·高考全国卷Ⅱ）已知f(x）＝｜x－a|x＋｜x－2|(x－a)．（1）当a＝1时,求不等式f(x）＜0的解集；(2）若x∈（－∞，1)时，f（x)＜0,求a的取值范围．解：（1）当a＝1时，f（x）＝｜x－1|x＋|x－2｜(x－1）．当x<1时，f（x)＝－2(x－1)2〈0；当x≥1时，f（x）≥0。

所以,不等式f(x）〈0的解集为(－∞,1）．(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.当a≥1,x∈（－∞，1）时，f(x）＝(a－x)x＋（2－x)(x－a)＝2（a－x）(x－1）〈0.所以，a的取值范围是［1，＋∞）．2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数,且满足abc＝1.证明:(1）错误!＋错误!＋错误!≤a2＋b2＋c2；(2）（a＋b）3＋（b＋c)3＋（c＋a）3≥24。

证明：(1）因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc ＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝错误!＝错误!＋错误!＋错误!。

当且仅当a＝b＝c＝1时,等号成立．所以错误!＋错误!＋错误!≤a2＋b2＋c2.（2)因为a，b,c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋（b＋c)3＋（c＋a）3≥3错误!＝3（a＋b）（b＋c）(a＋c）≥3×（2错误!)×（2错误!）×（2错误!）＝24。

当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以（a＋b）3＋(b＋c)3＋（c＋a)3≥24。

(新课标)高考数学二轮复习专题七选考部分第1讲坐标系与参数方程学案理新人教A版

（新课标）高考数学二轮复习专题七选考部分第1讲坐标系与参数方程学案理新人教A版第1讲坐标系与参数方程[做真题]1．(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，在极坐标系Ox中，A(2，0)，B⎝⎛⎭⎪⎫2，π4，C⎝⎛⎭⎪⎫2，3π4，D(2，π)，弧AB︵，BC︵，CD︵所在圆的圆心分别是(1，0)，⎝⎛⎭⎪⎫1，π2，(1，π)，曲线M1是弧AB︵，曲线M2是弧BC︵，曲线M3是弧CD︵.(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；(2)曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝3，求P的极坐标．解：(1)由题设可得，弧AB︵，BC︵，CD︵所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cos θ.所以M1的极坐标方程为ρ＝2cos θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π4，M2的极坐标方程为ρ＝2sinθ⎝⎛⎭⎪⎫π4≤θ≤3π4，M3的极坐标方程为ρ＝－2cos θ⎝⎛⎭⎪⎫3π4≤θ≤π.(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)知：若0≤θ≤π4，则2cos θ＝3，解得θ＝π6；若π4≤θ≤3π4，则2sin θ＝3，解得θ＝π3或θ＝2π3；若3π4≤θ≤π，则－2cos θ＝3，解得θ＝5π6.综上，P的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫3，π6或⎝⎛⎭⎪⎫3，π3或⎝⎛⎭⎪⎫3，2π3或⎝⎛⎭⎪⎫3，5π6.2．(2019·高考全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x＝1－t21＋t2，y＝4t1＋t2(t为参数)．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2ρcosθ＋3ρsin θ＋11＝0.(1)求C 和l 的直角坐标方程； (2)求C 上的点到l 距离的最小值．解：(1)因为－1＜1－t 21＋t 2≤1，且x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 21＋t 22＋4t 2(1＋t 2)2＝1，所以C 的直角坐标方程为x 2＋y 24＝1(x ≠－1)．l 的直角坐标方程为2x ＋3y ＋11＝0.(2)由(1)可设C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝2sin α(α为参数，－π＜α＜π)．C 上的点到l 的距离为|2cos α＋23sin α＋11|7＝4cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＋117.当α＝－2π3时，4cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＋11取得最小值7，故C 上的点到l 距离的最小值为7.[明考情]1．坐标系与参数方程是高考的选考内容之一，高考考查的重点主要有两个方面：一是简单曲线的极坐标方程；二是参数方程、极坐标方程与曲线的综合应用．2．全国卷对此部分内容的考查以解答题形式出现，难度中等，备考此部分内容时应注意转化思想的应用．极坐标方程及其应用[典型例题](2019·高考全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O 为极点，点M (ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C ：ρ＝4sin θ上，直线l 过点A (4，0)且与OM 垂直，垂足为P .(1)当θ0＝π3时，求ρ0及l 的极坐标方程；(2)当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程．【解】 (1)因为M (ρ0，θ0)在C 上，当θ0＝π3时，ρ0＝4sin π3＝2 3.由已知得|OP |＝|OA |cos π3＝2.设Q (ρ，θ)为l 上除P 的任意一点．连接OQ ，在Rt △OPQ 中，ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3＝|OP |＝2.经检验，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3在曲线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2上．所以，l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2.(2)设P (ρ，θ)，在Rt △OAP 中，|OP |＝|OA |cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ.因为P 在线段OM 上，且AP ⊥OM ，故θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2.所以，P 点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2.(1)极坐标方程与普通方程互化的技巧①巧用极坐标方程两边同乘以ρ或同时平方，将极坐标方程构造成含有ρcos θ，ρsinθ，ρ2的形式，然后利用公式代入化简得到普通方程．②巧借两角和差公式，转化ρsin(θ±α)或ρcos(θ±α)的结构形式，进而利用互化公式得到普通方程．③将直角坐标方程中的x 换成ρcos θ，将y 换成ρsin θ，即可得到其极坐标方程． (2)求解与极坐标有关问题的主要方法①直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用．②转化为直角坐标系，用直角坐标求解．若结果要求的是极坐标，还应将直角坐标化为极坐标．[对点训练]1．(2019·合肥模拟)在直角坐标系xOy 中，直线l 1：x ＝0，圆C ：(x －1)2＋(y －1－2)2＝1，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求直线l 1和圆C 的极坐标方程；(2)若直线l 2的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，设l 1，l 2与圆C 的公共点分别为A ，B ，求△OAB 的面积．解：(1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以直线l 1的极坐标方程式为ρcos θ＝0，即θ＝π2(ρ∈R )，圆C 的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－2(1＋2)ρsin θ＋3＋22＝0.(2)设A (π2，ρ1)、B (π4，ρ2)，将θ＝π2代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋2)ρsin θ＋3＋22＝0，得ρ2－2(1＋2)ρ＋3＋22＝0，解得ρ1＝1＋ 2.将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋2)ρsin θ＋3＋22＝0，得ρ2－2(1＋2)ρ＋3＋22＝0，解得ρ2＝1＋ 2. 故△OAB 的面积为12×(1＋2)2×sin π4＝1＋324.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为y ＝k |x |＋2.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ－3＝0.(1)求C 2的直角坐标方程；(2)若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求C 1的方程．解：(1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ得C 2的直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝4. (2)由(1)知C 2是圆心为A (－1，0)，半径为2的圆．由题设知，C 1是过点B (0，2)且关于y 轴对称的两条射线．记y 轴右边的射线为l 1，y 轴左边的射线为l 2.由于B 在圆C 2的外面，故C 1与C 2有且仅有三个公共点等价于l 1与C 2只有一个公共点且l 2与C 2有两个公共点，或l 2与C 2只有一个公共点且l 1与C 2有两个公共点．当l 1与C 2只有一个公共点时，A 到l 1所在直线的距离为2，所以|－k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝－43或k ＝0.经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝－43时，l 1与C 2只有一个公共点，l 2与C 2有两个公共点．当l 2与C 2只有一个公共点时，A 到l 2所在直线的距离为2，所以|k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝0或k＝43.经检验，当k ＝0时，l 1与 C 2没有公共点；当k ＝43时，l 2与C 2没有公共点．综上，所求C 1的方程为y ＝－43|x |＋2.参数方程及其应用 [典型例题](2018·高考全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)．(1)求C 和l 的直角坐标方程；(2)若曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为(1，2)，求l 的斜率．【解】 (1)曲线C 的直角坐标方程为x 24＋y 216＝1.当cos α≠0时，l 的直角坐标方程为y ＝tan α·x ＋2－tan α，当cos α＝0时，l 的直角坐标方程为x ＝1.(2)将l 的参数方程代入C 的直角坐标方程，整理得关于t 的方程(1＋3cos 2α)t 2＋4(2cosα＋sin α)t －8＝0. ①因为曲线C 截直线l 所得线段的中点(1，2)在C 内，所以①有两个解，设为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝0.又由①得t 1＋t 2＝－4(2cos α＋sin α)1＋3cos 2α，故2cos α＋sin α＝0，于是直线l 的斜率k ＝tan α＝－2.(1)有关参数方程问题的2个关键点①参数方程化为普通方程的关键是消参数，要根据参数的特点进行转化． ②利用参数方程解决问题，关键是选准参数，理解参数的几何意义． (2)利用直线的参数方程中参数的几何意义求解问题经过点P (x 0，y 0)，倾斜角为α的直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数)．若A ，B 为直线l 上两点，其对应的参数分别为t 1，t 2，线段AB 的中点为M ，点M 所对应的参数为t 0，则以下结论在解题中经常用到：①t 0＝t 1＋t 22.②|PM |＝|t 0|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 1＋t 22.③|AB |＝|t 2－t 1|.④|PA |·|PB |＝|t 1·t 2|.[对点训练]1．已知曲线C ：x 24＋y 29＝1，直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝2－2t (t 为参数)．(1)写出曲线C 的参数方程，直线l 的普通方程；(2)过曲线C 上任意一点P 作与l 夹角为30°的直线，交l 于点A ，求|PA |的最大值与最小值．解：(1)曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θy ＝3sin θ(θ为参数)．直线l 的普通方程为2x ＋y －6＝0.(2)曲线C 上任意一点P (2cos θ，3sin θ)到l 的距离为d ＝55|4cos θ＋3sin θ－6|.则|PA |＝d sin 30°＝255|5sin(θ＋α)－6|，其中α为锐角，且tan α＝43.当sin(θ＋α)＝－1时，|PA |取得最大值，最大值为2255.当sin(θ＋α)＝1时，|PA |取得最小值，最小值为255.2．在直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos θy ＝2sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t ＋3，y ＝2t －23(t 为参数)，直线l 与曲线C 交于A ，B 两点．(1)求|AB |的值；(2)若F 为曲线C 的左焦点，求FA →·FB →的值．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos θy ＝2sin θ(θ为参数)，消去参数θ得x 216＋y 24＝1.由⎩⎨⎧x ＝t ＋3，y ＝2t －23消去参数t 得y ＝2x －4 3.将y ＝2x －43代入x 2＋4y 2＝16中，得17x 2－643x ＋176＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝64317，x 1x 2＝17617.所以|AB |＝1＋22|x 1－x 2|＝517×(643)2－4×17×176＝4017，所以|AB |的值为4017. (2)由(1)得，F (－23，0)，则 FA →·FB →＝(x 1＋23，y 1)·(x 2＋23，y 2) ＝(x 1＋23)(x 2＋23)＋(2x 1－43)(2x 2－43) ＝x 1x 2＋23(x 1＋x 2)＋12＋4[x 1x 2－23(x 1＋x 2)＋12] ＝5x 1x 2－63(x 1＋x 2)＋60 ＝5×17617－63×64317＋60＝44，所以FA →·FB →的值为44.极坐标方程与参数方程的综合应用[典型例题](2019·福建省质量检查)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t ，y ＝1＋45t(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2＝21＋sin 2θ，点P 的极坐标为(2，π4)． (1)求C 的直角坐标方程和P 的直角坐标；(2)(一题多解)设l 与C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，求|PM |.【解】 (1)由ρ2＝21＋sin 2θ得ρ2＋ρ2sin 2θ＝2 ①，将ρ2＝x 2＋y 2，y ＝ρsin θ代入①并整理得，曲线C 的直角坐标方程为x 22＋y 2＝1.设点P 的直角坐标为(x ，y )，因为点P 的极坐标为(2，π4)，所以x ＝ρcos θ＝2cos π4＝1，y ＝ρsin θ＝2sin π4＝1.所以点P 的直角坐标为(1，1)．(2)法一：将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t ，y ＝1＋45t代入x22＋y 2＝1，并整理得41t 2＋110t ＋25＝0，Δ＝1102－4×41×25＝8 000>0，故可设方程的两根分别为t 1，t 2，则t 1，t 2为A ，B 对应的参数，且t 1＋t 2＝－11041.依题意，点M 对应的参数为t 1＋t 22，所以|PM |＝|t 1＋t 22|＝5541. 法二：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t y ＝1＋45t ，消去t ，得y ＝43x －13.将y ＝43x －13代入x 22＋y 2＝1，并整理得41x 2－16x －16＝0，因为Δ＝(－16)2－4×41×(－16)＝2 880>0，所以x 1＋x 2＝1641，x 1x 2＝－1641.所以x 0＝841，y 0＝43x 0－13＝43×841－13＝－341，即M (841，－341)．所以|PM |＝(841－1)2＋(－341－1)2＝(－3341)2＋(－4441)2＝5541.解决极坐标方程与参数方程综合问题的方法(1)对于参数方程或极坐标方程应用不够熟练的情况下，我们可以先化成直角坐标的普通方程，这样思路可能更加清晰．(2)对于一些运算比较复杂的问题，用参数方程计算会比较简捷．(3)利用极坐标方程解决问题时，要注意题目所给的限制条件及隐含条件．[对点训练]1．(2019·石家庄市模拟(一))在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝r cos α＋2y ＝r sin α(α为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l 的极坐标方程为θ＝π3.(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)当0<r <2时，若曲线C 与射线l 交于A ，B 两点，求1|OA |＋1|OB |的取值范围．解：(1)由题意知曲线C 的普通方程为(x －2)2＋y 2＝r 2，令x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，化简得ρ2－4ρcos θ＋4－r 2＝0.(2)法一：把θ＝π3代入曲线C 的极坐标方程中，得ρ2－2ρ＋4－r 2＝0.令Δ＝4－4(4－r 2)>0，结合0<r <2，得3<r 2<4.方程的解ρ1，ρ2分别为点A ，B 的极径，ρ1＋ρ2＝2，ρ1ρ2＝4－r 2>0，所以1|OA |＋1|OB |＝1ρ1＋1ρ2＝ρ1＋ρ2ρ1ρ2＝24－r 2.因为3<r 2<4，所以0<4－r 2<1，所以1|OA |＋1|OB |∈(2，＋∞)．法二：射线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12ty ＝32t(t 为参数，t ≥0)，将其代入曲线C 的方程(x －2)2＋y 2＝r 2中得，t 2－2t ＋4－r 2＝0，令Δ＝4－4(4－r 2)>0，结合0<r <2，得3<r 2<4，方程的解t 1，t 2分别为点A ，B 对应的参数，t 1＋t 2＝2，t 1t 2＝4－r 2，t 1>0，t 2>0，所以1|OA |＋1|OB |＝1t 1＋1t 2＝t 1＋t 2t 1t 2＝24－r 2.因为3<r 2<4，所以0<4－r 2<1，所以1|OA |＋1|OB |∈(2，＋∞)．2．(2019·江西八所重点中学联考)在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M 的极坐标方程为ρ＝2cos θ，若极坐标系内异于O 的三点A (ρ1，φ)，B (ρ2，φ＋π6)，C (ρ3，φ－π6)(ρ1，ρ2，ρ3>0)都在曲线M 上．(1)求证：3ρ1＝ρ2＋ρ3；(2)若过B ，C 两点的直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－32t y ＝12t (t 为参数)，求四边形OBAC 的面积．解：(1)证明：由题意得ρ1＝2cos φ，ρ2＝2cos(φ＋π6)，ρ3＝2cos(φ－π6)，则ρ2＋ρ3＝2cos(φ＋π6)＋2cos(φ－π6)＝23cos φ＝3ρ1.(2)由曲线M 的极坐标方程得曲线M 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0，将直线BC 的参数方程代入曲线M 的直角坐标方程得t 2－3t ＝0，解得t 1＝0，t 2＝3，所以在平面直角坐标中，B (12，32)，C (2，0)，则ρ2＝1，ρ3＝2，φ＝π6，所以ρ1＝ 3.所以四边形OBAC 的面积S ＝S △AOB ＋S △AOC ＝12ρ1ρ2sin π6＋12ρ1ρ3sin π6＝334.1．(2019·东北四市联合体模拟(一))在平面直角坐标系xOy 中，直线l 1的倾斜角为30°，且经过点A (2，1)．以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 2：ρcos θ＝3.从坐标原点O 作射线交l 2于点M ，点N 为射线OM 上的点，满足|OM |·|ON |＝12，记点N的轨迹为曲线C .(1)写出直线l 1的参数方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)设直线l 1与曲线C 交于P ，Q 两点，求|AP |·|AQ |的值．解：(1)直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos 30°y ＝1＋t sin 30°(t 为参数)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋32t y ＝1＋12t(t 为参数)．设N (ρ，θ)，M (ρ1，θ1)(ρ>0，ρ1>0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ρρ1＝12θ＝θ1，又ρ1cos θ1＝3，所以ρ3cos θ＝12，即ρ＝4cos θ，所以曲线C 的直角坐标方程为x 2－4x ＋y 2＝0(x ≠0)．(2)设P ，Q 对应的参数分别为t 1，t 2，将直线l 1的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程中，得(2＋32t )2－4(2＋32t )＋(1＋12t )2＝0，即t 2＋t －3＝0，Δ＝13>0，t 1，t 2为方程的两个根，所以t 1t 2＝－3，所以|AP ||AQ |＝|t 1t 2|＝|－3|＝3.2．(2019·四省八校双教研联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2ty ＝t 2(其中t 为参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，并取相同的单位长度，曲线C 2的极坐标方程为ρcos(θ＋π3)＝1.(1)求曲线C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程；(2)过P (0，1)的直线l 交曲线C 1于A ，B 两点，当|PA |·|PB |＝8时，求直线l 的倾斜角．解：(1)消去参数t 得曲线C 1的普通方程为x 2＝4y ，曲线C 2的极坐标方程可化为ρcos θ－3ρsin θ＝2，化为直角坐标方程为x －3y －2＝0.(2)设直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝m cos αy ＝1＋m sin α(m 为参数，α为直线l 的倾斜角且α≠90°)，代入曲线C 1的普通方程中得m 2cos 2α－4m sin α－4＝0，所以m 1m 2＝－4cos 2α，所以|PA |·|PB |＝|m 1m 2|＝4cos 2α＝8，得α＝45°或135°，即直线l 的倾斜角为45°或135°.3．(2019·广州市综合检测(一))在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos t y ＝sin 2t (t 为参数)．以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线C 2的极坐标方程为ρ(sin θ－a cos θ)＝12(a ∈R )．(1)写出曲线C 1的普通方程和直线C 2的直角坐标方程；(一题多解)(2)若直线C 2与曲线C 1有两个不同的交点，求a 的取值范围．解：(1)曲线C 1的普通方程为y ＝1－x 2(－1≤x ≤1)，把x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入ρ(sin θ－a cos θ)＝12，得直线C 2的直角坐标方程为y －ax ＝12，即ax －y ＋12＝0.(2)法一：由直线C 2∶ax －y ＋12＝0，知直线C 2恒过点M (0，12)．由y ＝1－x 2(－1≤x ≤1)，知当y ＝0时，x ＝±1，则直线MP 的斜率为k 1＝0－12－1－0＝12，直线MQ 的斜率为k 2＝0－121－0＝－12.因为直线C 2的斜率为a ，且直线C 2与曲线C 1有两个不同的交点，所以k 2≤a ≤k 1，即－12≤a ≤12.所以a 的取值范围为[－12，12]．法二：联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1－x 2(－1≤x ≤1)ax －y ＋12＝0，消去y 得x 2＋ax －12＝0，依题意，得x 2＋ax －12＝0在[－1，1]上有两个不相等的实根．设f (x )＝x 2＋ax －12，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋2>0－1<－a 2<1f (－1)＝12－a ≥0，f (1)＝12＋a ≥0解得－12≤a ≤12.所以a 的取值范围为[－12，12]．4．(2019·湖南省湘东六校联考)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7－t ，y ＝－2＋t (t 为参数)．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C ：ρ＝42sin(θ＋π4)．(1)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(2)设曲线C 与直线l 的交点为A ，B ，Q 是曲线C 上的动点，求△ABQ 面积的最大值．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7－t ，y ＝－2＋t消去t 得x ＋y －5＝0，所以直线l 的普通方程为x ＋y －5＝0.由ρ＝42sin(θ＋π4)＝4sin θ＋4cos θ，得ρ2＝4ρsin θ＋4ρcos θ，化为直角坐标方程为x 2＋y 2＝4x ＋4y ，所以曲线C 的直角坐标方程为(x －2)2＋(y －2)2＝8.(2)由(1)知，曲线C 是以(2，2)为圆心，22为半径的圆，直线l 过点P (3，2)，可知点P 在圆内．将直线l 的参数方程化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7－22t y ＝－2＋22t ，代入圆的直角坐标方程，得t 2－92t ＋33＝0.设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝92，t 1t 2＝33，所以|AB |＝|t 2－t 1|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝30. 又圆心(2，2)到直线l 的距离d ＝|2＋2－5|2＝22，所以△ABQ 面积的最大值为12×30×(22＋22)＝5152.5．(2019·济南市学习质量评估)在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρcos 2θ＝sin θ，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32t y ＝a ＋12t (t 为参数，其中a >0)，直线l 与曲线C 相交于M ，N 两点．(1)求曲线C 的直角坐标方程；(2)若点P (0，a )满足1|PM |＋1|PN |＝4，求a 的值．解：(1)曲线C 的极坐标方程可化为ρ2cos 2θ＝ρsin θ，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θy ＝ρsin θ，得曲线C 的直角坐标方程为y ＝x 2. (2)将直线l 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32t y ＝a ＋12t (t 为参数)代入y ＝x 2，得34t 2－t 2－a ＝0，Δ＝14＋3a >0.设M ，N 对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝23，t 1t 2＝－4a3，所以1|PM |＋1|PN |＝|PM |＋|PN ||PM ||PN |＝|t 1－t 2||t 1t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2|t 1t 2|＝49－4·(－4a 3)|－4a 3|＝4，化简得64a 2－12a －1＝0，解得a ＝14或a ＝－116(舍去)，所以a ＝14.6．(2019·广东省七校联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋a cos φ，y ＝a sin φ(φ为参数，实数a >0)，曲线C 2：⎩⎨⎧x ＝b cos φ，y ＝b ＋b sin φ(φ为参数，实数b >0)．在以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l ：θ＝α(ρ≥0，0≤α≤π2)与C 1交于O ，A两点，与C 2交于O ，B 两点，当α＝0时，|OA |＝1；当α＝π2时，|OB |＝2.(1)求a ，b 的值；(2)求2|OA |2＋|OA |·|OB |的最大值．解：(1)将C 1的参数方程化为普通方程为(x －a )2＋y 2＝a 2，其极坐标方程为ρ1＝2a cos θ，由题意可得，当θ＝α＝0时，|OA |＝2a ＝1，所以a ＝12.将C 2的参数方程化为普通方程为x 2＋(y －b )2＝b 2，其极坐标方程为ρ2＝2b sin θ，由题意可得，当θ＝α＝π2时，|OB |＝2b ＝2，所以b ＝1.(2)由(1)可得C 1，C 2的方程分别为ρ1＝cos θ，ρ2＝2sin θ，所以2|OA |2＋|OA |·|OB |＝2cos 2θ＋2sin θcos θ＝sin 2θ＋cos 2θ＋1＝2sin(2θ＋π4)＋1. 因为θ＝α，0≤α≤π2，所以0≤θ≤π2，所以2θ＋π4∈[π4，5π4]，所以当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8时，2sin(2θ＋π4)＋1取得最大值，为2＋1.7．(2019·合肥市第一次质量检测)已知曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝102cos αy ＝sin α(α为参数)，以平面直角坐标系的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)P ，Q 为曲线C 上两点，若OP →·OQ →＝0，求|OP →|2·|OQ →|2|OP →|2＋|OQ →|2的值．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝102cos αy ＝sin α，得曲线C 的普通方程是2x 25＋y 2＝1，将x ＝ρcos θ，y ＝ρsinθ代入，得5ρ2sin 2θ＋2ρ2cos 2θ＝5，即ρ2＝53sin 2θ＋2(ρ2＝55sin 2θ＋2cos 2θ也可得分)． (2)因为ρ2＝55sin 2θ＋2cos 2θ，所以1ρ2＝sin 2θ＋2cos 2θ5，由OP →·OQ →＝0，得OP ⊥OQ ，设点P 的极坐标为(ρ1，θ)，则点Q 的极坐标可设为(ρ2，θ±π2)，所以|OP →|2·|OQ →|2|OP →|2＋|OQ →|2＝11|OP →|2＋1|OQ →|2＝11ρ21＋1ρ22＝1sin 2θ＋2cos 2θ5＋cos 2θ＋2sin 2θ5＝11＋25＝57.8．(2019·郑州市第二次质量预测)在平面直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2cos 2θ＋3ρ2sin 2θ＝12，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋22t y ＝22t(t 为参数)，直线l 与曲线C 交于M ，N 两点．(1)若点P 的极坐标为(2，π)，求|PM |·|PN |的值；(2)求曲线C 的内接矩形周长的最大值．解：(1)由ρ2cos 2θ＋3ρ2sin 2θ＝12得x 2＋3y 2＝12，故曲线C 的直角坐标方程为x 212＋y 24＝1，点P 的直角坐标为(－2，0)，将直线l 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋22t y ＝22t 代入曲线C 的直角坐标方程x 212＋y24＝1中，得t 2－2t－4＝0，设点M ，N 对应的参数分别为t 1，t 2，则|PM |·|PN |＝|t 1t 2|＝4.(2)由(1)知，曲线C 的直角坐标方程为x 212＋y 24＝1，可设曲线C 上的动点A (23cos α，2sin α)，0<α<π2，则以A 为顶点的内接矩形的周长为4(23cos α＋2sin α)＝16sin(α＋π3)，0<α<π2.因此该内接矩形周长的最大值为16，当且仅当α＝π6时取得最大值．。

