高考数学复习专题七选考内容讲义

专题七　选考内容(理、文)第1讲　选修4－4　坐标系与参数方程命|题|分|析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；二是曲线的参数方程与极坐标方程的综合应用。2．高考对此部分的考查以解答题的形式出现，难度中等，备考此部分内容时应注意转化思想的应用。明确考点　扣准要点必 备 知 识1．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轴的正半轴作为极轴，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2．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)。几个特殊位置的直线的极坐标方程。(1)直线过极点：θ＝α(ρ∈R)；(2)直线过点M(a,0)(a>0)且垂直于极轴：ρcos θ＝a；(3)直线过点M且平行于极轴：ρsin θ＝b。3．圆的极坐标方程几个特殊位置的圆的极坐标方程。 (1)当圆心位于极点，半径为r：ρ＝r；(2)当圆心位于点M(r,0)，半径为r：ρ＝2rcos θ；(3)当圆心位于点M，半径为r：ρ＝2rsin θ。4．直线的参数方程经过点P0(x0，y0)，倾斜角为α的直线的参数方程为(t为参数)。设P是直线上的任一点，则t表示有向线段的数量。5．圆、椭圆的参数方程(1)圆心在点M(x0，y0)，半径为r的圆的参数方程为(θ为参数，0≤θ<2π)。(2)椭圆＋＝1(a>b>0)的参数方程为(θ为参数)。精析精研　重点攻关考 向 突 破考向一  极坐标方程及应用【例1】　在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(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，直线l的极坐标方程为θ＝θ0。(1)求曲线C的极坐标方程；(2)设直线l与曲线C相交于不同的两点P1，P2，求＋的取值范围。解　(1)将曲线C的参数方程(α为参数)消去参数α，得(x－)2＋(y－1)2＝1。将代入上式，得曲线C的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－2ρsin θ＋3＝0。(2)依题意，由直线l与曲线C相交于不同的两点，可知θ0∈。将θ＝θ0代入曲线C的极坐标方程，得ρ2－2ρcos θ0－2ρsin θ0＋3＝0。设P1(ρ1，θ0)，P2(ρ2，θ0)，则ρ1＋ρ2＝2cos θ0＋2sin θ0，ρ1ρ2＝3。所以＋＝＋＝＝＝sin，因为θ0∈，所以θ0＋∈，则sin∈。于是＋的取值范围为。 方法悟通本题的易错点是没有注意到隐含的θ0的取值范围。在研究极坐标方程与参数方程问题时，一定要结合几何图形的位置关系，挖掘其中的隐含条件，才能使问题的求解不会出现错误。 【变式训练1】　(2021·昆明市三诊一模测试)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(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，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cos θ。(1)求C1的极坐标方程和C2的直角坐标方程；(2)若C1，C2交于A，B两点，求|OA|·|OB|。解　(1)消去参数t得C1的普通方程为x－y＝1，又x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，所以C1的极坐标方程为ρcos θ－ρsin θ＝1。因为ρ＝4cos θ，所以ρ2＝4ρcos θ，又x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ，所以C2的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4。(2)C1的极坐标方程为ρcos θ－ρsin θ＝1，C2的极坐标方程为ρ＝4cos θ，联立得解得cos θ＝，sin θ＝－，由sin2θ＋cos2θ＝1得ρ4－12ρ2＋8＝0，所以ρρ＝8，ρ1ρ2＝2，所以|OA|·|OB|＝ρ1ρ2＝2。考向二  参数方程及应用【例2】　在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)，曲线C1的参数方程为(θ为参数)。(1)设l与C1相交于A，B两点，求|AB|；(2)若把曲线C1上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的，得到曲线C2，设点P是曲线C2上的一个动点，求点P到直线l的距离的最小值。解　(1)解法一：曲线C1的普通方程为x2＋y2＝1，将直线l的参数方程代入，得t2＋t＝0，解得t＝0或t＝－1，根据参数的几何意义可知|AB|＝1。解法二：直线l的普通方程为y＝(x－1)，曲线C1的普通方程为x2＋y2＝1，由得l与C1的交点坐标为(1,0)，，则|AB|＝1。(2)直线l的普通方程为x－y－＝0，曲线C2的参数方程为(α为参数)，故可设点P的坐标是，则点P到直线l的距离是＝，因此当sin＝－1时，点P到直线l的距离取得最小值，且最小值为。 方法悟通(1)参数方程的实质是将曲线上每一点的横、纵坐标分别用同一个参数表示出来，所以有时处理曲线上与点的坐标有关的问题时非常方便。(2)解题时要充分利用直线、圆、椭圆的参数方程中的参数的几何意义。 【变式训练2】　在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(θ为参数)，直线l的参数方程为(t为参数)。(1)求曲线C和直线l的普通方程；(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，且|AB|＝1，求直线l的方程。解　(1)由消去参数θ，得曲线C的普通方程为x2＋y2＝1。直线l的参数方程为(t为参数)，当cos α＝0时，直线l的普通方程为x＝2；当cos α≠0时，直线l的普通方程为y＝tan α(x－2)。(2)把代入x2＋y2＝1，得t2＋4tcos α＋3＝0。因为Δ＝16cos2α－12>0，所以cos2α>。设A，B对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝－4cos α，t1t2＝3，则|AB|＝|t1－t2|＝1，所以(t1－t2)2＝(t1＋t2)2－4t1t2＝16cos2α－12＝1，所以cos2α＝，所以tan2α＝＝，所以tan α＝±，即直线l的斜率为±，所以直线l的方程为y＝x－或y＝－x＋。考向三  极坐标方程与参数方程的综合应用【例3】　(2021·郑州市质量预测)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程是。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的极坐标方程是ρ＝4sin－2cos θ。(1)写出曲线C2的直角坐标方程；(2)若曲线C1与C2有且仅有一个公共点，求sin2α－sin αcos α的值。解　(1)ρ＝4－2cos θ＝4sin θ＋2cos θ，则ρ2＝4ρsin θ＋2ρcos θ，由得x2＋y2＝4y＋2x，所以曲线C2的直角坐标方程是x2＋y2－2x－4y＝0。(2)因为曲线C1与C2有且仅有一个公共点，所以直线C1：y＝tan α·x＋5与圆C2相切，圆C2的圆心为(1,2)，半径为，则＝，解得tan α＝2或tan α＝－(舍去)，所以sin2α－sin αcos α＝＝＝。 方法悟通参数方程主要通过代入法或者已知恒等式(如cos2α＋sin2α＝1等三角恒等式)消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化。这类问题一般可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题。 【变式训练3】　(2020·全国Ⅱ卷)已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：(θ为参数)，C2：(t为参数)。(1)将C1，C2的参数方程化为普通方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程。解　(1)由C1的参数方程得，C1的普通方程为x＋y＝4(0≤x≤4)。由C2的参数方程得x2＝t2＋＋2，y2＝t2＋－2，所以x2－y2＝4。故C2的普通方程为x2－y2＝4。(2)由得所以P的直角坐标为。设所求圆的圆心的直角坐标为(x0,0)，由题意得x＝2＋，解得x0＝。因此，所求圆的极坐标方程为ρ＝cos θ。练真题　明确考向回 味 高 考1．(2021·全国乙卷)在直角坐标系xOy中，⊙C的圆心为C(2,1)，半径为1。(1)写出⊙C的一个参数方程；(2)过点F (4,1)作⊙C的两条切线，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程。解　(1)由题意知⊙C的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1，则⊙C的参数方程为(α为参数)。(2)由题意可知，切线的斜率存在，设切线方程为y－1＝k(x－4)，即kx－y＋1－4k＝0，所以＝1，解得k＝±，则这两条切线方程分别为y＝x－＋1，y＝－x＋＋1，故这两条切线的极坐标方程分别为ρsin θ＝ρcos θ－＋1，ρsin θ＝－ρcos θ＋＋1。2．(2021·全国甲卷)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的极坐标方程为ρ＝2cos θ。(1)将C的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)设点A的直角坐标为(1,0)，M为C上的动点，点P满足＝，写出P的轨迹C1的参数方程，并判断C与C1是否有公共点。