云南省2020届高三二轮复习数学专题教案(七) 新人教版

云南省2020届高三二轮复习专题（七）题目高中数学复习专题讲座处理具有单调性、奇偶性函数问题的方法（2）高考要求函数的单调性、奇偶性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样特别是两性质的应用更加突出本节主要帮助考生深刻理解奇偶性、单调性的定义，掌握判定方法，正确认识单调函数与奇偶函数的图象帮助考生学会怎样利用两性质解题，掌握基本方法，形成应用意识重难点归纳(1)判断函数的奇偶性与单调性若为具体函数，严格按照定义判断，注意变换中的等价性若为抽象函数，在依托定义的基础上，用好赋值法，注意赋值的科学性、合理性同时，注意判断与证明、讨论三者的区别，针对所列的训练认真体会，用好数与形的统一复合函数的奇偶性、单调性问题的解决关键在于既把握复合过程，又掌握基本函数 (2)加强逆向思维、数形统一正反结合解决基本应用题目(3)运用奇偶性和单调性去解决有关函数的综合性题目此类题目要求考生必须具有驾驭知识的能力，并具有综合分析问题和解决问题的能力(4)应用问题在利用函数的奇偶性和单调性解决实际问题的过程中，往往还要用到等价转化和数形结合的思想方法，把问题中较复杂、抽象的式子转化为基本的简单的式子去解决特别是往往利用函数的单调性求实际应用题中的最值问题典型题例示范讲解例1已知函数f (x )在(－1，1)上有定义，f (21)=－1,当且仅当0<x <1时f (x )<0,且对任意x 、y ∈(－1,1)都有f (x )+f (y )=f (xyyx ++1),试证明 (1)f (x )为奇函数；(2)f (x )在(－1，1)上单调递减命题意图本题主要考查函数的奇偶性、单调性的判定以及运算能力和逻辑推理能力知识依托奇偶性及单调性定义及判定、赋值法及转化思想错解分析本题对思维能力要求较高，如果“赋值”不够准确，运算技能不过关，结果很难获得技巧与方法对于(1)，获得f (0)的值进而取x =－y 是解题关键；对于(2)，判定21121x x x x --的范围是焦点证明 (1)由f (x )+f (y )=f (xyyx ++1), 令x =y =0,得f (0)=0,令y =－x ,得f (x )+f (－x )=f (21x xx --)=f (0)=0 ∴f (x )=－f (－x ) ∴f (x )为奇函数 (2)先证f (x )在(0，1)上单调递减令0<x 1<x 2<1,则f (x 2)－f (x 1)=f (x 2)+f (－x 1)=f (21121x x x x --)∵0<x 1<x 2<1,∴x 2－x 1>0,1－x 1x 2>0，∴12121x x x x -->0,又(x 2－x 1)－(1－x 2x 1)=(x 2－1)(x 1+1)<0 ∴x 2－x 1<1－x 2x 1, ∴0<12121x x x x --<1,由题意知f (21121x x x x --)<0，即f (x 2)<f (x 1)∴f (x )在(0，1)上为减函数，又f (x )为奇函数且f (0)=0 ∴f (x )在(－1，1)上为减函数例2设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，并在区间(－∞,0)内单调递增，f (2a 2+a +1)<f (3a 2－2a +1) 求a 的取值范围，并在该范围内求函数y =(21)132+-a a 的单调递减区间命题意图本题主要考查函数奇偶性、单调性的基本应用以及对复合函数单调性的判定方法知识依托逆向认识奇偶性、单调性、指数函数的单调性及函数的值域问题错解分析逆向思维受阻、条件认识不清晰、复合函数判定程序紊乱技巧与方法本题属于知识组合题类，关键在于读题过程中对条件的思考与认识，通过本题会解组合题类，掌握审题的一般技巧与方法解设0<x 1<x 2,则－x 2<－x 1<0，∵f (x )在区间(－∞,0)内单调递增， ∴f (－x 2)<f (－x 1),∵f (x )为偶函数，∴f (－x 2)=f (x 2),f (－x 1)=f (x 1), ∴f (x 2)<f (x 1) ∴f (x )在(0，+∞)内单调递减.032)31(3123,087)41(2122222>+-=+->++=++a a a a a a 又由f (2a 2+a +1)<f (3a 2－2a +1)得 2a 2+a +1>3a 2－2a +1 解之，得0<a <3又a 2－3a +1=(a －23)2－45∴函数y =(21)132+-a a 的单调减区间是［23，+∞］结合0<a <3,得函数y =(12)132+-a a 的单调递减区间为［23，3)例3设a >0,f (x )=xx e aa e +是R 上的偶函数，(1)求a 的值；(2)证明 f (x )在(0，+∞)上是增函数(1)解依题意，对一切x ∈R ,有f (x )=f (－x ),即x x x ae e a a e 1=++ae x 整理，得(a －a 1)(e x －x e1)=0因此，有a －a1=0,即a 2=1,又a >0,∴a =1 (2)证法一（定义法）设0＜x 1＜x 2,则f (x 1)－f (x 2)=)11)((1121122121--=-+-+x x x x x x x x e e e e e e e21211211)1(x x x x x x x e e ee ++---=由x 1>0,x 2>0,x 2>x 1,∴112--x x e >0,1－e 21x x +＜0,∴f (x 1)－f (x 2)＜0,即f (x 1)＜f (x 2) ∴f (x )在(0,+∞)上是增函数证法二（导数法）由f (x )=e x +e －x ，得f ′(x )=e x －e －x =e －x ·(e 2x －1) 当x ∈(0,+∞)时，e －x >0,e 2x －1>0此时f ′(x )>0,所以f (x )在［0，+∞)上是增函数学生巩固练习1 下列函数中的奇函数是( )A f (x )=(x －1)xx -+11B f (x )=2|2|)1lg(22---x xC f (x )=⎪⎩⎪⎨⎧>+-<+)0()0(22x x x x x xD f (x )=xx xx sin cos 1cos sin 1++-+2 函数f (x )=111122+++-++x x x x 的图象( )A 关于x 轴对称B 关于y 轴对称C 关于原点对称D 关于直线x =1对称3 函数f (x )在R 上为增函数，则y =f (|x +1|)的一个单调递减区间是____4 若函数f (x )=ax 3+bx 2+cx +d 满足f (0)=f (x 1)=f (x 2)=0 (0<x 1<x 2),且在［x 2,+∞)上单调递增，则b 的取值范围是_________5 已知函数f (x )=a x +12+-x x (a >1) (1)证明函数f (x )在(－1，+∞)上为增函数 (2)用反证法证明方程f (x )=0没有负数根6 求证函数f (x )=223)1(-x x 在区间(1，+∞)上是减函数7 设函数f (x )的定义域关于原点对称且满足 (i)f (x 1－x 2)=)()(1)()(1221x f x f x f x f -+⋅；(ii)存在正常数a 使f (a )=1 求证 (1)f (x )是奇函数(2)f (x )是周期函数，且有一个周期是4a8 已知函数f (x )的定义域为R ，且对m 、n ∈R ,恒有f (m +n )=f (m )+f (n )－1,且f (－21)=0,当x >－21时，f (x )>0 (1)求证 f (x )是单调递增函数；(2)试举出具有这种性质的一个函数，并加以验证参考答案:1 解析 f (－x )=2222(0)() (0)(0)() (0)x x x x x x x x x x x x ⎧⎧->-+<⎪⎪=⎨⎨--<--+>⎪⎪⎩⎩ =－f (x )，故f (x )为奇函数答案 C2 解析 f (－x )=－f (x ),f (x )是奇函数，图象关于原点对称答案 C3 解析令t =|x +1|,则t 在(－∞,－1]上递减，又y =f (x )在R 上单调递增，∴y =f (|x +1|)在(－∞,－1]上递减答案 (－∞,－1]4 解析 ∵f (0)=f (x 1)=f (x 2)=0,∴f (0)=d =0 f (x )=ax (x －x 1)(x －x 2)=ax 3－a (x 1+x 2)x 2+ax 1x 2x ， ∴b =－a (x 1+x 2),又f (x )在［x 2,+∞)单调递增，故a >0 又知0＜x 1＜x ,得x 1+x 2>0, ∴b =－a (x 1+x 2)＜0 答案 (－∞,0）5 证明 (1）设－1＜x 1＜x 2＜+∞,则x 2－x 1>0, 12x x a ->1且1x a >0, ∴)1(12112-=--x x x x x a a a a >0,又x 1+1>0,x 2+1>0 ∴)1)(1()(3)1)(1()1)(2()1)(2(121221122121121122++-=+++--+-=+--+-x x x x x x x x x x x x x x >0, 于是f (x 2)－f (x 1)=12x x a a -+12121122+--+-x x x x >0 ∴f (x )在(－1，+∞）上为递增函数(2）证法一设存在x 0＜0(x 0≠－1)满足f (x 0)=0, 则12000+--=x x a x 且由0＜0x a ＜1得0＜－1200+-x x ＜1, 即21＜x 0＜2与x 0＜0矛盾，故f (x )=0没有负数根证法二设存在x 0＜0(x 0≠－1)使f (x 0)=0,若－1＜x 0＜0,则1200+-x x ＜－2,0x a ＜1,∴f (x 0)＜－1与f (x 0)=0矛盾，若x 0＜－1,则1200+-x x >0, 0x a >0， ∴f (x 0)>0与f (x 0)=0矛盾，故方程f (x )=0没有负数根6 证明 ∵x ≠0,∴f (x )=22422322)11(1)1(1)1(1x x x x x x x -=-=-, 设1＜x 1＜x 2＜+∞,则01111,11121222122>->-<<x x x x2211222222112222)11(1)11(1.0)11()11(x x x x x x x x -<-∴>->-∴∴f (x 1)>f (x 2),故函数f (x )在(1，+∞）上是减函数(本题也可用求导方法解决） 7 证明 (1）不妨令x =x 1－x 2, 则f (－x )=f (x 2－x 1)=)()(1)()()()(1)()(12212112x f x f x f x f x f x f x f x f -+-=-+ =－f (x 1－x 2)=－f (x )∴f (x )是奇函数(2）要证f (x +4a )=f (x ),可先计算f (x +a ),f (x +2a )∵f (x +a )=f ［x -(-a )］=)1)((1)(1)()()(1)()()()(1)()(=+-=--+-=---+-a f x f x f x f a f x f a f x f a f x f a f).(111)(1)(11)(1)(1)(1)(])[()2(x f x f x f x f x f a x f a x f a a x f a x f -=++--+-=++-+=++=+∴ ∴f (x +4a )=f ［(x +2a )+2a ］=)2(1a x f +-=f (x ),故f (x )是以4a 为周期的周期函数8 (1）证明设x 1＜x 2,则x 2－x 1－21>－21,由题意f (x 2－x 1－21)>0, ∵f (x 2)－f (x 1)=f ［(x 2－x 1)+x 1］－f (x 1)=f (x 2－x 1)+f (x 1)－1－f (x 1)=f (x 2－x 1)－1=f (x 2－x 1)+f (－21)－1=f ［(x 2－x 1)－21］>0,∴f (x )是单调递增函数(2)解 f (x )=2x +1 验证过程略课前后备注。

(统考版)高考数学二轮复习板块2 命题区间精讲精讲7 选考系列学案(含解析)(文)-人教版高三全

选考系列命题点1坐标系与参数方程角度一极坐标与曲线的极坐标方程直角坐标与极坐标的互化把直角坐标系的原点作为极点，x 轴正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．设M 是平面内的任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x ，y )和(ρ，θ)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝y x (x ≠0).[高考题型全通关]1.在极坐标系下，方程ρ＝2sin 2θ的图形为如图所示的“幸运四叶草”，又称为玫瑰线．(1)当玫瑰线的θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，求以极点为圆心的单位圆与玫瑰线的交点的极坐标； (2)求曲线ρ＝22sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4上的点M 与玫瑰线上的点N 距离的最小值及取得最小值时的点M ，N 的极坐标．[解] (1)以极点为圆心的单位圆为ρ＝1，与ρ＝2sin 2θ联立，得2sin 2θ＝1，所以sin 2θ＝12，因为θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以θ＝π12或5π12，从而得到以极点为圆心的单位圆与玫瑰线的交点的极坐标为⎝⎛⎭⎫1，π12和⎝⎛⎭⎫1，5π12. (2)曲线ρ＝22sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4的直角坐标方程为x ＋y ＝4.玫瑰线ρ＝2sin 2θ极径的最大值为2，且在点N ⎝⎛⎭⎫2，π4取得，连接ON 与x ＋y ＝4垂直且交于点M ⎝⎛⎭⎫22，π4(图略)，所以点M 与点N 的距离的最小值为22－2，此时对应的点M ，N 的极坐标分别为⎝⎛⎭⎫22，π4，⎝⎛⎭⎫2，π4.[点评] 1.进行极坐标方程与直角坐标方程互化的关键是抓住互化公式：x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝yx (x ≠0)，要注意ρ，θ的取值范围及其影响，灵活运用代入法和平方法等技巧．2．由极坐标方程求曲线交点、距离等几何问题时，如果不能直接用极坐标解决，可先转化为直角坐标方程，然后求解．2．(2020·眉山二诊)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos α，y ＝sin α， (α为参数)，将曲线C 经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝x ，y 1＝2y 后得到曲线C 1.在以原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ－5＝0.(1)说明曲线C 1是哪一种曲线，并将曲线C 1的方程化为极坐标方程；(2)已知点M 是曲线C 1上的任意一点，又直线l 上有两点E 和F ，且|EF |＝5，又点E 的极角为π2，点F 的极角为锐角．求：①点F 的极角；②△EMF 面积的取值范围．[解] (1)因为曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2cos α，y ＝sin α (α为参数)，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝x ，y 1＝2y ，则曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2cos α，y 1＝2sin α.所以C 1的普通方程为x 21＋y 21＝4.所以曲线C 1为圆心在原点，半径为2的圆．所以C 1的极坐标方程为ρ2＝4，即ρ＝2.(2)①点E 的极角为π2，代入直线l 的极坐标方程ρcos θ＋ρsin θ－5＝0得点E 的极径为ρ＝5，且|EF |＝5，所以△EOF 为等腰三角形，又直线l 的普通方程为x ＋y －5＝0，又点F 的极角为锐角，所以∠FEO ＝π4，所以∠FOE ＝3π8，所以点F 的极角为π2－3π8＝π8.②法一：直线l 的普通方程为x ＋y －5＝0. 曲线C 1上的点M 到直线l 的距离d ＝|2cos α＋2sin α－5|2＝⎪⎪⎪⎪22sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4－52.当sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝1，即α＝2k π＋π4(k ∈Z )时， d 取到最小值为|22－5|2＝522－2.当sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝－1，即α＝2k π－3π4(k ∈Z )时， d 取到最大值为|－22－5|2＝522＋2.所以△EMF 面积的最大值为12×5×⎝⎛⎭⎫522＋2＝2524＋5；△EMF 面积的最小值为12×5×⎝⎛⎭⎫522－2＝2524－5.故△EMF 面积的取值范围为⎣⎡⎦⎤2524－5，2524＋5.法二：直线l 的普通方程为x ＋y －5＝0.因为圆C 1的半径为2，且圆心到直线l 的距离d ＝|0＋0－5|2＝522，因为522>2，所以圆C 1与直线l 相离．所以圆C 1上的点M 到直线l 的距离最大值为d ＋r ＝522＋2，最小值为d －r ＝522－2.所以△EMF 面积的最大值为12×5×⎝⎛⎭⎫522＋2＝2524＋5；△EMF 面积的最小值为12×5×⎝⎛⎭⎫522－2＝2524－5.故△EMF 面积的取值范围为⎣⎡⎦⎤2524－5，2524＋5.[点评] 1.解决极坐标与参数方程的综合问题的关键是掌握极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与普通方程的互化．涉及圆、圆锥曲线上的点的最值问题，往往通过参数方程引入三角函数，利用三角函数的最值求解．2．数形结合的应用，即充分利用参数方程、参数的几何意义，或者利用ρ和θ的几何意义，直接求解，能达到化繁为简的解题目的．角度二曲线的参数方程曲线的参数方程及注意点(1)直线的参数方程经过点P 0(x 0，y 0)，倾斜角为α的直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数)．t 的几何意义是OP →的数量，即|t |表示P 0到P 的距离，t 有正负之分．使用该式时直线上任意两点P 1，P 2对应的参数分别为t 1，t 2，则|P 1P 2|＝|t 1－t 2|，P 1P 2的中点对应的参数为12(t 1＋t 2)．(2)圆的参数方程圆心在点M (x 0，y 0)，半径为r 的圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋r cos θ，y ＝y 0＋r sin θ (θ为参数，0≤θ≤2π)．(3)圆锥曲线的参数方程①椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝a cos θ，y ＝b sin θ (θ为参数)．②抛物线y 2＝2px (p >0)的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt 2y ＝2pt(t 为参数)．(4)与参数方程有关的两个注意点①将参数方程化为普通方程时忽视参数对变量x ，y 范围的限定致错．1．(2020·长沙模拟)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝m ＋13m，y ＝m －13m，(m 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3＝1.(1)求曲线C 的普通方程以及直线l 的直角坐标方程； (2)已知点M ()2，0，若直线l 与曲线C 交于P ，Q 两点，求1||MP ＋1||MQ 的值． [解] (1)由x 2＝m 2＋23＋19m 2，y 2＝m 2－23＋19m 2，故x 2－y 2＝43⇒3x 24－3y 24＝1. 又直线l ：ρ⎝⎛⎭⎫12cos θ－32sin θ＝1⇒12x －32y ＝1，故x －3y －2＝0. (2)由k ＝tan θ＝33⇒cos θ＝32，sin θ＝12，故直线l 的标准参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋32t ，y ＝12t(t 为参数)，将其代入曲线C 中，得12t 2＋23t ＋83＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧t 1＋t 2＝－43，t 1t 2＝163，故1||MP ＋1||MQ ＝1||t 1＋1||t 2＝||t 1＋t 2||t 1t 2＝334.[点评] 参数方程化为普通方程消去参数的方法(1)代入消参法：将参数解出来代入另一个方程消去参数，直线的参数方程通常用代入消参法．(2)三角恒等式法：利用sin 2 α＋cos 2 α＝1消去参数，圆的参数方程和椭圆的参数方程都是运用三角恒等式法．(3)常见消参数的关系式： ①t ·1t＝1；②⎝⎛⎭⎫t ＋1t 2－⎝⎛⎭⎫t －1t 2＝4； ③⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 1＋t 22＋⎝⎛⎭⎪⎫1－t 21＋t 22＝1. 2．(2020·芜湖模拟)已知直线l ：⎩⎨⎧ x ＝t ，y ＝－3＋3t (t 为参数)，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ (θ为参数)．(1)设l 与C 1相交于A ，B 两点，求|AB |；(2)若把曲线C 1上各点的横坐标压缩为原来的12倍，纵坐标压缩为原来的32倍，得到曲线C 2，设点P 是曲线C 2上的一个动点，求它到直线l 距离的最小值．[解] (1)直线l 的普通方程为y ＝3(x －1)，C 1的普通方程为x 2＋y 2＝1.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3(x －1)，x 2＋y 2＝1，解得l 与C 1 的交点为A (1,0)，B ⎝⎛⎭⎫12，－32，则|AB |＝1.(2)曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝12cos θ，y ＝32sin θ(θ为参数)，故点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫12cos θ，32sin θ，从而点P 到直线l 的距离是d ＝⎪⎪⎪⎪32cos θ－32sin θ－32＝34⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＋2，由此当sin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝－1时，d 取得最小值，且最小值为23－64.命题点2 不等式选讲角度一绝对值不等式的常用解法绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法：对a ∈R ＋，|x |<a ⇔－a <x <a ，|x |>a ⇔x <－a 或x >a . (2)平方法：两边平方去掉绝对值符号．(3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解． (5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．[高考题型全通关]1．(2020·深圳模拟)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|. (1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集；(2)若f (x )≤|x －4|的解集包含[1,2]，求a 的取值范围． [解] (1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋5，x ≤2，1，2<x <3，2x －5，x ≥3.当x ≤2时，由f (x )≥3得－2x ＋5≥3，解得x ≤1；当2＜x ＜3时，f (x )≥3无解；当x ≥3时，由f (x )≥3得2x －5≥3，解得x ≥4. 所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1或x ≥4}． (2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |.当x ∈[1,2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |⇔(4－x )－(2－x )≥|x ＋a |⇔－2－a ≤x ≤2－a ，由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，解得－3≤a ≤0，故满足条件的实数a 的取值范围为[－3,0]． 2．(2020·吉林二模)已知函数f (x )＝|ax ＋1|＋|x －1|. (1)若a ＝2，解关于x 的不等式f (x )<9；(2)若当x >0时，f (x )>1恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＝||2x ＋1||＋x －1＝⎩⎨⎧3x ，x >1，x ＋2，－12≤x ≤1，－3x ，x <－12，由此可知，f (x )<9的解集为{}x |－3<x <3.(2)当a >0时，f (x )＝||ax ＋1||＋x －1＝⎩⎪⎨⎪⎧()a ＋1x ，x >1，()a －1x ＋2，－1a≤x ≤1，－()a ＋1x ，x <－1a.f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－1a 和f ()1中的最小值，其中f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝1＋1a >1，f (1)＝a ＋1>1. 所以f (x )>1恒成立．当a ＝0时，f (x )＝||x －1＋1≥1，且f (1)＝1，f (x )>1不恒成立，不符合题意．当a <0时，f ()1＝||1＋a ，f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝⎪⎪⎪⎪1＋1a ，若－2≤a <0，则f ()1≤1，故f (x )>1不恒成立，不符合题意；若a <－2，则f ⎝⎛⎭⎫－1a <1，故f (x )>1不恒成立，不符合题意．综上，a ∈()0，＋∞. 角度二不等式证明证明不等式的常用方法(1)不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法等，运用综合法证明不等式时，主1．(2020·江苏一模)已知a ，b ，c 都是正实数，且1a ＋1b ＋1c ＝1.证明：(1)abc ≥27； (2)b a 2＋c b 2＋ac2≥1.[证明] (1)∵a ，b ，c 都是正实数，∴1a ＋1b ＋1c ≥331abc ，又∵1a ＋1b ＋1c＝1，∴331abc≤1，即abc ≥27，得证． (2)∵a ，b ，c 都是正实数， ∴b a 2＋1b≥2b a 2·1b ＝2a ①，c b 2＋1c≥2c b 2·1c ＝2b ②，a c 2＋1a≥2a c 2·1a ＝2c③，由①＋②＋③得，b a 2＋c b 2＋a c 2＋1b ＋1c ＋1a ≥2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ， ∴b a 2＋c b 2＋a c 2≥1a ＋1b ＋1c ＝1，得证． 2．已知函数f (x )＝|x ＋a |＋⎪⎪⎪⎪x －1a . (1)证明：f (x )≥2；(2)当a ＝12时，f (x )≥x ＋b ，求b 的取值范围．[解] (1)证明：f (x )＝|x ＋a |＋⎪⎪⎪⎪x －1a ≥⎪⎪⎪⎪a ＋1a ＝|a |＋⎪⎪⎪⎪1a ≥2|a |·⎪⎪⎪⎪1a ＝2.(2)当a ＝12时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋12＋||x －2＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋32，x ≤－12，52，－12<x <2，2x －32，x ≥2，作出f (x )的图象，如图．由图，可知f (x )≥x ＋b ，当且仅当f (2)≥2＋b ，解得b ≤12，故b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，12. 角度三与绝对值不等式有关的最值问题代数式最值的求法(1)形如f (x )＝|Ax ＋B |±|Ax ＋C |的最值常用绝对值三角不等式求解．(2)形如f (x )＝|Ax ＋B |±|Cx ＋D |的最值由绝对值的几何意义，转化为分段函数求最值．(3)利用基本不等式：ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22或abc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 33求最值．(4)利用柯西不等式：∑ni ＝1 (a i b i )2≤∑n i ＝1a 2i ·∑ni ＝1b 2i 求最值．[高考题型全通关]1．设函数f (x )＝|x ＋1|－|x |的最大值为m . (1)求m 的值；(2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求a 2b ＋1＋b 2a ＋1的最小值．[解] (1)|x ＋1|－|x |≤|x ＋1－x |＝1， f (x )的最大值为1，∴m ＝1. (2)由(1)可知，a ＋b ＝1，∴a 2b ＋1＋b 2a ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋1＋b 2a ＋1[(a ＋1)＋(b ＋1)]＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2(a ＋1)b ＋1＋b 2(b ＋1)a ＋1＋a 2＋b 2 ≥13(2ab ＋a 2＋b 2)＝13(a ＋b )2＝13，当且仅当a ＝b ＝12时取等号，∴a 2b ＋1＋b 2a ＋1的最小值为13.2．设函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋a |.(1)当a ＝1时，求f (x )的图象与直线y ＝3围成区域的面积； (2)若f (x )的最小值为1，求a 的值． [解] (1)当a ＝1时，f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|＝⎩⎨⎧－3x ，x ＜－1，－x ＋2，－1≤x ＜12，3x ，x ≥12，如图，作出函数f (x )的图象与直线y ＝3，结合图象可知所求面积为12×[1－(－1)]×⎝⎛⎭⎫3－32＝32. (2)法一：(借助分段函数的性质) 当－a ＞12，即a ＜－12时，f (x )＝⎩⎨⎧－3x －a ＋1，x ＜12，x －a －1，12≤x ＜－a ，3x ＋a －1，x ≥－a ，则f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝12－a －1＝1，所以a ＝－32. 当－a ≤12，即a ≥－12时，f (x )＝⎩⎨⎧－3x －a ＋1，x ＜－a ，－x ＋a ＋1，－a ≤x ＜12，3x ＋a －1，x ≥12，则f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝3×12＋a －1＝1，所以a ＝12. 综上，a ＝－32或a ＝12.法二：(解恒成立问题)∵f (x )＝|2x －1|＋|x ＋a |＝⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪x －12＋|x ＋a |≥⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪a ＋12≥⎪⎪⎪⎪a ＋12，当且仅当x ＝12时取等号．令⎪⎪⎪⎪a ＋12＝1，得a ＝12或a ＝－32.。

2020新高考数学二轮复习全套教案精品

B．【评析】当条件 p 和 q 以集合的形式表现时，可用下面的方法判断充分性与必要性：设
满足条件 p 的元素构成集合 A，满足条件 q 的元素构成集合 B，若 A B 且 B A，则 p 是 q
的充分非必要条件；若 A B 且 B A，则 p 是 q 的必要非充分条件；若 A＝B，则 p 与 q 互
数为 ______． 7．设全集 U ＝R ， A＝ { x｜x≤－ 3 或 x≥ 2，} B＝ { x｜－ 1＜ x＜ 5} ，则 ( UA) ∩B＝ ______. 8．设集合 S＝ { a0， a1， a2， a3} ，在 S 上定义运算为： ai aj＝ ak，其中 k 为 i ＋ j 被 4 除
中的补集．记作 UA．
2、集合的交、并、补运算事实上是较为复杂的
“且 ”、 “或 ”、 “非”的逻辑关系运算，而
韦恩图可以将这种复杂的逻辑关系直观化，是解决集合运算问题的一个很好的工具，要习惯
2
使用它解决问题，要有意识的利用它解决问题．例 3 设集合 M＝ { x｜－ 1≤x＜ 2} ，N＝ { x｜ x＜ a} ．若 M ∩N＝，则实数 a 的取值范围
1．对于给定的集合能认识它表示什么集合．在中学常见的集合有两类：数集和点集．
2．能正确区分和表示元素与集合，集合与集合两类不同的关系．
3．掌握集合的交、并、补运算．能使用韦恩图表达集合的关系及运算．
4．把集合作为工具正确地表示函数的定义域、值域、方程与不等式的解集等．【例题分析】
例 1 给出下列六个关系：
(2)若 A∩B＝A，则 A B．
【解析】 (1)逆命题：若 ab＝0，则 a2＋b2＝ 0；是假命题．否命题：若 a2＋b2≠０，则 ab≠０；是假命题．逆否命题：若 ab≠０，则 a2＋ b2≠０；是真命题．