解　(1)根据ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ，因为x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ，所以x2＋y2＝2x，所以C的直角坐标方程为(x－)2＋y2＝2。(2)设P(x，y)，M(x′，y′)，则＝(x－1，y)，＝(x′－1，y′)。因为＝，所以即因为M为C上的动点，所以2＋2＝2，即(x－3＋)2＋y2＝4。所以P的轨迹C1的参数方程为(其中α为参数，α∈[0,2π))。所以|CC1|＝3－2，⊙C1的半径r1＝2，又⊙C的半径r＝，所以|CC1|<r1－r，所以C与C1没有公共点。3．(2020·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数)。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4ρcos θ－16ρsin θ＋3＝0。(1)当k＝1时，C1是什么曲线？(2)当k＝4时，求C1与C2的公共点的直角坐标。解　(1)当k＝1时，C1：消去参数t得x2＋y2＝1，故曲线C1是圆心为坐标原点，半径为1的圆。(2)当k＝4时，C1：消去参数t得C1的普通方程为＋＝1。C2的直角坐标方程为4x－16y＋3＝0。由解得故C1与C2的公共点的直角坐标为。 增分专练(十九)　选修4－4　坐标系与参数方程A级　基础达标1.(2021·东北三校联考)在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)，曲线C1的参数方程为(α为参数)，以该直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2cos θ－2sin θ。(1)分别求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；(2)设直线l交曲线C1于O，A两点，交曲线C2于O，B两点，求|AB|。解　(1)曲线C1：(α为参数)的普通方程为(x－2)2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0，由x＝ρcos θ，x2＋y2＝ρ2，可得ρ2－4ρcos θ＝0，即ρ＝4cos θ，所以曲线C1的极坐标方程为ρ＝4cos θ。曲线C2：ρ＝2cos θ－2sin θ，即ρ2＝2ρcos θ－2ρsin θ，由x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，可得曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2＝2x－2y，即(x－)2＋(y＋1)2＝4。(2)直线l的普通方程为y＝－x，所以直线l的极坐标方程为θ＝－或θ＝。与曲线C1的极坐标方程联立，得A，与曲线C2的极坐标方程联立，得B，所以|AB|＝|ρA－ρB|＝4－2。2．在极坐标系下有许多美丽的曲线，如伯努利双纽线ρ2＝a2cos 2θ的形状是一个横8字，和谐、对称、优美。以极点O为原点，极轴为x轴的正半轴的平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为。(1)求曲线C的普通方程和伯努利双纽线的直角坐标方程；(2)若a＝2，α＝，将曲线C向左平移4个单位长度得到曲线C′，曲线C′与伯努利双纽线交于A，B两点，求A，B的极坐标。解　(1)曲线C的普通方程为y＝(x－4)tan α(x≠4)。由ρ2＝a2cos 2θ，得ρ4＝a2(ρ2cos2θ－ρ2sin2θ)，所以伯努利双纽线的直角坐标方程为(x2＋y2)2＝a2(x2－y2)。(2)曲线C向左平移4个单位长度得到曲线C′：y＝xtan α(x≠0)。当α＝时，曲线C′的极坐标方程为θ＝(ρ≠0)，由得ρ＝±，所以A，B或A，B。3．在平面直角坐标系中，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的方程为(t为参数)，曲线C2的极坐标方程为ρcos θ－ρsin θ＝2，曲线C1与C2相交于A，B两点。(1)求曲线C1的普通方程及曲线C2的直角坐标方程；(2)求点M(1，－1)到A，B两点的距离之和。解　(1)消去参数t得曲线C1的普通方程为y2＝4x，因为x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，所以曲线C2的直角坐标方程为x－y＝2。(2)曲线C2的参数方程为(t′为参数)，将其代入曲线C1的普通方程y2＝4x中，得t′2－3t′－3＝0，Δ＝18＋6>0，设t1′，t2′分别为A，B两点对应的参数，则t1′＋t2′＝6，t1′t2′＝－6，由参数的几何意义，知M(1，－1)到A，B两点的距离之和为|t1′－t2′|＝＝＝4。4．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为。