2019年高考数学(文科)二轮专题辅导教师用书：第一部分第三层级难点、自选板块

难点自选专题一“选填”压轴小题命题的4大区域[全国卷3年考情分析]命题区域(一) 函数与导数本类压轴题常以分段函数、抽象函数等为载体，考查函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等．要注意函数y ＝f (x )与方程f (x )＝0以及不等式f (x )>0的关系，进行彼此之间的转化是解决该类题目的关键．解决该类问题的途径往往是构造函数，进而研究函数的性质，利用函数性质去求解问题是常用方法．其间要注意导数的应用：利用导数研究可导函数的单调性，求可导函数的极值和最值，以及利用导数解决实际应用题是导数在中学数学中的主要应用．[例1] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x >a ，若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________．[技法演示]法一：分段处理，分类讨论记g (x )＝x 3－3x ，h (x )＝－2x ，同时作出函数g (x )与h (x )的图象，如图所示，则h (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，下面分析g (x )的单调性．因为g ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，当x 变化时，g ′(x )和g (x )变化如下：下面分析f (x )的单调性，注意到f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )，x ≤a ，h (x )，x >a ，结合前面g (x )与h (x )的单调性，我们可以按下述三种情况讨论：①若a <－1，则f (x )在(－∞，a ]上的最大值为f (a )，由g (x )在(－∞，－1)上单调递增，f (a )＝g (a )<g (－1)＝2，而f (x )在(a ，＋∞)上无最大值，取值范围是(－∞，－2a )，由于－2a >2，此时函数f (x )无最大值，符合题意．②若－1≤a <1，则f (x )在(－∞，a ]上的最大值为f (－1)＝2，且当x >a 时，f (x )＝h (x )<h (a ) ≤h (－1)＝2，则当x ＝－1时，f (x )取得最大值，不符合题意．③若a ≥1，由g (x )的单调性可得，f (x )在(－∞，a ]上的最大值为f (－1)或f (a )，令M ＝max{f (－1)，f (a )}，则有M ≥f (－1)＝2，而当x >a 时，f (x )＝h (x )<h (a )≤h (1)＝－2，则f (x )有最大值M ，不符合题意．综上，若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是(－∞，－1)．法二：整体考虑，正难则反记g (x )＝x 3－3x ，h (x )＝－2x ，由解法一知h (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且当x 变化时，g ′(x )和g (x )变化如下：由于h (x )在(a ，＋∞)上单调递减，无最大值，若f (x )有最大值，也只可能在x ＝－1或x ＝a 处取得，同时作出函数g (x )与h (x )的图象，如图所示，容易求得它们的交点分别是(－1,2)，(0,0)和(1，－2)．注意到g (－1)＝h (－1)＝2，由图象可见，若f (x )在x ＝－1处取得最大值，实数a 的取值范围是 [－1,2]，若f (x )在x ＝a 处取得最大值，实数a 的取值范围是[2，＋∞)．综上，若f (x )有最大值，则实数a 的取值范围是[－1，＋∞)，从而，若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是(－∞，－1)．法三：平移直线x ＝a ，直接秒杀根据题意，将函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x >a 采用分离的方式，记g (x )＝x 3－3x ，h (x )＝－2x ，同时在同一平面直角坐标系中作出函数g (x )与h (x )的图象，将直线x ＝a 在图象中沿着x 轴左右平移，观察直线x ＝a 与函数g (x )，h (x )的图象的交点(曲线点实，直线点虚)变化，如图所示，当直线x ＝a 在直线x ＝－1左边时满足条件“f (x )无最大值”，所以实数a 的取值范围是(－∞，－1)．[答案] (－∞，－1)[系统归纳]“三招”破解分段函数最值问题[应用体验]1．若函数f (x )＝|x ＋1|＋|2x ＋a |的最小值为3，则实数a 的值为( ) A ．5或8 B ．－1或5 C ．－1或－4D ．－4或8解析：选D 当a ≥2时，f (x )＝⎩⎨⎧3x ＋a ＋1，x >－1，x ＋a －1，－a 2≤x ≤－1，－3x －a －1，x <－a2，如图1可知，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a2－1＝3，可得a ＝8；当a <2时，f (x )＝⎩⎨⎧3x ＋a ＋1，x >－a2，－x －a ＋1，－1≤x ≤－a 2，－3x －a －1，x <－1，如图2可知，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝－a2＋1＝3，可得a ＝－4.[例2] 已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1) [技法演示]法一：分类讨论，各个击破分类讨论就是将数学问题进行分类，然后对划分的每一类分别进行研究，最后整合获解，其基本思路是化整为零，各个击破．由已知得a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a . 当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0； x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞，f ′(x )>0. 所以函数f (x )在(－∞，0)和⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，2a 上单调递减，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于零的零点，不符合题意．当a <0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，2a ，f ′(x )<0； x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，0，f ′(x )>0； x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0.所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，0上单调递增，所以要使f (x )有唯一的零点x 0，且x 0>0，只需f ⎝⎛⎭⎫2a >0，即a 2>4，解得a <－2. 法二：数形结合，曲曲与共函数f (x )的零点，亦即函数f (x )的图象与x 轴的交点的横坐标，是数形结合思想应用的联结点，因此用图象来揭开函数零点的神秘面纱成为我们解决函数零点问题常用而最有效的策略．令f (x )＝0，得ax 3＝3x 2－1.问题转化为g (x )＝ax 3的图象与h (x )＝3x 2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a ＝0时，函数g (x )的图象与h (x )的图象存在两个的交点；当a >0时，如图(1)所示，不合题意；当a <0时，由图(2)知，可先求出函数g (x )＝ax 3与h (x )＝3x 2－1的图象有公切线时a 的值．由g ′(x )＝h ′(x )，g (x )＝h (x )，得a ＝－2.由图象可知当a <－2时，满足题意．法三：参变分离，演绎高效参变分离法，亦即将原函数中的参变量进行分离，转化成求函数值域问题加以解决．巧用参数分离求解零点问题，既可以回避对参数取值的分类讨论，又形象直观，一目了然．易知x ≠0，令f (x )＝0，则a ＝3x －1x 3，记g (x )＝3x －1x 3，g ′(x )＝－3x 2＋3x 4＝－3(x 2－1)x 4，可知g (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g (－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y ＝a ，结合图象，可知a <－2.[答案] B[系统归纳]“三招”破解含参零点问题[应用体验]2．已知函数f (x )＝|x 2＋3x |(x ∈R)．若方程f (x )－a |x －1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围为________．解析：法一：画出函数f (x )＝|x 2＋3x |的大致图象，如图，令g (x )＝a |x －1|，则函数f (x )的图象与函数g (x )的图象有且仅有4个不同的交点，显然a >0.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2－3x ，y ＝a (1－x )消去y ，得x 2＋(3－a )x ＋a＝0，由Δ>0，解得a <1或a >9；联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2＋3x ，y ＝a (1－x )消去y ，得x 2＋(3＋a )x －a ＝0，由Δ>0，解得a >－1或a <－9.综上，实数a 的取值范围为(0,1)∪(9，＋∞)．法二：易知a >0，且x ＝1不是方程的根．故有a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2＋3x x －1＝x －1＋4x －1＋5.设h (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1＋4x －1＋5，则问题等价于曲线y ＝h (x )与直线y ＝a 有4个不同交点．作出图象如图所示．显然y ＝9，y ＝1是y ＝h (x )的两条切线，此时都只有3个交点．于是，结合图形知，当0<a <1或a >9时，直线y ＝a 与曲线y ＝h (x )均有4个交点．所以a 的取值范围为(0,1)∪(9，＋∞)．答案：(0,1)∪(9，＋∞)[例3] 设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞) [技法演示]法一：构造抽象函数法观察xf ′(x )－f (x )<0这个式子的特征，不难想到商的求导公式，设F (x )＝f (x )x .因为f (x )是奇函数，故F (x )是偶函数，F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，易知当x >0时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在(0，＋∞)上单调递减．又f (－1)＝0，则f (1)＝0，于是F (－1)＝F (1)＝0，f (x )＝xF (x )，解不等式f (x )>0，即找到x 与F (x )的符号相同的区间，易知当x ∈(－∞，－1)∪(0,1)时，f (x )>0，故选A.法二：构造具体函数法题目中没有给出具体的函数，但可以根据已知条件构造一个具体函数，越简单越好，因此考虑简单的多项式函数．设f (x )是多项式函数，因为f (x )是奇函数，所以它只含x 的奇次项．又f (1)＝－f (－1)＝0，所以f (x )能被x 2－1整除．因此可取f (x )＝x －x 3，检验知f (x )满足题设条件．解不等式f (x )>0，得x ∈(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.[答案] A[系统归纳]1．利用和差函数求导法则构造函数(1)对于不等式f ′(x )＋g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )＋g (x )； (2)对于不等式f ′(x )－g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )；特别地，对于不等式f ′(x )>k (或<k )(k ≠0)，构造函数F (x )＝f (x )－kx . 2．利用积商函数求导法则构造函数(1)对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )； (2)对于不等式f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )(g (x )≠0)； (3)对于不等式xf ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝xf (x )； (4)对于不等式xf ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )x (x ≠0)； (5)对于不等式xf ′(x )－nf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )x n (x ≠0)； (6)对于不等式f ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝e x f (x )；(7)对于不等式f ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )e x .[应用体验]3．定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对任意实数x ，有f (x )>f ′(x )，且f (x )＋2 019为奇函数，则不等式f (x )＋2 019e x <0的解集是( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫－∞，1e D.⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞解析：选B 设g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x<0，所以g (x )是R 上的减函数，由于f (x )＋2 019为奇函数，所以f (0)＝－2 019，g (0)＝－2 019，因为f (x )＋2 019e x <0⇔f (x )e x <－2 019，即g (x )<g (0)，结合函数的单调性可知不等式f (x )＋2 019e x <0的解集是(0，＋∞)，故选B.命题区域(二) 三角函数、平面向量本类压轴题主要考查三角恒等变换与三角函数、解三角形相结合的综合问题．其中三角函数的图象与性质、三角形的面积问题是重点考查内容；平面向量主要考查与解析几何、函数、不等式等相结合的有关数量积问题．解决此类问题的关键是转化与化归思想的灵活运用．[例1] 已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)ω>0，|φ|≤π2，x ＝－π4为f (x )的零点，x ＝π4为y ＝f (x )图象的对称轴，且f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调，则ω的最大值为( )A ．11B ．9C ．7D ．5 [技法演示]法一：综合法由f ⎝⎛⎭⎫－π4＝0，得－π4ω＋φ＝k π(k ∈Z )，φ＝k π＋π4ω，则f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋k π＋π4ω ＝⎩⎨⎧sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4ω，k ＝2n ，－sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4ω，k ＝2n ＋1，(n ∈Z )．由f ⎝⎛⎭⎫π4＝±1，即sin ⎝⎛⎭⎫π4ω＋π4ω＝sin π2ω＝±1，可知ω为正奇数(ω>0)．由⎩⎨⎧－π2<k π＋π4ω<π2，2πω≥2⎝⎛⎭⎫5π36－π18得⎩⎨⎧－2－4k <ω<2－4k ，ω≤12.又由于ω>0，所以k 只能取0，－1，－2，－3. 当k ＝0时，ω∈(－2,2)；当k ＝－1时，ω∈(2,6)；当k ＝－2时，ω∈(6,10)；当k ＝－3时，ω∈(10,14)．因为ω是正奇数(不超过12)，所以ω∈{1,3,5,7,9,11}．当ω＝11时，x ∈⎝⎛⎭⎫π18，5π36，ωx ＋π4ω＝11x ＋11π4∈⎝⎛⎭⎫121π36，154π36，里面含有7π2，则f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上不可能单调，不符合题意．当ω＝9时，x ∈⎝⎛⎭⎫π18，5π36，ωx ＋π4ω＝9x ＋9π4∈⎝⎛⎭⎫99π36，126π36，里面不含2n ＋12π(n ∈Z)中的任何一个，即f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调，符合题意．综上，ω的最大值为9.故选B. 法二：分类讨论由题意5π36－π18≤T 2⇒T ≥π6，即2πω≥π6⇒0<ω≤12.①又由题意可得⎩⎨⎧－π4ω＋φ＝k π，π4ω＋φ＝π2＋n π，(n ，k ∈Z )，所以φ＝π4＋k ＋n2π(n ，k ∈Z )．又|φ|≤π2，所以－32≤k ＋n ≤12.(1)当k ＋n ＝0时，φ＝π4，ω＝1－4k .②由①②可得，当k ＝－2时，ω＝9，此时函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫9x ＋π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调递减，符合题意；当k ＝－1时，ω＝5，此时函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫5x ＋π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调递减，符合题意；当k ＝0时，ω＝1，此时f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调递增，符合题意； (2)当k ＋n ＝－1时，φ＝－π4，ω＝－1－4k .③由①③可得，当k ＝－1时，ω＝3，此时函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫3x －π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调递增，符合题意；当k ＝－2时，ω＝7，此时函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫7x －π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上不单调，舍去；当k ＝－3时，ω＝11，此时f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫11x －π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上不单调，舍去．综上，ω＝1,3,5,9，此法求出了ω的所有可能值． [答案] B[系统归纳]三角函数图象与性质问题的解题策略(1)函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)的图象的单调性、对称性、周期、零点等问题中涉及的结论：①若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)有两条对称轴x ＝a ，x ＝b ，则有|a －b |＝T 2＋kT2(k∈Z)；②若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)有两个对称中心M (a,0)，N (b,0)，则有|a －b |＝T2＋kT2(k ∈Z)； ③若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)有一条对称轴x ＝a ，一个对称中心M (b,0)，则有|a －b |＝T 4＋kT2(k ∈Z)．(2)研究函数在某一特定区间的单调性，若函数仅含有一个参数的时候，利用导数的正负比较容易控制，但对于函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)含多个参数，并且具有周期性，很难解决，所以必须有合理的等价转化方式才能解决．解法一尝试正面求解ω的可能值，但因单调区间的条件不好使用，仍然采取代入验证的方法解决．[应用体验]1．若函数f (x )＝cos 2x ＋a sin x 在区间⎝⎛⎭⎫π6，π2上是减函数，则a 的取值范围是________．解析：法一：导数法对f (x )＝cos 2x ＋a sin x 求导，得f ′(x )＝－2sin 2x ＋a cos x ．因为f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π6，π2上是减函数，所以f ′(x )≤0在⎝⎛⎭⎫π6，π2上恒成立，即a cos x ≤2sin 2x ＝4sin x cos x ，而cos x >0，所以a ≤4sin x ．在区间⎝⎛⎭⎫π6，π2上，12<sin x <1，于是a ≤2. 法二：图象法f (x )＝cos 2x ＋a sin x ＝1－2sin 2x ＋a sin x ＝－2⎝⎛⎭⎫sin x －a 42＋a28＋1，设t ＝sin x ，由x ∈⎝⎛⎭⎫π6，π2，知t ∈⎝⎛⎭⎫12，1.要使g (t )＝－2⎝⎛⎭⎫t －a 42＋a 28＋1在⎝⎛⎭⎫12，1上是减函数，只要a 4≤12即可，所以a ∈(－∞，2]．答案：(－∞，2][例2] 已知a a ＝2，且(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C ，则△ABC 的面积的最大值为________．[技法演示]法一：综合运用正、余弦定理由正弦定理知(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C 可化为(2＋b )(a －b )＝c (c －b )，将a ＝2代入整理，得b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，故A ＝π3，则△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝34bc .而b 2＋c 2－a 2＝bc ≥2bc －a 2⇒bc ≤4，所以S ＝34bc ≤3，当且仅当b ＝c ＝2时取到等号，故△ABC 的面积的最大值为 3.法二：正、余弦定理与数形结合由法一得A ＝π3，可知△ABC 的边a ＝2为定长，A ＝π3为定值，作出示意图如图所示，满足条件的点A 在圆周上的运动轨迹为优弧BC (不包括两个端点B ，C )，易知当点A 位于优弧中点时，此时△ABC 的面积最大，由于A ＝π3，则此时的△ABC 是等边三角形，面积为 3.法三：正、余弦函数的有界性由法一知A ＝π3，则由正弦定理得，b ＝a sin A ·sin B ＝433sin B ，c ＝433sin C ，则S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc＝433sin B ·sin C ＝433·12[cos(B －C )－cos(B ＋C )] ＝233cos(B －C )＋12≤233·⎝⎛⎭⎫1＋12＝3，当且仅当cos(B －C )＝1，即B ＝C 时，△ABC 的面积取得最大值 3. 法四：函数思想由法三得S △ABC ＝433sin B ·sin C ＝433sin B ·sin 2π3－B ，令g (B )＝sin B ·sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＝sin B 32cos B ＋12sin B ＝12sin ⎝⎛⎭⎫2B －π6＋14. 由0<B <2π3，易得g (B )max ＝34，当且仅当B ＝π3时取等号，所以△ABC 的面积的最大值为 3.[答案] 3[系统归纳]三角形面积最值问题的解题策略(1)借助正、余弦定理，把三角形面积这个目标函数转化为边或角的形式，然后借助基本不等式或函数性质来解决；(2)结合问题特征，构造几何图形来求得最值，直观迅速；(3)利用结论：已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，若a ＝m (m >0)，且∠A ＝θ，θ∈(0，π)，则△ABC 的面积的最大值是m 24tanθ2，当且仅当另外两个角相等时取等号．[应用体验]2．(2018·潍坊统一考试)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，外接圆的半径为1，且tan A tan B＝2c －bb ，则△ABC 面积的最大值为________．解析：因为tan A tan B ＝2c －bb ，所以b sin A cos A ＝(2c －b )sin B cos B ，由正弦定理得sin B sin A cos B ＝(2sin C －sin B )sin B cos A ，又sin B ≠0，所以sin A cos B ＝(2sin C －sin B )cos A ，所以sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos A ， sin(A ＋B )＝2sin C cos A ，即sin C ＝2sin C cos A ，又sin C ≠0，所以cos A ＝12，sin A ＝32，设外接圆的半径为r ，则r ＝1，由余弦定理得bc ＝b 2＋c 2－a 22cos A ＝b 2＋c 2－a 2＝b 2＋c 2－(2r sin A )2＝b 2＋c 2－3≥2bc －3(当且仅当b ＝c 时，等号成立)，所以bc ≤3，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤334.答案：334[例3] ABC ＝60°，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且BE ―→＝λBC ―→，DF ―→＝19λDC ―→，则AE ―→·AF ―→的最小值为________．[技法演示]法一：基底法选取{AB ―→，BC ―→}为一组基底，由题意易求DC ＝1，|AB ―→|＝2，|BC ―→|＝1，AB ―→·BC ―→＝2×1×cos 120°＝－1，AE ―→＝AB ―→＋BE ―→＝AB ―→＋λBC ―→，AF ―→＝AB ―→＋BC ―→＋CF ―→＝AB ―→＋BC ―→－12⎝⎛⎭⎫1－19λAB ―→＝12⎝⎛⎭⎫1＋19λAB ―→＋BC ―→. 于是AE ―→·AF ―→＝(AB ―→＋λBC ―→)·12⎝⎛⎭⎫1＋19λAB ―→＋BC ―→＝12⎝⎛⎭⎫1＋19λ×4－1－λ2⎝⎛⎭⎫1＋19λ＋λ＝1718＋λ2＋29λ≥1718＋2 λ2·29λ＝2918(λ>0)，当且仅当λ2＝29λ，即λ＝23时等号成立，故AE ―→·AF ―→的最小值为2918.法二：坐标法以A 为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，因为AB ∥DC ，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°，所以DC ＝1，即B (2,0)，D ⎝⎛⎭⎫12，32，C ⎝⎛⎭⎫32，32. 因为BE ―→＝λBC ―→，DF ―→＝19λDC ―→，所以E ⎝⎛⎭⎫2－λ2，32λ，F ⎝⎛⎭⎫12＋19λ，32， AE ―→＝⎝⎛⎭⎫2－λ2，32λ，AF ―→＝⎝⎛⎭⎫12＋19λ，32.所以AE ―→·AF ―→＝⎝⎛⎭⎫2－λ2⎝⎛⎭⎫12＋19λ＋34λ＝1718＋λ2＋29λ≥1718＋219＝2918. 