以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为ρ＝2sin θ，θ∈。(1)求半圆C的参数方程和直线l的普通方程；(2)直线l与x轴交于点A，与y轴交于点B，点D在半圆C上，且直线CD的倾斜角是直线l的倾斜角的2倍，△ ABD的面积为1＋，求α的值。解　(1)由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ，将x2＋y2＝ρ2，y＝ρsin θ代入，得半圆C的直角坐标方程为x2＋y2＝2y，因为θ∈，所以y＝ρsin θ＝2sin2θ∈(1,2]，x＝ρcos θ＝2sin θcos θ＝sin 2θ∈(－1,1)，所以半圆C的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1(1<y≤2)。由sin φ＝y－1∈(0,1]，cos φ＝x∈(－1,1)知，可取φ∈(0，π)，所以半圆C的参数方程为(其中φ为参数，φ∈(0，π))。将直线l的参数方程消去参数t，得直线l的普通方程为y＝xtan α－2，α∈。(2)由题意可知，A，B(0，－2)，D(cos 2α，1＋sin 2α)，则点D到直线AB的距离d＝＝|sin αcos 2α－cos αsin 2α－3cos α|＝sin α＋3cos α，|AB|＝＝。所以△ABD的面积S＝·|AB|·d＝1＋＝1＋，所以tan α＝。又α∈，所以α＝。5．(2021·云南省统一检测)在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρ＝，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cos θ，点B是曲线C2上的点，且点B的极坐标为(ρ1,0)，ρ1>0。(1)直接写出点B的直角坐标，曲线C1的直角坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；(2)若点A是曲线C1上的点，求△AOB面积的最大值。解　(1)点B的直角坐标为(4,0)，曲线C1的直角坐标方程为x2＋＝1，曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－4x＝0。(2)由已知设A(cos φ，2sin φ)，则点A到x轴的距离d＝2|sin φ|。由(1)知，点B的直角坐标为(4,0)。所以△AOB的面积S△AOB＝|OB|d＝×4×2|sin φ|＝4|sin φ|。因为|sin φ|的最大值为1，所以4|sin φ|的最大值为4。所以△AOB面积的最大值为4。B级　素养落实6.(2021·合肥教学质量检测)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数)。在以原点为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρsin－2＝0。(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；(2)若曲线C2与曲线C1交于点A，B，M(－2,2)，求－的值。解　(1)由得两式平方相减得y2－2x2＝4，即－＝1。又y＝(t＋t－)≥2(t>0)，所以曲线C1的普通方程为－＝1(y≥2)。曲线C2：ρsin－2＝0，化简，得ρsin θ－ρcos θ－4＝0，又x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，所以y－x－4＝0，所以曲线C2的直角坐标方程为x－y＋4＝0。(2)设曲线C2的参数方程为(t′为参数)。代入曲线C1的方程得2－42＝8，即3t′2－20t′＋40＝0。Δ＝320>0。设方程的两个实数根为t1′，t2′，则t1′＋t2′＝，t1′t2′＝，所以＝＝＝＝＝＝，所以－＝或－。7．(2021·银川市质量检测)在平面直角坐标系xOy中，已知曲线M的参数方程为(β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l1的极坐标方程为θ＝α，直线l2的极坐标方程为θ＝α＋。(1)写出曲线M的极坐标方程，并指出它是何种曲线；(2)设直线l1与曲线M交于A，C两点，直线l2与曲线M交于B，D两点，求四边形ABCD面积的取值范围。解　(1)由(β为参数)，消去参数β得(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以曲线M是以(1,1)为圆心，2为半径的圆。因为x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，所以曲线M的极坐标方程为ρ2－2ρ(sin θ＋cos θ)－2＝0。(2)设|OA|＝ρ1，|OC|＝ρ2，将直线l1与圆M的极坐标方程联立，得ρ2－2ρ(sin α＋cos α)－2＝0，所以ρ1＋ρ2＝2(sin α＋cos α)，ρ1·ρ2＝－2。