当且仅当λ2＝29λ，即λ＝23时等号成立，故AE ―→·AF ―→的最小值为2918.[答案]2918[系统归纳]向量数量积问题的解题策略[应用体验]3．已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE ―→·CB ―→＝________；DE ―→·DC ―→的最大值为________．解析：法一：如图，以射线AB ，AD 为x 轴，y 轴的正方向建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (1,0)，C (1,1)，D (0,1)，则E (t,0)，t ∈[0,1]，DE ―→＝(t ，－1)，CB ―→＝(0，－1)，所以DE ―→·CB ―→＝(t ，－1)·(0，－1)＝1.因为DC ―→＝(1,0)，所以DE ―→·DC ―→＝(t ，－1)·(1,0)＝t ≤1，故DE ―→·DC ―→ 的最大值为1.法二：由图知，无论E 点在哪个位置，DE ―→在CB ―→方向上的投影都是|CB ―→|＝1，所以DE ―→·CB ―→＝|CB ―→|·1＝1，当点E 运动到B 点时，DE ―→在DC ―→方向上的投影最大即为|DC ―→|＝1，所以(DE ―→·DC ―→)max ＝|DC ―→|·1＝1.答案：1 1命题区域(三) 立体几何此类压轴题主要考查以立体几何为背景的新颖问题．以立体几何为背景的新颖问题常见的有折叠问题、与函数图象相结合问题、最值问题、探索性问题等．(1)对探索、开放、存在型问题的考查：探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程高考命题改革的重要方向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何中．(2)对折叠、展开问题的考查：图形的折叠与展开问题(三视图问题可看作是特殊的图形变换)蕴涵了“二维——三维——二维”的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”的思辨，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立体几何中的重要题型．[例1] 11111D 1，平面α∩平面ABCD ＝m ，平面α∩平面ABB 1A 1＝n ，则直线m ，n 所成角的正弦值为( )A.32 B.22C.33D.13[技法演示]法一：割补法我们先尝试把m ，n 这两条直线都作出来，易知这个平面α一定在正方体外，所以要往上补形，如图所示，过点A 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的上方补作一个与正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1相同棱长的正方体ABCD -A 2B 2C 2D 2，可证平面AB 2D 2就是平面α，n 就是AB 2.因为平面ABCD ∥平面A 2B 2C 2D 2，所以B 2D 2∥m ，说明m 应该是经过点A 且在平面ABCD 内与B 2D 2平行的直线，则直线m ，n 所成的角就是∠AB 2D 2，因为△AB 2D 2为等边三角形，所以 sin ∠AB 2D 2＝sin π3＝32，故选A.法二：平移法1事实上对法一可进行适当简化，无须补形也可以．设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m ′，因为平面α∩平面ABCD ＝m ，平面α∥平面CB 1D 1，所以m ∥m ′.又平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥m ′，所以B 1D 1∥m .同理可得CD 1∥n ，故直线m ，n 所成角即为直线B 1D 1，CD 1所成的角∠CD 1B 1.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1C ＝B 1D 1＝CD 1，所以∠CD 1B 1＝π3，所以sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.法三：平移法2与法二类似，我们尝试在正方体内部构造一个平面与平面α平行，也即与平面CB 1D 1平行．如图所示，让点A 在平面ABCD 内运动，不妨让点A 在对角线AC 上运动，易知平面BA 1D 与平面CB 1D 1平行，则直线m ，n 所成的角就是∠DBA 1，其正弦值为32，故选A. [答案] A[系统归纳]异面直线所成角问题的解题策略平移化归是关键：求异面直线所成角，关键是将两条异面的直线平移到相交状态，作出等价的平面角，再解三角形即可，常规步骤是“一作二证三计算”，而第一步最为关键，平移谁，怎么平移都要视题目条件而定.[应用体验]1．已知四面体ABCD 的每个顶点都在球O 的表面上，AB ＝AC ＝5，BC ＝8，AD ⊥底面ABC ，G 为△ABC 的重心，且直线DG 与底面ABC 所成角的正切值为12，则球O 的表面积为________．解析：在等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝8，取BC 的中点E ，连接AE ，重心G 为AE 的三等分点，AE ＝AB 2－BE 2＝3，AG ＝2，由于AD ⊥底面ABC ，直线DG 与底面ABC 所成角的正切值为12，所以tan ∠DGA ＝DA AG ＝12，DA ＝1，在等腰△ABC 中，cos ∠ACB ＝52＋82－522×5×8＝45，sin ∠ACB ＝35，所以△ABC 的外接圆直径2r ＝AB sin C ＝535＝253，r ＝256，设 △ABC 的外接圆圆心为O 1，四面体ABCD 的球心为O ，在Rt △AOO 1中，R 2＝OA 2＝AO 21＋⎝⎛⎭⎫AD 22＝⎝⎛⎭⎫2562＋⎝⎛⎭⎫122＝63436，球的表面积为S ＝4πR 2＝6349π. 答案：6349π[例2] 如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体P -BCD 的体积的最大值是________．[技法演示]法一：平面几何法由题意可知四面体P -BCD 的体积最大时，应有平面PBD ⊥平面BCD .如图，过点P 作PF ⊥BD ，垂足为F ，则PF ⊥平面BCD ，则V P -BCD ＝13S △BCD ·PF .由翻折过程可知AF ＝PF ，则V P -BCD ＝13S △BCD ·AF ，这样就将空间问题转化为△ABC 内的问题．等腰△ABC 的底边AC 边上的高h ＝AB ·sin 30°＝1，V P -BCD ＝13×12×DC ×h ×AF ＝16DC ·AF . DC 与AF 不在同一个三角形中，用哪个变量能表示两者呢？注意到当点D 在AC 上运动时，∠ADB 也是在变化的，因此可以取∠ADB 为自变量，产生下面的解法．如图，因为S △ABD ＝12BD ·AF ＝12AD ·h ，则AF ＝AD BD ，得V P -BCD ＝16DC ·AD BD .设∠ADB ＝α，由正弦定理得ADDB ＝2sin(150°－α)，DC ＝2sin (α－30°)sin α，则V P -BCD ＝23×sin (150°－α)sin (α－30°)sin α＝－cos 2α＋cos 120°3sin α＝23⎝⎛⎭⎫sin α－14sin α，易知函数f (x )＝x －14x 在区间(0,1]上单调递增，于是V P -BCD≤23⎝⎛⎭⎫1－14＝12. 法二：构造法换个角度看问题，我们把△ABC “立起来”，如图，设BO ⊥平面ACP ，考虑以B 为顶点，△ACP 的外接圆⊙O 为底面的圆锥，易得AC ＝23，则OB ＝BA 2－OA 2≤4－⎝⎛⎭⎫12AC 2＝1.设∠PDA ＝θ，θ∈(0，π)，AD ＝x (0<x <23)，则S △PCD ＝12x ·(23－x )sin θ≤12x ·(23－x )≤12⎝⎛⎭⎫2322＝32，所以四面体P -BCD 的体积V P -BCD ＝13·S △PCD ·OB ≤12，当且仅当OA ＝12AC ＝3，且θ＝π2时取等号(此时D 点与圆心O 重合，PD 垂直平分AC ，进而可得BD ⊥PD )．法三：解析法由于△ABC 是顶角为120°的等腰三角形，故建系非常方便．如图，取AC 的中点O 为原点，以AC 所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (－3，0)，B (0，－1)，C (3，0)，设D (t,0)，t ∈ (－3，3)，易知直线BD 的方程为x －ty －t ＝0，则点A 到直线BD 的距离AF ＝3＋t 1＋t2，又DC ＝3－t ，于是V P -BCD＝16DC ·AF ＝16·3－t 21＋t 2，令f (t )＝16·3－t 21＋t 2＝1641＋t 2－1＋t 2，t 2∈[0,3)，易知该函数在[0,3)上单调递减，故V P -BCD ≤f (0)＝12，此时D 在原点． [答案]12[系统归纳]空间最值问题的解题关键(1)要善于将空间问题转化为平面问题：这一步要求我们具备较强的空间想象能力，对几何体的结构特征要牢牢抓住，如本题一定要分析出“当四面体P -BCD 的体积取最大值时，必有平面PBD ⊥平面BCD ”，要判断出△PBD 与△ABD 是翻折关系(全等)，这样才能进一步将空间问题转化为平面内的问题；(2)转化后的运算：因为已经是平面内的问题，那么方法就比较多了，如三角函数法、均值不等式，甚至导数都是可以考虑使用的工具．[应用体验]2．表面积为60π的球面上有四点S ，A ，B ，C 且△ABC 是等边三角形，球心O 到平面ABC 的距离为3，若平面SAB ⊥平面ABC ，则棱锥S -ABC 体积的最大值为________．解析：因为球的表面积为60π，所以球的半径为15，设△ABC 的中心为D ，则OD ＝3，所以DA ＝23，则AB ＝6，棱锥S -ABC 的底面积S ＝34×62＝93为定值，欲使其体积最大，应有S 到平面ABC 的距离取最大值，又平面SAB ⊥平面ABC ，所以S 在平面ABC 上的射影落在直线AB 上，而SO ＝15，点D 到直线AB 的距离为3，则S 到平面ABC 的距离的最大值为33，所以V ＝13×93×33＝27.答案：27命题区域(四) 解析几何本类压轴题主要考查圆锥曲线的几何性质、特定字母的取值范围以及圆锥曲线中的最值问题．圆锥曲线的几何性质是高考考查圆锥曲线的重点内容之一．在选择、填空题中主要考查椭圆和双曲线的离心率、参数的值(范围)、双曲线的渐近线方程以及抛物线的焦点弦．圆锥曲线中的弦长是直线与圆锥曲线相交时产生的，面积也以弦长的计算为基础，高考重点考查直线与圆锥曲线的位置关系，它是命制压轴题时的一个重要命题方向．[例1] 已知F 1，F 2分别是双曲线E ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，点M 在双曲线E 上，MF 1与x 轴垂直，sin ∠MF 2F 1＝13，则双曲线E 的离心率为( )A.2B.32C. 3D ．2 [技法演示]法一：定义法因为△MF 1F 2是直角三角形，且sin ∠MF 2F 1＝13，所以|MF 1|＝|MF 2|sin ∠MF 2F 1＝13|MF 2|，即|MF 2|＝3|MF 1|.①由双曲线的定义可知|MF 2|－|MF 1|＝2a .② 由①和②可求得|MF 1|＝a ，|MF 2|＝3a .在Rt △MF 1F 2中，由勾股定理得|MF 2|2－|MF 1|2＝|F 1F 2|2，即(3a )2－a 2＝(2c )2，化简得2a 2＝c 2，即⎝⎛⎭⎫c a 2＝2，从而可知e ＝ 2.故选A.法二：利用正弦定理在Rt △MF 1F 2中，sin ∠F 1MF 2＝sin(90°－∠MF 2F 1)＝cos ∠MF 2F 1＝223，sin ∠MF 1F 2＝1.由正弦定理得e ＝|F 1F 2||MF 2|－|MF 1|＝sin ∠F 1MF 2sin ∠MF 1F 2－sin ∠MF 2F 1＝2231－13＝ 2.故选A.法三：利用直角三角形的三角函数设点M (－c ，y 0)，则(－c )2a 2－y 20b 2＝1，由此解得y 20＝|MF 1|2＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2－a 2a 2＝(c 2－a 2)2a 2.∵△MF 1F 2是直角三角形，且sin ∠MF 2F 1＝13，∴cos ∠MF 2F 1＝223，tan ∠MF 2F 1＝24，从而可得|MF 1||F 1F 2|＝24⇒|MF 1|2|F 1F 2|2＝18⇒|F 1F 2|2|MF 1|2＝4c 2y 20＝8，即4c 2(c 2－a 2)2a 2＝8，化简整理得2c 4－5a 2c 2＋2a 4＝0，两边同除以a 4，得2⎝⎛⎭⎫c a 4－5⎝⎛⎭⎫c a 2＋2＝0，即⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫c a 2－1 ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫c a 2－2＝0， ∵ca >1，∴⎝⎛⎭⎫c a 2＝2，即e ＝ 2. [答案] A[系统归纳]圆锥曲线离心率问题的求解策略(1)双曲线(椭圆)的定义可直接建立“焦点三角形”的两边关系．用好这一隐含条件，可为三角形的求解省下不少功夫．法二便充分利用了双曲线的定义将离心率e 写成|F 1F 2||MF 2|－|MF 1|，转化为“焦点三角形”的三边关系，从而利用正弦定理再转化到已知的角上去．(2)在求解圆锥曲线(主要指的是椭圆和双曲线)的离心率问题时，要把握一个基本思想，就是充分利用已知条件和挖掘隐含条件建立起a 与c 的关系式．[注意] 在求离心率的值时需建立等量关系式，在求离心率的范围时需建立不等量关系式．[应用体验]1．已知双曲线E ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A ，抛物线C ：y 2＝8ax 的焦点为F ，若在E 的渐近线上存在点P ，使得PA ⊥FP ，则E 的离心率的取值范围是( )A ．(1,2) B.⎝⎛⎦⎤1，324 C ．(2，＋∞)D.⎣⎡⎭⎫324，＋∞ 解析：选B 双曲线E ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A (a,0)，抛物线C ：y 2＝8ax的焦点为F (2a,0)，双曲线的渐近线方程为y ＝±b a x ，可设P ⎝⎛⎭⎫m ，b a m ，则有AP ―→＝⎝⎛⎭⎫m －a ，b a m ，FP ―→＝⎝⎛⎭⎫m －2a ，b a m ，由PA ⊥FP ，得AP ―→·FP ―→＝0，即(m －a )(m －2a )＋b 2a 2m 2＝0，整理得⎝⎛⎭⎫1＋b 2a 2m 2－3ma ＋2a 2＝0，由题意可得Δ＝9a 2－41＋b 2a 2·2a 2≥0，即a 2≥8b 2＝8(c 2－a 2)，即8c 2≤9a 2，则e ＝c a ≤324.又e >1，所以1<e ≤324.[例2] 设A ，B 是椭圆C ：x 3＋y m ＝1长轴的两个端点，若C 上存在点M 满足∠AMB＝120°，则m 的取值范围是( )A ．(0,1]∪[9，＋∞)B ．(0，3]∪[9，＋∞)C ．(0,1]∪[4，＋∞)D ．(0，3]∪[4，＋∞)[技法演示]法一：几何性质法如图，设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)．过点M 作MN ⊥AB ，垂足为N ，设M (x ，y )．根据椭圆的对称性，不妨令y >0，设∠AMN ＝α，∠BMN ＝β，则tan α＝x ＋a y ，tan β＝a －xy . 又点M 在椭圆上，所以x 2＝a 2－a 2y 2b2.则tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝x ＋a y ＋a －xy1－a 2－x 2y 2＝2a yx 2＋y 2－a 2y 2＝2ay x 2＋y 2－a 2＝2aya 2－a 2b2y 2＋y 2－a 2＝2ab 2－c 2y .又y ∈[－b ，b ]，所以当y ＝b 时，α＋β取最大值，即M 为椭圆短轴顶点P 时，∠APB 最大．由此，我们可以得到本题的如下解法．先考虑椭圆的焦点在x 轴上的情况，则0<m <3.设椭圆一个短轴的顶点为P ，要使椭圆C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则∠APB ≥∠AMB ，即∠APB ≥120°，所以∠APO ≥60°.而tan ∠APO ＝3m ，所以3m≥3，解得0<m ≤1. 同理：当m >3时，焦点在y 轴上，要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m3≥3，解得m ≥9.故m 的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)．法二：二级结论法椭圆上任意一点与椭圆长轴的两个端点连线的斜率之积为定值－b 2a2.这一结论不难证明：设M (x ，y )为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上任意一点，A ，B 分别为椭圆的左、右两个端点，则k MA ·k MB ＝yx ＋a ·yx －a ＝y 2x 2－a 2.因为点M 在椭圆上，所以y 2＝b 2a 2(a 2－x 2)，从而k MA ·k MB ＝b 2a 2(a 2－x 2)x 2－a2＝－b 2a 2.由此可以得到本题的如下解法．当0<m <3时，椭圆的焦点在x 轴上，如图，设∠MAB ＝α， ∠MBx ＝β，设直线MA ，MB 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1·k 2＝－m3，k 1＝tan α，k 2＝tan β.因为∠AMB ＝120°，由三角形的一个外角等于不相邻的两内角之和，所以tan(β－α)＝tan 120°＝－ 3. 根据两角差的正切公式tan(β－α)＝tan β－tan α1＋tan αtan β，可得tan β－tan α＝－3⎝⎛⎭⎫1－m3，即k 2－k 1＝33m － 3.结合k 1·k 2＝－m 3，将两式变形为k 2＋(－k 1)＝33m －3，k 2·(－k 1)＝m 3，故可将k 2，－k 1看作是关于t 的方程t 2－⎝⎛⎭⎫33m －3t ＋m 3＝0的两个根，则Δ＝⎝⎛⎭⎫33m －32－4·m 3＝13(m 2－10m ＋9)≥0，所以m 2－10m ＋9≥0，解得m ≤1或m ≥9(舍去)，所以0<m ≤1.同理可得当焦点在y 轴上时，m ≥9.综上所述，m 的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞)．故选A.法三：向量法当椭圆的焦点在x 轴上时，设A ，B 分别为椭圆的左、右两个端点，M (x ，y )，设直线MA ，MB 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1·k 2＝－m 3.又AM ―→＝(x ＋3，y )，BM ―→＝(x －3，y )，此时如果直接应用数量积进行计算，显然计算量较大，这里我们可以考虑利用直线的方向向量来简化运算．分别取与AM ―→，BM ―→相同方向的向量n 1＝(1，k 1)，n 2＝(1，k 2)．又∠AMB ＝120°，所以向量n 1，n 2的夹角为60°，由向量的数量积公式可得，cos 60°＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1＋k 1k 21＋k 21·1＋k 22＝1＋k 1k 21＋k 21k 22＋k 21＋k 22，即12＝1－m 31＋m 29＋(k 21＋k 22).由k 1·k 2＝－m 3<0，结合均值不等式a 2＋b 2≥2ab ，可得k 21＋k 22＝k 21＋(－k 2)2≥2k 1·(－k 2)＝23m ，所以1－m 31＋m 29＋(k 21＋k 22)≤1－m 31＋m 29＋23m，即12≤1－m3⎝⎛⎭⎫m 3＋12，所以12⎝⎛⎭⎫m 3＋1≤1－m 3，解得m ≤1. 又0<m <3，所以0<m ≤1.当焦点在y 轴上时，此时k 1·k 2＝－3m <0. 同理，12＝1－3m1＋9m2＋(k 21＋k 22)≤1－3m1＋9m 2＋6m ，即12⎝⎛⎭⎫3m ＋1≤1－3m ，解得m ≥9. 综上所述，m 的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞)． [答案] A[系统归纳]圆锥曲线中特定字母的值(范围)问题的解题策略[应用体验]2．若过点M (2,0)的直线与椭圆x 22＋y 2＝1相交于A ，B 两点，|AB |＝253，设P 为椭圆上一点，且满足OA ―→＋OB ―→＝t OP ―→(O 为坐标原点)，则实数t 的值为( )A ．±33B ．±263C ．±523D ．±325解析：选B 由题意知，直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)．显然，当k ＝0时，|AB |＝22，与已知不符，∴k ≠0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x ，y )，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，x 22＋y 2＝1消去y ，得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0，则Δ＝(－8k 2)2－4(1＋2k 2)(8k 2－2)＝8－16k 2>0， x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2，x 1·x 2＝8k 2－21＋2k 2，∵|AB |＝253，∴ 1＋k 2|x 1－x 2|＝253，即(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝209， ∴(4k 2－1)(14k 2＋13)＝0，解得k 2＝14.又OA ―→＋OB ―→＝t OP ―→，即(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝t (x ，y )，且k ≠0，t ≠0， ∴x ＝x 1＋x 2t ＝8k 2t (1＋2k 2)，y ＝y 1＋y 2t ＝1t [k (x 1＋x 2)－4k ]＝－4kt (1＋2k 2). ∵点P 在椭圆上，∴(8k 2)2t 2(1＋2k 2)2＋2×(－4k )2t 2(1＋2k 2)2＝2，又k 2＝14，解得t ＝±263.[例3] 已知F 是抛物线y 2＝x 的焦点，点A ，B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OA ―→·OB ―→＝2(其中O 为坐标原点)，则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是( )A ．2B ．3 C.1728D.10 [技法演示]法一：利用基本不等式依题意，不妨设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其中y 1>0，y 2<0.由OA ―→·OB ―→＝2，得x 1x 2＋y 1y 2＝(y 1y 2)2＋y 1y 2＝2，由此解得y 1y 2＝－2，△ABO 与△AFO 面积之和等于12|x 1y 2－x 2y 1|＋ 12×14y 1＝12|y 21y 2－y 22y 1|＋18y 1＝12×2(y 1－y 2)＋18y 1＝98y 1＋(－y 2)≥2－98y 1y 2＝3，当且仅当 98y 1＝－y 2＝32时取等号，因此△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是3，选B.该方法中用到这样一个公式：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则S △AOB ＝12|x 1y 2－x 2y 1|，证明如下：设∠AOB ＝θ，则S △AOB ＝12|OA ―→|·|OB ―→|sin θ＝12 (|OA ―→|·|OB ―→|)2－(|OA ―→|·|OB ―→|cos θ)2 ＝12 (|OA ―→|·|OB ―→|)2－(OA ―→·OB ―→)2＝12 (x 21＋y 21)(x 22＋y 22)－(x 1x 2＋y 1y 2)2＝12(x 1y 2－x 2y 1)2＝12|x 1y 2－x 2y 1|.法二：双根法设直线AB 的方程为x ＝ty ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y 1y 2<0，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋m ，y 2＝x得y 2－ty －m ＝0，y 1y 2＝－m ，又OA ―→·OB ―→＝2，因此x 1x 2＋y 1y 2＝(y 1y 2)2＋y 1y 2＝2，m 2－m －2＝0，解得m ＝2或m ＝－1.又y 1y 2＝－m <0，因此y 1y 2＝－m ＝－2，m ＝2，直线AB ：x ＝ty ＋2过定点(2,0)，S △ABO ＝12×2×|y 1－y 2|＝⎪⎪⎪⎪y 1＋2y 1，S △AFO ＝12×14|y 1|＝18|y 1|，S △ABO ＋S △AFO ＝⎪⎪⎪⎪y 1＋2y 1＋18|y 1|＝98|y 1|＋⎪⎪⎪⎪2y 1≥298|y 1|×⎪⎪⎪⎪2y 1＝3，当且仅当98|y 1|＝⎪⎪⎪⎪2y 1，即|y 1|＝43时取等号，因此△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是3，选B. [答案] B[系统归纳]圆锥曲线中与面积相关问题的解题规律(1)三角形面积的向量公式：若AB ―→＝(x 1，y 1)，AC ―→＝(x 2，y 2)，则S △ABC ＝12|x 1y 2－x 2y 1|，用此公式便于建立目标函数求最值；(2)直线方程的选择：对于不同的直线方程，其中所含的参数意义不同，形成不同的解题长度．为了消元、计算的方便，可将经过定点(m,0)的动直线设为x ＝ty ＋m 的形式，避免了对斜率存在性的讨论．如本题法二．[应用体验]3．已知椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1，O 为坐标原点，直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，M 为线段AB 的中点，且|OM |＝1，则△AOB 面积的最大值为________．解析：设直线l ：x ＝my ＋n ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，x 24＋y 2＝1，整理得(4＋m 2)y 2＋2mny ＋n 2－4＝0.①所以y 1＋y 2＝－2mn 4＋m2，y 1y 2＝n 2－44＋m 2，x 1＋x 2＝8n4＋m 2. 由中点坐标公式可知x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4n 4＋m 2，－mn 4＋m 2.因为|OM |＝1，所以n 2＝(4＋m 2)216＋m 2.②设直线l 与x 轴的交点为D (n,0)，则△AOB 的面积S ＝12|OD ||y 1－y 2|＝12|n ||y 1－y 2|.S 2＝14n 2(y 1－y 2)2＝48(4＋m 2)(m 2＋16)2，设t ＝m 2＋4(t ≥4)，则S 2＝48×t t 2＋24t ＋144＝48t ＋144t ＋24≤482t ·144t ＋24＝1，当且仅当t ＝144t ，即t ＝12时，等号成立，此时m 2＝8，n 2＝6，即S 2取得最大值1.故△AOB 的面积的最大值为1. 答案：1[专题过关检测]A 组——选择压轴小题命题点专练1．(2018·全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A (1，a )，B (2，b )，且cos 2α＝23，则|a －b |＝( )A.15 B.55C.255D ．1解析：选B 由cos 2α＝23，得cos 2 α－sin 2α＝23，∴cos 2α－sin 2αcos 2α＋sin 2α＝23，即1－tan 2α1＋tan 2α＝23，∴tan α＝±55，即b －a 2－1＝±55，∴|a －b |＝55.故选B.。