因为O，A，C三点共线，所以|AC|＝|ρ1－ρ2|＝＝。用α＋代替α可得|BD|＝，因为l1⊥l2，所以四边形ABCD的面积S＝|AC|·|BD|＝。因为sin22α∈[0,1]，所以S∈[4，6]，故四边形ABCD面积的取值范围为[4，6]。 第2讲　选修4－5　不等式选讲(理、文)命|题|分|析1．不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是绝对值不等式的解法以及不等式的证明，其中绝对值不等式的解法以及绝对值不等式与函数综合问题的求解是命题的热点。2．该部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考时应注意分类整合思想的应用。明确考点　扣准要点必 备 知 识1．绝对值不等式的性质定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立。定理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。2．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法(1)|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c。(2)|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c。3．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式的几何意义直观求解。(2)利用零点分段法求解。(3)构造函数，利用函数的图象求解。4．基本不等式定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立。定理2：如果a，b>0，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立。定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立。一般形式的算术­几何平均不等式：对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立。精析精研　重点攻关考 向 突 破考向一  含绝对值不等式的解法【例1】　已知函数f (x)＝|2x－4|－|x－3|。(1)不等式f (x)≤2的解集为M，求M；(2)若关于x的方程k2－4k－3f (x)＝0有实数根，求实数k的取值范围。解　(1)依题意，得f (x)＝|2x－4|－|x－3|＝当x≥3时，f (x)≤2，即x－1≤2，解得x≤3，结合x≥3，得x＝3；当2<x<3时，f (x)≤2即3x－7≤2，解得x≤3，结合2<x<3，得2<x<3；当x≤2时，f (x)≤2即－x＋1≤2，解得x≥－1，结合x≤2，得－1≤x≤2。综上可知，不等式f (x)≤2的解集M＝{x|－1≤x≤3}。(2)由k2－4k－3f (x)＝0，得k2－4k＝3f (x)，由(1)知，f (x)≥－1。要使关于x的方程k2－4k－3f (x)＝0有实数根，则只需k2－4k≥－3，解得k≥3或k≤1。即实数k的取值范围是(－∞，1]∪[3，＋∞)。 方法悟通(1)对于形如|f (x)|≥|g(x)|的不等式，可利用不等式两边同时平方的技巧，去掉绝对值。(2)对于形如|f (x)|±|g(x)|≥a，|f (x)|±|g(x)|≤a的不等式，可利用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解。 【变式训练1】　(2021·东北三校联考)已知f (x)＝|x＋2|－|x－1|。(1)解不等式f (x)≤x；(2)设f (x)的最大值为t，如果正实数m，n满足m＋2n＝t，求＋的最小值。解　(1)f (x)＝|x＋2|－|x－1|，①当x≤－2时，f (x)＝－x－2＋(x－1)＝－3≤x，所以－3≤x≤－2；②当－2<x<1时，f (x)＝x＋2＋(x－1)＝2x＋1≤x，所以－2<x≤－1；③当x≥1时，f (x)＝x＋2－(x－1)＝3≤x，所以x≥3。综上，不等式f (x)≤x的解集为[－3，－1]∪[3，＋∞)。(2)由已知，f (x)＝所以f (x)max＝3，所以m＋2n＝3，m>0，n>0，所以＋＝·(m＋2n)＝≥×＝，当且仅当＝，即m＝，n＝时，等号成立，所以＋的最小值为。考向二  不等式恒成立问题【例2】　(2021·郑州市质量预测)已知函数f (x)＝|2x－4|＋|x＋a|(a>0)。(1)若a＝1，求不等式f (x)≥5的解集；(2)若f (x)≥a2－2a＋4恒成立，求实数a的取值范围。解　(1)由题意得f (x)＝|2x－4|＋|x＋1|＝当x≥2时，由3x－3≥5得x≥，所以x≥；当－1≤x<2时，由－x＋5≥5得x≤0，所以－1≤x≤0；当x<－1时，由－3x＋3≥5得x≤－，所以x<－1。综上所述，不等式f (x)≥5的解集为(－∞，0]∪。(2)f (x)≥a2－2a＋4恒成立等价于f (x)min≥a2－2a＋4，因为f (x)＝|2x－4|＋|x＋a|＝|x－2|＋|x－2|＋|x＋a|≥|x－2|＋|x＋a|≥|(x＋a)－(x－2)|＝a＋2，等号成立的条件是x＝2，所以f (x)min＝a＋2，所以a＋2≥a2－2a＋4，解得1≤a≤2，所以实数a的取值范围为[1,2]。 方法悟通解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略不等式恒成立问题不等式f (x)>A在区间D上恒成立，等价于在区间D上f (x)min>A。不等式f (x)<B在区间D上恒成立，等价于在区间D上f (x)max<B不等式能成立问题在区间D上存在实数x使不等式f (x)>A成立，等价于在区间D上f (x)max>A。在区间D上存在实数x使不等式f (x)<B成立，等价于在区间D上f (x)min<B不等式恰成立问题不等式f (x)>A在区间D上恰成立，等价于不等式f (x)>A的解集为D。不等式f (x)<B在区间D上恰成立，等价于不等式f (x)<B的解集为D 【变式训练2】　已知函数f (x)＝＋|x－m|(m>0)。(1)当m＝1时，求函数f (x)的最小值；(2)若存在x∈(0,1)，使得不等式f (x)≤3成立，求实数m的取值范围。解　(1)当m＝1时，f (x)＝|x＋2|＋|x－1|，因为|x＋2|＋|x－1|≥|(x＋2)－(x－1)|＝3，当且仅当(x＋2)(x－1)≤0，即－2≤x≤1时等号成立，所以f (x)的最小值为3。(2)由题意得存在x∈(0,1)，使得x＋＋|x－m|≤3成立，①当m≥1时，x＋＋|x－m|≤3等价于＋m≤3，所以1≤m≤2。②当0<m<1时，f (x)＝x＋＋|x－m|＝则f (x)min＝＋m，所以＋m≤3，所以1≤m≤2，与“0<m<1”矛盾，此时m无解。综上，实数m的取值范围为[1,2]。考向三  不等式的证明问题【例3】　(2021·合肥教学质量检测)已知a，b，c为正数，且满足a＋b＋c＝3。(1)证明：＋＋≥3；(2)证明：＋＋≥3。证明　(1)由a，b，c都是正数得，3＝a＋b＋c≥3，所以≤1，即abc≤1，所以＋＋＝＝≥3，即＋＋≥3(当且仅当a＝b＝c时等号成立)。(2)因为＋＋≥＋＋＝＋＋，又a＋b＋c＝3，(a＋3)＋(b＋3)＋(c＋3)＝12，所以＋＋＝[(a＋3)＋(b＋3)＋(c＋3)]·＝＝≥3，所以＋＋≥3(当且仅当a＝b＝c时等号成立)。 方法悟通(1)证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点。(2)当要证的不等式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。在不等式的证明中，一方面要注意基本不等式成立的条件；另一方面要善于对“式子”进行恰当的转化、变形。 【变式训练3】　已知函数f (x)＝|2x－1|＋x＋的最小值为m。(1)求m的值；(2)若a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝m，证明：a2＋b2＋c2≥。解　(1)根据题意，函数f (x)＝|2x－1|＋x＋＝所以f (x)在上单调递减，在上单调递增，所以f (x)min＝f ＝1，即m＝1。(2)证明：由(1)知，m＝1，所以a＋b＋c＝1。又a，b，c为正实数，a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，所以2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ac)，所以1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤3(a2＋b2＋c2)。即a2＋b2＋c2≥(当且仅当a＝b＝c＝时取等号)。练真题　明确考向回 味 高 考1．(2021·全国乙卷)已知函数f (x)＝|x－a|＋|x＋3|。(1)当a＝1时，求不等式f (x)≥6的解集；(2)若f (x)>－a，求a的取值范围。解　(1)当a＝1时，f (x)＝|x－1|＋|x＋3|，故f (x)≥6即|x－1|＋|x＋3|≥6，当x≤－3时，1－x－x－3≥6，解得x≤－4，又x≤－3，所以x≤－4；当－3<x≤1时，1－x＋x＋3≥6，即4≥6，不成立；当x>1时，x－1＋x＋3≥6，解得x≥2，又x>1，所以x≥2。综上，原不等式的解集为{x|x≤－4或x≥2}。(2)f (x)＝|x－a|＋|x＋3|≥|(x－a)－(x＋3)|＝|3＋a|，当x的值在a与－3之间(包括两个端点)时取等号，若f (x)>－a，则只需|3＋a|>－a，即3＋a>－a或3＋a<a，得a>－。故a的取值范围为a。2.(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝|3x＋1|－2|x－1|。(1)画出y＝f (x)的图象；(2)求不等式f (x)>f (x＋1)的解集。解　(1)由题设知f (x)＝作出y＝f (x)的图象如图所示。