2019高考数学理科二轮复习第一篇微型专题讲义：专题7 选考模块知识整合

专题7选考模块一、极坐标系1.直角坐标与极坐标的互化公式是什么?把直角坐标系的原点作为极点,x轴正半轴作为极轴,且在两坐标系中取相同的长度单位.设M是平面内的任意一点,它的直角坐标、极坐标分别为(x,y)、(ρ,θ),则(ρ>0,θ∈[0 2π .2.常见的极坐标方程有哪些?(1)直线的极坐标方程:若直线过点M(ρ0,θ0),且极轴到此直线的角为α,则它的方程为ρsin(θ-α)=ρ0sin(θ0-α).(2)几个特殊位置的直线的极坐标方程:①直线过极点:θ=α;②直线过点M(a,0)(a>0)且垂直于极轴:ρcosθ=a;③直线过点M(b>0)且平行于极轴:ρsinθ=b.(3)圆的极坐标方程:①圆心位于极点,半径为r:ρ=r;②圆心位于点M(r,0),半径为r:ρ=2r cos θ;③圆心位于点M,半径为r:ρ=2r sin θ.二、参数方程1.圆、椭圆的参数方程是什么?(1)圆心在点M(x0,y0),半径为r的圆的参数方程为(α为参数 0≤α≤2π .(2)椭圆+=1的参数方程为(α为参数 0≤α≤2π .2.将参数方程化为普通方程有哪些方法?要注意什么?将参数方程化为普通方程的过程就是消去参数的过程,常用的消参方法有代入消参、加减消参、三角恒等式消参等,一般需要对参数方程进行变形,为消去参数创造条件.3.直线的参数方程是什么?你能说出参数t的几何意义吗?经过点P0(x0,y0),倾斜角为α的直线的参数方程为(t为参数).设P是直线上的任意一点,则t表示有向线段的数量.三、绝对值不等式1.解含有绝对值的不等式有哪些方法?含有绝对值的不等式的解法:(1)|f(x)|>a(a>0)⇔f(x)>a或f(x)<-a;(2)|f(x)|<a(a>0)⇔-a<f(x)<a;(3)对形如|x-a|+|x-b|≤c,|x-a|+|x-b|≥c的不等式,可利用零点分段法求解或构造函数利用函数的图象求解.2.绝对值不等式的性质有哪些?(1)如果a,b是实数,那么|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立;(2)如果a,b,c是实数,那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c ≥0时,等号成立.四、不等式证明1.常用基本不等式有哪些?(1)设a,b∈R 则a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时,等号成立.(2)如果a,b为正数,那么≥,当且仅当a=b时,等号成立.(3)如果a,b,c为正数,那么≥,当且仅当a=b=c时,等号成立.(4)(一般形式的算术——几何平均不等式)如果a1,a2 … a n为正数,则…≥当且仅当a1=a2=…=a n时,等号成立.2.常见的不等式证明方法有哪些?(1)比较法:依据a>b⇔a-b>0;a<b⇔a-b<0来证明不等式.(2)综合法:从已知条件出发,利用定义、公理、定理以及性质等来证明不等式.(3)分析法:从要证明的结论出发,逐步寻找使它成立的充分条件,直到找到使其明显成立的已知条件或事实.综合法和分析法经常一起使用,分析法找思路,综合法写过程.(4)反证法:假设原命题不成立,通过一系列推理论证得出矛盾,从而否定假设,肯定原命题成立,即正难则反的方法.选考模块共有坐标系与参数方程、不等式选讲这两个模块,二选一,共10分,虽然放在第22、23题的位置,但题目难度是中低档的.坐标系与参数方程这个模块主要以解答题的形式考查极坐标方程、参数方程与普通方程的互化,利用极坐标方程或参数方程的方法解决几何问题;不等式选讲这个模块则主要是解含绝对值的不等式、求含绝对值的函数的值域、求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围及不等式的证明,常与基本不等式、恒成立问题等结合考查.一、坐标系与参数方程(一)高考主要考查平面直角坐标系中的坐标伸缩变换、直线和圆的极坐标方程以及极坐标方程的应用.1. 2018·全国Ⅰ卷·T22改编)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的方程为x+y-=0.以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2cos2θ+3ρ2sin2θ=3.(1)求曲线C2的直角坐标方程.(2)设曲线C1和C2交于A,B两点,求以线段AB为直径的圆的直角坐标方程.解析▶(1)曲线cosθ+3sinθ=3化为直角坐标方程为x2+3y2=3,即+y2=1.得y2-y=0,(2)由-解得或即A(0,1),B(,0),所以|AB|=--=2,线段AB的中点为M, 则以线段AB为直径的圆的直角坐标方程为-+-=1.2. 2015·全国Ⅰ卷·T23改编)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的方程为-+y2=1,以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2-4ρsin θ=3.(1)求曲线C1的极坐标方程和C2的直角坐标方程;(2)直线θ=与曲线C1,C2分别交于第一象限内的A,B两点,求.解析▶(1)把x=ρcosθ,y=ρsinθ,代入C1的方程(x-1)2+y2=1,得(ρcosθ-1)2+(ρsinθ)2=1,化简得曲线C1的极坐标方程为ρ=2cos θ.由C2的极坐标方程ρ2-4ρsin θ=3得x2+y2-4y=3,所以曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-4y-3=0.(2)依题意可设A,B,所以ρ1=2cos=1,-4ρ2sin=3,即-2ρ2-3=0,所以ρ2=±.因为点B在一象限,所以ρ2>0,即ρ2=+,所以=ρ2-ρ1=+-1.(二)参数方程主要考查参数方程与普通方程的互化,常见曲线的参数方程及参数方程的简单应用,特别是直线参数方程中参数的几何意义的应用.3. 2018·全国Ⅲ卷·T22改编)已知曲线C的参数方程为(θ为参数),在同一平面直角坐标系中,将曲线C经过伸缩变换后得到曲线C',过点(0,1)且倾斜角为α的直线l 与C'交于A,B两点.(1)若α=,求弦长|AB|;(2)求线段的AB的中点P的轨迹的参数方程.解析▶(1)将代入得C'的参数方程为(θ为参数).所以曲线C'的普通方程为x2+y2=4.由已知得直线l的方程为y=-x+1,圆心(0,0)到直线l的距离d=,所以弦长|AB|=2-=.(2)因为点(0,1)在圆内,所以l与圆恒相交,α∈[0 π .直线l的参数方程为(t为参数).把l的参数方程代入x2+y2=4得t2+2t sin α-3=0.设点A,B,P对应的参数分别为t A,t B,t P,则t P=,于是t A+t B=-2sin α,t P=-sin α.又点P的坐标(x,y)满足所以点P的轨迹的参数方程是-(α为参数,α∈[0 π .4. 2017·全国Ⅰ卷·T22改编)在平面直角坐标系xOy中,设倾斜角为α的直线l:(t为参数)与曲线C:(θ为参数)相交于不同的两点A,B.(1)若α=,求线段AB的中点M的坐标;(2)若|PA|·|PB|=|OP|2,其中P(2,),求直线l的斜率.解析▶(1)将曲线C的参数方程化为普通方程是+y2=1.当α=时,设点M对应的参数为t0,则直线l的方程为(t为参数),代入曲线C的普通方程+y2=1,得13t2+56t+48=0.设直线l上的点A,B对应参数分别为t1,t2,则t0==-,代入直线l的参数方程得点M的坐标为-.(2)将代入曲线C的普通方程+y2=1,得(cos2α+4sin2α)t2+(8sin α+4cos α)t+12=0.因为|PA|·|PB|=|t1t2|=,又|OP|2=7,所以=7,化简得sin2α=,所以tan2α=,解得tan α=或tan α=-.由于Δ=(8sin α+4cos α)2-48(cos2α+4sin2α)>0,即cos α(2sin α-cos α)>0,则tan α>.综上,tan α=,所以直线l的斜率为.(三)极坐标与参数方程的综合也是高考命题的重点之一,以极坐标、参数方程与普通方程的互化为主要考查形式,同时考查直线与曲线位置关系等解析几何知识.5. 2017·全国Ⅰ卷·T11改编)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(α为参数),曲线C2的参数方程为(β为参数).(1)求曲线C1和曲线C2的极坐标方程.(2)以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,射线l1:θ=α,将射线l1按顺时针方向旋转得到射线l2:θ=α-,且射线l1与曲线C1交于O,P两点,射线l2与曲线C2交于O,Q两点,求|OP|·|OQ|的最大值.解析▶(1)将曲线C1的参数方程化为普通方程为(x-1)2+y2=1,所以C1的极坐标方程为ρ=2cos θ.将曲线C2的参数方程化为普通方程为x2+(y-1)2=1,所以C2的极坐标方程为ρ=2sin θ.(2)设点P的极坐标为(ρ1,α),即ρ1=2cos α,设点Q的极坐标为-,即ρ2=2sin-,则|OP|·|OQ|=|ρ1ρ2|=2cos α·2sin-=4cos α-=2sin αcos α-2cos2α=sin 2α-cos 2α-1=2sin--1.因为<α<,所以<2α-<,当2α-=,即α=时,|OP|·|OQ|取最大值,最大值为1.6. 2016·全国Ⅱ卷·T23改编)在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1的极坐标方程为ρsinθ=2,M为曲线C1上的动点,点P在线段OM上,且满足·=4.(1)求点P的轨迹C2的直角坐标方程.(2)直线l的参数方程是(t为参数),其中0≤α<π l与C2交于点A,=,求直线l的斜率.解析▶(1)设点P的极坐标为(ρ,θ)(ρ>0),点M的极坐标为(ρ1,θ)(ρ1>0),由题意可知=ρ,=ρ1=.由·=4得曲线C2的极坐标方程为ρ=2sin θ, ∴点P的轨迹C2的直角坐标方程为x2+(y-1)2=1(y≠0 .(2)(法一)由直线的参数方程可知,直线l过原点且倾斜角为α,则直线l的极坐标方程为θ=α,联立∴点A的极坐标为(2sin α,α).∴=2sin α=,得sinα=,解得α=或α=,∴tan α=或tan α=-,∴直线l的斜率为或-.(法二)由题意=≠2分析可知直线l的斜率一定存在,且由直线l的参数方程可得,直线l过原点.设直线l的普通方程为y=kx, ∴点(0,1)到l的距离d==-,可得k=±,∴直线l的斜率为或-.二、不等式选讲(一)不等式选讲主要有考查解绝对值不等式,求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围,难度不大,主要考查基本运算能力、推理论证能力以及数形结合思想、分类讨论思想.1. 2018·全国Ⅱ卷·T23改编)设函数f(x)=|x+1|+|x-a|.(1)当a=2时,求不等式f(x)>5的解集;(2)对任意实数x,都有f(x ≥3成立,求实数a的取值范围.解析▶(1)∵f(x)=|x+1|+|x-a|,∴当a=2时,f(x)=|x+1|+|x-2|=----.又f(x)>5,∴--或-或-∴--或x∈⌀或∴x<-2或x>3,∴f(x)>5的解集为(-∞,-2 ∪ 3 +∞).(2)∵f(x)=|x+1|+|x-a|≥|a+1|,当且仅当(x+1)(x-a ≤0时,等号成立,∴f(x)min=|a+1|.又对任意实数x,都有f(x ≥3成立,∴f(x)min≥3 ∴|a+1|≥3 ∴a+1≥3或a+1≤-3,∴a≥2或a≤-4.故实数a的取值范围为(-∞,-4]∪[2 +∞).2. 2018·全国Ⅲ卷·T23改编)已知函数f=--.(1)在给出的平面直角坐标系中作出函数f的图象,并写出不等式f(x ≥3的解集;(不要求写出解题过程)(2)若不等式f≥+(m,n>0)对任意的x∈R恒成立,求m+n的最小值.解析▶(1)函数f(x)的图象如图所示.从图中可知,不等式f≥3的解集为(-∞ 0]∪[2 +∞).(2)由(1)知,f(x)min=,所以f(x ≥+恒成立,即f(x)min≥+,所以+≤,所以≤.因为m,n>0,所以m+n≤mn≤,当且仅当m=n时取等号.所以m+n≥,当且仅当m=n=时,等号成立,故m+n的最小值为.(二)不等式选讲还有考查不等式证明,主要通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法:比较法、综合法、分析法.常与基本不等式、恒成立问题结合考查.3. 2017·全国Ⅰ卷·T5改编)设a>0,b>0,且a2b+ab2=2,求证:(1)a3+b3≥2;(2)(a+b)(a5+b5 ≥4.解析▶(1)∵a>0,b>0,a2b+ab2=2,∴(a3+b3)-2=a3+b3-a2b-ab2=a2(a-b)+b2(b-a)=(a-b)(a2-b2)=(a-b) 2(a+b ≥0∴a3+b3≥2.(2)(a+b)(a5+b5)=a6+b6+a5b+ab5=(a3+b3)2-2a3b3+a5b+ab5=(a3+b3)2+a b(a4-2a2b2+b4)=(a3+b3)2+ab(a2-b2)2,∵a>0,b>0,a3+b3≥2 ∴(a+b)(a5+b5 ≥22=4.4. 2016·全国Ⅱ卷·T24改编)已知函数f(x)=--.(1)求不等式-2<f<0的解集A.(2)若m,n∈A,证明:->2-.解析▶(1)依题意得f(x)=|x-1|-=-----.由-2<-2x-1<0,解得-<x<,故A=-.(2)由(1)可知,m2<,n2<.因为--4-=(1-8mn+16m2n2)-4(m2-2mn+n2)=(4m2-1)(4n2-1)>0, 所以->4-,即->2|m-n|.1.在已知极坐标方程求与曲线有关的交点、距离、线段长等几何问题时,如果不能直接用极坐标解决,或用极坐标解决较麻烦,可将极坐标方程转化为直角坐标方程解决.2.过定点P0(x0,y0),倾斜角为α的直线参数方程的标准形式为(t为参数),t的几何意义是的数量,即|t|表示P0到P的距离,t有正负之分.使用该式时直线上任意两点P1,P2对应的参数分别为t1,t2,则|P1P2|=|t1-t2|,P1P2的中点对应的参数为(t1+t2).3.绝对值不等式的三种常用解法:零点分段法、几何法(利用绝对值几何意义)、构造函数法.零点分段法体现了分类讨论思想的应用,构造函数法体现了数形结合思想的应用.4.利用绝对值三角不等式定理|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|求函数的最值,要注意其中等号成立的条件,利用基本不等式求最值也必须满足等号成立的条件.不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决.5.分析法是证明不等式的重要方法,当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系,较难发现条件和结论之间的关系时,可用分析法来寻找证明途径,使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.。