(2)函数y＝f (x)的图象向左平移1个单位长度后得到函数y＝f (x＋1)的图象。y＝f (x)的图象与y＝f (x＋1)的图象的交点坐标为。由图象可知，当且仅当x<－时，y＝f (x)的图象在y＝f (x＋1)图象的上方。故不等式f (x)>f (x＋1)的解集为。3．(2020·全国Ⅲ卷)设a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1。(1)证明：ab＋bc＋ca<0；(2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}≥。证明　(1)由题设可知，a，b，c均不为零，所以ab＋bc＋ca＝[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]＝－(a2＋b2＋c2)<0。(2)不妨设max{a，b，c}＝a，因为abc＝1，a＝－(b＋c)，所以a>0，b<0，c<0。由bc≤，可得abc≤，故a≥，所以max{a，b，c}≥。4．(2021·全国甲卷)已知函数f (x)＝|x－2|，g(x)＝|2x＋3|－|2x－1|。(1)画出y＝f (x)和y＝g(x)的图象；(2)若f (x＋a)≥g(x)，求a的取值范围。解　(1)由已知得g(x)＝所以y＝f (x)与y＝g(x)的图象如图①所示。(2)y＝f (x＋a)的图象是由函数y＝f (x)的图象向左平移a(a>0)个单位长度或向右平移|a|(a<0)个单位长度得到的，根据图象可知向右平移不符合题意，向左平移到y＝f (x＋a)的图象的右支过y＝g(x)的图象上的点时为临界状态，如图②所示，此时y＝f (x＋a)的图象的右支对应的函数解析式为y＝x＋a－2(x≥2－a)，则4＝＋a－2，解得a＝。因为f (x＋a)≥g(x)，所以a≥，故a的取值范围为。 
增分专练(二十)　选修4－5　不等式选讲A级　基础达标1．已知函数f (x)＝|x－2|＋|x＋1|。(1)解关于x的不等式f (x)≥4－x；(2)a，b∈{y|y＝f (x)}，试比较2(a＋b)与ab＋4的大小。解　(1)当x<－1时，f (x)＝1－2x，由f (x)≥4－x，得x≤－3；当－1≤x≤2时，f (x)＝3，由f (x)≥4－x，得x≥1，所以1≤x≤2；当x>2时，f (x)＝2x－1，由f (x)≥4－x，得x≥，所以x>2。综上，不等式f (x)≥4－x的解集为(－∞，－3]∪[1，＋∞)。(2)2(a＋b)－(ab＋4)＝2a－ab＋2b－4＝(a－2)(2－b)，因为|x－2|＋|x＋1|≥|(x－2)－(x＋1)|＝3，当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以a≥3，b≥3，所以a－2>0,2－b<0，即(a－2)(2－b)<0，所以2(a＋b)<ab＋4。2．已知函数f (x)＝|x－1|。(1)解不等式f (x)＋f (x＋4)≥8；(2)若|a|<1，|b|<1，a≠0，求证：f (ab)>|a|f 。解　(1)f (x)＋f (x＋4)＝|x－1|＋|x＋3|≥8，当x>1时，不等式化为x－1＋x＋3≥8，得x≥3，所以x≥3。当－3≤x≤1时，不等式化为1－x＋x＋3≥8，无解。当x<－3时，不等式化为1－x－x－3≥8，得x≤－5，所以x≤－5。故原不等式的解集为(－∞，－5]∪[3，＋∞)。(2)证明：要证f (ab)>|a|f 成立，即证|ab－1|>|b－a|成立，即证a2b2＋1>a2＋b2成立，只需证a2(b2－1)－(b2－1)>0成立，即证(a2－1)(b2－1)>0成立，由已知|a|<1，|b|<1得(a2－1)(b2－1)>0显然成立，故f (ab)>|a|f 。3．已知函数f (x)＝|2x－a|＋|x－a＋1|。(1)当a＝4时，解不等式f (x)≥8；(2)已知关于x的不等式f (x)≥在R上恒成立，求参数a的取值范围。解　(1)当a＝4时，f (x)≥8即为|2x－4|＋|x－3|≥8。当x≥3时，2x－4＋x－3≥8，解得x≥5，此时x≥5；当2<x<3时，2x－4＋3－x≥8，解得x≥9，此时无解；当x≤2时，4－2x＋3－x≥8，解得x≤－，此时x≤－。综上可得，原不等式的解集为。(2)①当a－1>，即a>2时，f (x)＝当x＝时，f (x)取得最小值，即f (x)min＝f ＝－1，要使f (x)≥在R上恒成立，则只需此时无解。②当a－1≤，即a≤2时，f (x)＝当x＝时，f (x)取得最小值，即f (x)min＝f ＝1－，要使f (x)≥在R上恒成立，则只需解得－2≤a≤1。综上可知，a的取值范围为[－2,1]。4．(2021·广西南宁联考)函数f (x)＝|x－a|，a<0。(1)若a＝－2，求不等式f (x)＋f (2x)>2的解集；(2)若不等式f (x)＋f (2x)<的解集非空，求a的取值范围。解　(1)当a＝－2时，f (x)＝|x＋2|，f (x)＋f (2x)＝|x＋2|＋|2x＋2|。原不等式可化为或或解得x<－2或x>－。所以不等式的解集为(－∞，－2)∪。