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2019-2020年高考数学二轮复习第一部分专题七选考内容教学案文考点一极坐标方程及其应用[典例感悟][典例1] (2017·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1的极坐标方程为ρcos θ＝4.(1)M 为曲线C 1上的动点，点P 在线段OM 上，且满足|OM |·|OP |＝16，求点P 的轨迹C 2的直角坐标方程；(2)设点A 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π3，点B 在曲线C 2上，求△OAB 面积的最大值．[解] (1)设P 的极坐标为(ρ，θ)(ρ＞0)，M 的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1＞0)．由题设知|OP |＝ρ，|OM |＝ρ1＝4cos θ.由|OM |·|OP |＝16，得C 2的极坐标方程ρ＝4cos θ(ρ＞0)．因此C 2的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4(x ≠0)． (2)设点B 的极坐标为(ρB ，α)(ρB ＞0)，由题设知|OA |＝2，ρB ＝4cos α，于是△OAB 的面积S ＝12|OA |·ρB ·sin∠AOB ＝4cos α·⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3－32≤2＋ 3. 当α＝－π12时，S 取得最大值2＋ 3.所以△OAB 面积的最大值为2＋ 3.[方法技巧]1．求曲线的极坐标方程的一般思路曲线的极坐标方程问题通常可利用互换公式转化为直角坐标系中的问题求解，然后再次利用互换公式即可转化为极坐标方程．熟练掌握互换公式是解决问题的关键．2．解决极坐标交点问题的一般思路一是将极坐标方程化为直角坐标方程，求出交点的直角坐标，再将其转化为极坐标；二是将曲线的极坐标方程联立，根据限制条件求出交点的极坐标．[演练冲关]1．(2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos t ，y ＝1＋a sin t ，(t 为参数，a >0)．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝4cos θ.(1)说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；(2)直线C 3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tan α0＝2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a .解：(1)消去参数t 得到C 1的普通方程为x 2＋(y －1)2＝a 2，则C 1是以(0,1)为圆心，a 为半径的圆．将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入C 1的普通方程中，得到C 1的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0.(2)曲线C 1，C 2的公共点的极坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0，ρ＝4cos θ.若ρ≠0，由方程组得16cos 2θ－8sin θcos θ＋1－a 2＝0，由已知tan θ＝2，即sin θ＝2cos θ，可得16cos 2θ－8sin θcos θ＝0，从而1－a 2＝0，解得a ＝－1(舍去)或a ＝1. 当a ＝1时，极点也为C 1，C 2的公共点，且在C 3上．所以a ＝1.考点二参数方程及其应用[典例感悟][典例2] (2017·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋4t ，y ＝1－t (t 为参数)．(1)若a ＝－1，求C 与l 的交点坐标； (2)若C 上的点到l 距离的最大值为17，求a . [解] (1)曲线C 的普通方程为x 29＋y 2＝1.当a ＝－1时，直线l 的普通方程为x ＋4y －3＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4y －3＝0，x 29＋y 2＝1解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2125，y ＝2425.从而C 与l 的交点坐标为(3,0)，－2125，2425.(2)直线l 的普通方程为x ＋4y －a －4＝0，故C 上的点(3cos θ，sin θ)到l 的距离为d ＝|3cos θ＋4sin θ－a －4|17＝θ＋φ－a －4|17⎝⎛⎭⎪⎫0<φ<π2，tan φ＝34. 当a ≥－4时，d 的最大值为a ＋917，由题设得a ＋917＝17，解得a ＝8；当a ＜－4时，d 的最大值为－a ＋117，由题设得－a ＋117＝17，解得a ＝－16.综上，a ＝8或a ＝－16.[方法技巧]参数方程化为普通方程的方法及参数方程的应用(1)将参数方程化为普通方程的过程就是消去参数的过程，常用的消参方法有代入消参、加减消参、三角恒等式消参等，往往需要对参数方程进行变形，为消去参数创造条件．(2)在与直线、圆、椭圆有关的题目中，参数方程的使用会使问题的解决事半功倍，尤其是求取值范围和最值问题，可将参数方程代入相关曲线的普通方程中，根据参数的取值条件求解．[演练冲关]2．已知曲线C ：x 24＋y 29＝1，直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝2－2t(t 为参数)．(1)写出曲线C 的参数方程，直线l 的普通方程；(2)过曲线C 上任意一点P 作与l 夹角为30°的直线，交l 于点A ，求|PA |的最大值与最小值．解：(1)曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)．直线l 的普通方程为2x ＋y －6＝0.(2)曲线C 上任意一点P (2cos θ，3sin θ)到l 的距离为d ＝55|4cos θ＋3sin θ－6|. 则|PA |＝d sin 30°＝255|5sin(θ＋α)－6|，其中α为锐角，且tan α＝43.当sin(θ＋α)＝－1时，|PA |取得最大值，最大值为2255. 当sin(θ＋α)＝1时，|PA |取得最小值，最小值为255.考点三极坐标方程与参数方程的综合应用[典例感悟][典例3] (2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝kt (t为参数)，直线l 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋m ，y ＝mk(m 为参数)．设l 1与l 2的交点为P ，当k 变化时，P 的轨迹为曲线C .(1)写出C 的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l 3：ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0，M 为l 3与C 的交点，求M 的极径．[解] (1)消去参数t 得l 1的普通方程l 1：y ＝k (x －2)；消去参数m 得l 2的普通方程l 2：y ＝1k(x ＋2)．设P (x ，y )，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，y ＝1kx ＋消去k 得x 2－y 2＝4(y ≠0)．所以C 的普通方程为x 2－y 2＝4(y ≠0)．(2)C 的极坐标方程为ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4(0＜θ＜2π，θ≠π)．联立⎩⎨⎧ρ22θ－sin 2θ＝4，ρθ＋sin θ－2＝0得cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)．故tan θ＝－13，从而cos 2θ＝910，sin 2θ＝110.代入ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4得ρ2＝5，所以交点M 的极径为 5.[方法技巧]解决极坐标方程与参数方程综合问题的方法(1)在参数方程或极坐标方程应用不够熟练的情况下，我们可以先将其化成直角坐标的普通方程，这样思路可能更加清晰．(2)对于一些运算比较复杂的问题，用参数方程计算会比较简捷． (3)利用极坐标方程解决问题时，要注意题目所给的限制条件及隐含条件．[演练冲关]3．(2017·成都模拟)在直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3－32t ，y ＝3＋12t (t 为参数)．在以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，过极点O 的射线与曲线C 相交于不同于极点的点A ，且点A 的极坐标为(23，θ)，其中θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π. (1)求θ的值；(2)若射线OA 与直线l 相交于点B ，求|AB |的值．解：(1)由题意知，曲线C 的普通方程为x 2＋(y －2)2＝4， ∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， ∴曲线C 的极坐标方程为(ρcos θ)2＋(ρsin θ－2)2＝4，即ρ＝4sin θ. 由ρ＝23，得sin θ＝32， ∵θ∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，∴θ＝2π3.(2)由题，易知直线l 的普通方程为x ＋3y －43＝0， ∴直线l 的极坐标方程为ρcos θ＋3ρsin θ－43＝0. 又射线OA 的极坐标方程为θ＝2π3(ρ≥0)，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧θ＝2π3ρ，ρcos θ＋3ρsin θ－43＝0，解得ρ＝4 3.∴点B 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，2π3，∴|AB |＝|ρB －ρA |＝43－23＝2 3.[课时跟踪检测] 1．(2017·石家庄质检)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2cos 2θ＋2ρ2sin 2θ＝12，且直线l 与曲线C 交于P ，Q 两点．(1)求曲线C 的直角坐标方程及直线l 恒过的定点A 的坐标； (2)在(1)的条件下，若|AP |·|AQ |＝6，求直线l 的普通方程．解：(1)∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴C 的直角坐标方程为x 2＋2y 2＝12. 直线l 恒过的定点为A (2,0)．(2)把直线l 的方程代入曲线C 的直角坐标方程中得， (sin 2α＋1)t 2＋4(cos α)t －8＝0. 由t 的几何意义知|AP |＝|t 1|，|AQ |＝|t 2|. ∵点A 在椭圆内，这个方程必有两个实根， ∴t 1t 2＝－8sin 2α＋1，∵|AP |·|AQ |＝|t 1t 2|＝6， ∴81＋sin 2α＝6，即sin 2α＝13， ∵α∈(0，π)， ∴sin α＝33，cos α＝±63， ∴直线l 的斜率k ＝±22，因此，直线l 的方程为y ＝22(x －2)或y ＝－22(x －2)． 2．(2017·郑州质检)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝sin φ(φ为参数)，在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2是圆心为⎝⎛⎭⎪⎫3，π2，半径为1的圆．(1)求曲线C 1的普通方程，C 2的直角坐标方程；(2)设M 为曲线C 1上的点，N 为曲线C 2上的点，求|MN |的取值范围．解：(1)消去参数φ可得C 1的普通方程为x 24＋y 2＝1.由题可知，曲线C 2的圆心的直角坐标为(0,3)， ∴C 2的直角坐标方程为x 2＋(y －3)2＝1.(2)设M (2cos φ，sin φ)，曲线C 2的圆心为C 2，则|MC 2|＝φ2＋φ－2＝4cos 2φ＋sin 2φ－6sin φ＋9＝－3sin 2φ－6sin φ＋13 ＝－φ＋2＋16.∵－1≤sin φ≤1，∴|MC 2|min ＝2，|MC 2|max ＝4. 根据题意可得|MN |min ＝2－1＝1，|MN |max ＝4＋1＝5，即|MN |的取值范围是[1,5]．3．(2017·合肥模拟)在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝－5＋2cos t ，y ＝3＋2sin t(t 为参数)，在以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝－ 2. (1)求圆C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程；(2)设直线l 与x 轴，y 轴分别交于A ，B 两点，点P 是圆C 上任意一点，求A ，B 两点的极坐标和△PAB 面积的最小值．解：(1)由⎩⎨⎧x ＝－5＋2cos t ，y ＝3＋2sin t ，消去参数t ，得圆C 的普通方程为(x ＋5)2＋(y －3)2＝2. 由ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝－2，得ρcos θ－ρsin θ＝－2，所以直线l 的直角坐标方程为x －y ＋2＝0.(2)直线l 与x 轴，y 轴的交点分别为A (－2,0)，B (0,2)，化为极坐标为A (2，π)，B ⎝⎛⎭⎪⎫2，π2.设点P 的坐标为(－5＋2cos t,3＋2sin t )，则点P 到直线l 的距离为d ＝|－5＋2cos t －3－2sin t ＋2|2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫t ＋π42，所以d min ＝42＝2 2.又|AB |＝22，所以△PAB 面积的最小值是S min ＝12×22×22＝4.4．(2018届高三·西安八校联考)在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ，θ∈[)0，2π.(1)求曲线C 的直角坐标方程；(2)在曲线C 上求一点D ，使它到直线l ：⎩⎨⎧x ＝3t ＋3，y ＝－3t ＋2(t 为参数)的距离最短，并求出点D 的直角坐标．解：(1)由ρ＝2sin θ，θ∈[0,2π)，可得ρ2＝2ρsin θ. 因为ρ2＝x 2＋y 2，ρsin θ＝y ，所以曲线C 的直角坐标方程为x 2＋(y －1)2＝1. (2)由直线l 的参数方程⎩⎨⎧x ＝3t ＋3，y ＝－3t ＋2(t 为参数)，消去t 得直线l 的普通方程为y ＝－3x ＋5.因为曲线C ：x 2＋(y －1)2＝1是以G (0,1)为圆心、1为半径的圆，(易知C ，l 相离) 设点D (x 0，y 0)，且点D 到直线l ：y ＝－3x ＋5的距离最短，所以曲线C 在点D 处的切线与直线l ：y ＝－3x ＋5平行．即直线GD 与l 的斜率的乘积等于－1，即y 0－1x 0×(－3)＝－1，又x 20＋(y 0－1)2＝1，可得x 0＝－32(舍去)或x 0＝32，所以y 0＝32，即点D 的直角坐标为⎝⎛⎭⎪⎫32，32. 5．(2018届高三·广东五校联考)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝sin α(α为参数)，以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝4 2.(1)求曲线C 1的普通方程与曲线C 2的直角坐标方程；(2)设P 为曲线C 1上的动点，求点P 到曲线C 2上点的距离的最小值．解：(1)由曲线C 1：⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝sin α得曲线C 1的普通方程为x 22＋y 2＝1.由曲线C 2：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝42得，22ρ(sin θ＋cos θ)＝42，即曲线C 2的直角坐标方程为x ＋y －8＝0. (2)易知椭圆C 1与直线C 2无公共点，椭圆上的点P (2cos α，sin α)到直线x ＋y －8＝0的距离为d ＝|2cos α＋sin α－8|2＝|3α＋φ－8|2，其中φ是锐角且tan φ＝ 2.所以当sin(α＋φ)＝1时，d 取得最小值82－62.6．(2017·成都模拟)在平面直角坐标系xOy 中，倾斜角为α⎝⎛⎭⎪⎫α≠π2的直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)．以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程是ρcos 2θ－4sin θ＝0.(1)写出直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(2)已知点P (1,0)．若点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，π2，直线l 经过点M 且与曲线C 相交于A ，B 两点，设线段AB 的中点为Q ，求|PQ |的值．解：(1)∵直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，∴直线l 的普通方程为y ＝tan α·(x －1)．由ρcos 2θ－4sin θ＝0得ρ2cos 2θ－4ρsin θ＝0，即x 2－4y ＝0. ∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＝4y .(2)∵点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，π2，∴点M 的直角坐标为(0,1)．又直线l 经过点M ，∴1＝tan α·(0－1)， ∴tan α＝－1，即直线l 的倾斜角α＝3π4.∴直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22t ，y ＝22t (t 为参数)．代入x 2＝4y ，得t 2－62t ＋2＝0.设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2. ∵Q 为线段AB 的中点， ∴点Q 对应的参数值为t 1＋t 22＝622＝3 2.又点P (1,0)是直线l 上对应t ＝0的点，则|PQ |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 1＋t 22＝3 2.7．(2017·南昌模拟)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1过点P (a,1)，其参数方程为⎩⎨⎧x ＝a ＋2t ，y ＝1＋2t(t 为参数，a ∈R)．以O 为极点，x 轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρcos 2θ＋4cos θ－ρ＝0.(1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)已知曲线C 1与曲线C 2交于A ，B 两点，且|PA |＝2|PB |，求实数a 的值．解：(1)∵曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝a ＋2t ，y ＝1＋2t ，∴其普通方程为x －y －a ＋1＝0.∵曲线C 2的极坐标方程为ρcos 2θ＋4cos θ－ρ＝0， ∴ρ2cos 2θ＋4ρcos θ－ρ2＝0，∴x 2＋4x －x 2－y 2＝0，即曲线C 2的直角坐标方程为y 2＝4x .(2)设A ，B 两点所对应的参数分别为t 1，t 2，由⎩⎨⎧y 2＝4x ，x ＝a ＋2t ，y ＝1＋2t ，得2t 2－22t ＋1－4a＝0.Δ＝(22)2－4×2(1－4a )>0，即a >0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＋t 2＝2，t 1·t 2＝1－4a2，根据参数方程的几何意义可知|PA |＝2|t 1|，|PB |＝2|t 2|，又|PA |＝2|PB |，∴2|t 1|＝2×2|t 2|，即t 1＝2t 2或t 1＝－2t 2.