(2)记y＝f (x)＋f (2x)＝|x－a|＋|2x－a|。当x≤a时，y＝a－x＋a－2x＝2a－3x，则y≥－a；当a<x<时，y＝x－a＋a－2x＝－x，则－<y<－a；当x≥时，y＝x－a＋2x－a＝3x－2a，则y≥－。所以函数y＝f (x)＋f (2x)的值域为。因为不等式f (x)＋f (2x)<的解集非空，所以>－，解得a>－1。由于a<0，所以a的取值范围为(－1,0)。5．(1)求|2x－1|＋|2x－3|<4的解集M；(2)在(1)的条件下，设a，b，c∈M，证明：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能都大于1。解　(1)原不等式等价于或或解得0<x≤，或<x<，或≤x<2。综上，原不等式的解集M＝{x|0<x<2}。(2)证明：由(1)知0<a，b，c<2，由基本不等式得，0<(2－a)a≤1,0<(2－b)b≤1,0<(2－c)c≤1，所以0<(2－a)a(2－b)b(2－c)c≤1。假设(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a都大于1，则(2－a)b(2－b)c(2－c)a>1，这与0<(2－a)a(2－b)b(2－c)c≤1矛盾，所以(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能都大于1。6．已知函数f (x)＝2|x－1|＋|x＋2|的最小值为m。(1)在图中画出函数f (x)的图象，利用图象写出m的值；(2)若a，b，c∈R，且a＋b＋c＝2m，求证：ab＋bc＋ca≤12。解　(1)f (x)＝2|x－1|＋|x＋2|＝f (x)的图象如图所示。由图可知，当x＝1时，f (x)取得最小值3。所以m＝3。(2)证明：由题意得a＋b＋c＝6。因为a，b，c∈R，所以a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，三式相加并整理得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，两边同时加2ab＋2bc＋2ca，得(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ca)，所以36≥3(ab＋bc＋ca)，即ab＋bc＋ca≤12，当且仅当a＝b＝c＝2时等号成立。B级　素养落实7.(2021·云南省统一检测)已知a>0，b>0，a＋b＝2。(1)求证：＋≤2；(2)若不等式|2x＋1|－|2x－3|≥ab对满足已知条件的所有a，b都成立，求实数x的取值范围。解　(1)证明：因为a>0，b>0，a＋b＝2，所以(＋)2＝(a＋b)＋2＋2＝2＋2＋2≤4＋2×＝4＋(a＋b)＋2＝8，当且仅当a＝b＝1时取等号，所以＋≤2。(2)因为a>0，b>0，a＋b＝2，所以ab＝()2≤2＝1，当且仅当a＝b＝1时取等号。又当a＝b＝1时，ab＝1，所以ab的最大值为1。所以不等式|2x＋1|－|2x－3|≥ab对满足已知条件的所有a，b都成立⇔|2x＋1|－|2x－3|≥1成立。当x≤－时，不等式化为－2x－1－(3－2x)≥1，化简得－4≥1，不成立，所以不等式无解。当－<x≤时，不等式化为2x＋1－(3－2x)≥1，解得x≥，所以≤x≤。当x>时，不等式化为2x＋1－(2x－3)≥1，化简得4≥1，恒成立，所以x>。所以|2x＋1|－|2x－3|≥1的解集为。所以实数x的取值范围是。8．设函数f (x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m，若∀x∈R，－4≥f (x)恒成立。(1)求实数m的取值范围；(2)求证：log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)。解　(1)因为x∈R，－4≥f (x)恒成立，所以m＋≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立。令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝则函数g(x)在(－∞，3]上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，所以g(x)max＝g(3)＝2，所以m＋≥g(x)max＝2，即m＋－2≥0，所以＝≥0，所以m>0，综上，实数m的取值范围是(0，＋∞)。(2)证明：由m>0，知m＋3>m＋2>m＋1>1，所以lg(m＋3)>lg(m＋2)>lg(m＋1)>lg 1＝0。要证log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)，只需证>，即证lg(m＋1)·lg(m＋3)<[lg(m＋2)]2，又lg(m＋1)·lg(m＋3)<2＝<＝lg2(m＋2)，所以log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)成立。