当t 1＝2t 2时，有⎩⎪⎨⎪⎧ t 1＋t 2＝3t 2＝2，t 1·t 2＝2t 22＝1－4a 2，解得a ＝136>0，符合题意．当t 1＝－2t 2时，有⎩⎪⎨⎪⎧t 1＋t 2＝－t 2＝2，t 1·t 2＝－2t 22＝1－4a 2，解得a ＝94>0，符合题意．综上所述，实数a 的值为136或94.8．(2017·贵阳检测)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋3cos t ，y ＝5＋3sin t (其中t 为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.(1)求曲线C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程；(2)若A ，B 分别为曲线C 1，C 2上的动点，求当AB 取最小值时△AOB 的面积．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋3cos t ，y ＝5＋3sin t 得C 1的普通方程为(x －4)2＋(y －5)2＝9.由ρ＝2sin θ得ρ2＝2ρsin θ，将x 2＋y 2＝ρ2，y ＝ρsin θ代入上式，得C 2的直角坐标方程为x 2＋(y －1)2＝1. (2)如图，当A ，B ，C 1，C 2四点共线，且A ，B 在线段C 1C 2上时，|AB |取得最小值，由(1)得C 1(4,5)，C 2(0,1)，∴kC 1C 2＝5－14－0＝1，则直线C 1C 2的方程为x －y ＋1＝0，∴点O 到直线C 1C 2的距离d ＝12＝22，又|AB |＝|C 1C 2|－1－3＝－2＋－2－4＝42－4，∴S △AOB ＝12d |AB |＝12×22×(42－4)＝2－ 2.第二讲选修4－5 不等式选讲考点一绝对值不等式的解法[典例感悟][典例1] (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋4，g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥g (x )的解集；(2)若不等式f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]，求a 的取值范围． [解] (1)当a ＝1时，不等式f (x )≥g (x )等价于x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0.①当x ＜－1时，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，解得－1≤x ≤1；当x ＞1时，①式化为x 2＋x －4≤0，解得1＜x ≤－1＋172.所以f (x )≥g (x )的解集为x －1≤x ≤－1＋172.(2)当x ∈[－1,1]时，g (x )＝2.所以f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]，等价于当x ∈[－1,1]时，f (x )≥2.又f (x )在[－1,1]的最小值必为f (－1)与f (1)之一，所以f (－1)≥2且f (1)≥2，得－1≤a ≤1.所以a 的取值范围为[－1,1]．[方法技巧] 绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法：对a ∈R ＋，|x |<a ⇔－a <x <a ，|x |>a ⇔x <－a 或x >a . (2)平方法：两边平方去掉绝对值符号．(3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解． (5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．[演练冲关]1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x －2|. (1)求不等式f (x )≥1的解集；(2)若不等式f (x )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围．解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ＜－1，2x －1，－1≤x ≤2，3，x ＞2.当x ＜－1时，f (x )≥1无解；当－1≤x ≤2时，由f (x )≥1，得2x －1≥1，解得1≤x ≤2；当x ＞2时，由f (x )≥1，解得x ＞2. 所以f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}．(2)由f (x )≥x 2－x ＋m ，得m ≤|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x .而|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ≤|x |＋1＋|x |－2－x 2＋|x |＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫|x |－322＋54≤54，且当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54.故m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，54.考点二不等式的证明[典例感悟][典例2] (2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |. [解](1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x >－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2恒成立；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1.所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－ 1)·(1－b 2)＜0. 因此|a ＋b |＜|1＋ab |.[方法技巧] 证明不等式的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等． (1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法．(2)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．[演练冲关]2．(2017·全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋a ＋b24(a ＋b )＝2＋a ＋b34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.考点三含绝对值不等式的恒成立问题[典例感悟][典例3] (2017·合肥质检)已知函数f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |(m >0)． (1)当m ＝1时，求不等式f (x )≥1的解集；(2)对于任意实数x ，t ，不等式f (x )<|2＋t |＋|t －1|恒成立，求m 的取值范围． [解] (1)当m ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4，x ≥1，－2x －2，－3<x <1，4，x ≤－3.由f (x )≥1，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2≥1，－3<x <1或x ≤－3，解得x ≤－32，∴不等式f (x )≥1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫xx ≤－32.(2)不等式f (x )<|2＋t |＋|t －1|对任意的实数x ，t 恒成立，等价于对任意的实数x ，f (x )<(|2＋t |＋|t －1|)min 恒成立，即[f (x )]max <(|2＋t |＋|t －1|)min ，∵f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |≤|(x －m )－(x ＋3m )|＝4m ，|2＋t |＋|t －1|≥|(2＋t )－(t －1)|＝3，∴4m <3，又m >0，∴0<m <34.即m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34.[方法技巧]已知不等式恒成立求参数范围问题的解法[演练冲关]3．(2017·洛阳统考)已知f (x )＝|2x －1|－|x ＋1|. (1)将f (x )的解析式写成分段函数的形式，并作出其图象；(2)若a ＋b ＝1，对∀a ，b ∈(0，＋∞)，1a ＋4b≥3f (x )恒成立，求x 的取值范围．解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2，x <－1，－3x ，－1≤x ≤12，x －2，x >12，函数f (x )的图象如图所示．(2)∵a ，b ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＝1， ∴1a ＋4b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b (a ＋b )＝5＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a＋4a b ≥5＋2b a ·4ab＝9，当且仅当b a＝4a b，即a ＝13，b ＝23时等号成立．∵1a ＋4b≥3(|2x －1|－|x ＋1|)恒成立，∴|2x －1|－|x ＋1|≤3，结合图象知－1≤x ≤5， ∴x 的取值范围是[－1,5]．[课时跟踪检测] 1．(2017·云南调研)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|m －x |(其中m ∈R)． (1)当m ＝2时，求不等式f (x )≥6的解集；(2)若不等式f (x )≥6对任意实数x 恒成立，求m 的取值范围．解：(1)当m ＝2时，f (x )＝|x ＋1|＋|2－x |，①当x <－1时，f (x )≥6可化为－x －1＋2－x ≥6，解得x ≤－52；②当－1≤x ≤2时，f (x )≥6可化为x ＋1＋2－x ≥6，无实数解； ③当x >2时，f (x )≥6可化为x ＋1＋x －2≥6，解得x ≥72.综上，不等式f (x )≥6的解集为xx ≤－52或x ≥72.(2)法一：因为|x ＋1|＋|m －x |≥|x ＋1＋m －x |＝|m ＋1|，由题意得|m ＋1|≥6，即m ＋1≥6或m ＋1≤－6，解得m ≥5或m ≤－7，即m 的取值范围是(－∞，－7]∪[5，＋∞)．法二：①当m <－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋m －1，x <m ，－m －1，m ≤x ≤－1，2x ＋1－m ，x >－1，此时，f (x )min ＝－m －1，由题意知，－m －1≥6，解得m ≤－7，所以m 的取值范围是m ≤－7.②当m ＝－1时，f (x )＝|x ＋1|＋|－1－x |＝2|x ＋1|，此时f (x )min ＝0，不满足题意．③当m >－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋m －1，x <－1，m ＋1，－1≤x ≤m ，2x ＋1－m ，x >m ，此时，f (x )min ＝m ＋1，由题意知，m ＋1≥6，解得m ≥5，所以m 的取值范围是m ≥5.综上所述，m 的取值范围是(－∞，－7]∪[5，＋∞)．2．(2017·郑州模拟)已知a >0，b >0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |的最小值为4. (1)求a ＋b 的值； (2)求14a 2＋19b 2的最小值．解：(1)因为|x ＋a |＋|x －b |≥|a ＋b |，所以f (x )≥|a ＋b |，当且仅当(x ＋a )(x －b )<0时，等号成立，又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ，所以f (x )的最小值为a ＋b ，所以a ＋b ＝4.(2)由(1)知a ＋b ＝4，b ＝4－a ，14a 2＋19b 2＝14a 2＋19(4－a )2＝1336a 2－89a ＋169＝1336⎝ ⎛⎭⎪⎫a －16132＋1613，故当且仅当a ＝1613，b ＝3613时，14a 2＋19b 2取最小值为1613.3．(2018届高三·湖南五市十校联考)设函数f (x )＝|x －1|－2|x ＋a |. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若不等式f (x )>0在x ∈[2,3]上恒成立，求a 的取值范围．解：(1)a ＝1，f (x )>1⇔|x －1|－2|x＋1|>1⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－x ＋1＋x ＋或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x ≤1，－x ＋1－x ＋或⎩⎪⎨⎪⎧x >1，x －1－x ＋⇔－2<x ≤－1或－1<x <－23或x ∈∅⇔－2<x <－23，故不等式f (x )>1的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－2，－23. (2)f (x )>0在x ∈[2,3]上恒成立⇔|x －1|－2|x ＋a |>0在x ∈[2,3]上恒成立⇔|2x ＋2a |<x －1⇔1－x <2x ＋2a <x －1⇔1－3x <2a <－x －1在x ∈[2,3]上恒成立⇔(1－3x )max <2a <(－x －1)min ⇔－5<2a <－4⇔－52<a <－2.故a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，－2.4．(2017·宝鸡质检)已知函数f (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|，g (x )＝|x －1|＋2. (1)解不等式|g (x )|<5；(2)若对任意x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由||x －1|＋2|<5得－5<|x －1|＋2<5，所以－7<|x －1|<3，解得－2<x <4，则不等式|g (x )|<5的解集为{x |－2<x <4}．(2)因为对任意x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，所以{y |y ＝f (x )}⊆{y |y ＝g (x )}，又f (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|≥|(2x －a )－(2x ＋3)|＝|a ＋3|，g (x )＝|x －1|＋2≥2，所以|a ＋3|≥2，解得a ≥－1或a ≤－5，所以实数a 的取值范围为{a |a ≥－1或a ≤－5}．5．(2018届高三·湘中名校联考)已知函数f (x )＝|x －2|＋|2x ＋a |，a ∈R. (1)当a ＝1时，解不等式f (x )≥5；(2)若存在x 0满足f (x 0)＋|x 0－2|<3，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －2|＋|2x ＋1|. 由f (x )≥5得|x －2|＋|2x ＋1|≥5.当x ≥2时，不等式等价于x －2＋2x ＋1≥5，解得x ≥2，所以x ≥2；当－12<x <2时，不等式等价于2－x ＋2x ＋1≥5，即x ≥2，所以解集为空集；当x ≤－12时，不等式等价于2－x －2x －1≥5，解得x ≤－43，所以x ≤－43.故原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫xx ≤－43或x ≥2.(2)f (x )＋|x －2|＝2|x －2|＋|2x ＋a |＝|2x －4|＋|2x ＋a |≥|2x ＋a －(2x －4)|＝|a ＋4|，∵原命题等价于(f (x )＋|x －2|)min <3，即|a ＋4|<3，∴－7<a <－1.即实数a 的取值范围为(－7，－1)．6．已知函数f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |，g (x )＝x ＋3. (1)当a ＝－2时，求不等式f (x )＜g (x )的解集；(2)设a ＞－1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )≤g (x )，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝－2时，不等式f (x )＜g (x )化为|2x －1|＋|2x －2|－x－3＜0.设函数y ＝|2x －1|＋|2x －2|－x －3，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－5x ，x ＜12，－x －2，12≤x ≤1，3x －6，x ＞1.其图象如图所示．从图象可知，当且仅当x ∈(0,2)时，y <0.所以原不等式的解集是{x |0＜x＜2}．(2)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )＝1＋a .不等式f (x )≤g (x )化为1＋a ≤x ＋3.所以x ≥a －2对x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12都成立．故－a 2≥a －2，即a ≤43. 从而a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－1，43.7．(2017·贵阳检测)已知|x ＋2|＋|6－x |≥k 恒成立． (1)求实数k 的最大值；(2)若实数k 的最大值为n ，正数a ，b 满足85a ＋b ＋22a ＋3b＝n .求7a ＋4b 的最小值．解：(1)因为|x ＋2|＋|6－x |≥k 恒成立，设g (x )＝|x ＋2|＋|6－x |，则g (x )min ≥k .又|x ＋2|＋|6－x |≥|(x ＋2)＋(6－x )|＝8，当且仅当－2≤x ≤6时，g (x )min ＝8，所以k ≤8，即实数k 的最大值为8.(2)由(1)知，n ＝8，所以85a ＋b ＋22a ＋3b ＝8，即45a ＋b ＋12a ＋3b＝4，又a ，b 均为正数，所以7a ＋4b ＝14(7a ＋4b )⎝ ⎛⎭⎪⎫45a ＋b ＋12a ＋3b＝14[]a ＋b ＋a ＋3b⎝⎛⎭⎪⎫45a ＋b ＋12a ＋3b ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋1＋a ＋3b 5a ＋b ＋5a ＋b 2a ＋3b ≥14×(5＋4)＝94，当且仅当a ＋3b 5a ＋b ＝5a ＋b 2a ＋3b ，即a ＝5b ＝1552时，等号成立，所以7a ＋4b 的最小值是94.8．设a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1.求证： (1)2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12；(2)a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥2.证明：(1)因为1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2，当且仅当a ＝b 时等号成立．所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12.(2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bca ，所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥⎝⎛⎭⎪⎫ac b ＋ab c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c ＋bc a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a≥2a ＋2b ＋2c ＝2，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立.。