【数学】2019届一轮复习苏教版第十二章选修4系列学案 34页

第十二章 选修4系列 第一节选修4－2《矩阵与变换》‎ 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.矩阵的运算与变换；‎ ‎2.矩阵的逆矩阵、特征值与特征向量.‎ 突破点(一)　矩阵的运算与变换 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1.矩阵的运算 ‎(1)[a11　a12] ＝[a11×b11＋a12×b21]．‎ ‎(2)＝.‎ ‎(3)对于矩阵M＝，N＝，‎ 则MN＝ ‎＝.‎ ‎2．矩阵的变换 ‎(1)矩阵变换的概念：‎ 一般地，对于平面上的任意一个点(向量)(x，y)，按照对应法则T，总能对应唯一的一个平面点(向量)(x′，y′)，则称T为一个变换，简记为T：(x，y)→(x′，y′)，或T：→.‎ ‎(2)几种常见的平面变换：恒等变换、伸压变换、反射变换、旋转变换、投影变换、切变变换．‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 矩阵的运算 ‎[例1]　 (1)已知A＝，B＝，C＝，计算AB，AC.‎ ‎ (2)已知A＝，B＝，计算AB.‎ ‎(3)已知A＝，B＝，计算A2，B2.‎ ‎[解]　(1)AB＝＝，‎ AC＝＝.‎ ‎(2)AB＝ ‎＝＝.‎ ‎(3)A2＝＝.‎ B2＝＝.‎ ‎[方法技巧]‎ 矩阵运算的规律 ‎(1)一般情况下，AB≠BA，即矩阵的乘法不满足交换律．‎ ‎(2)矩阵的乘法满足结合律，即(AB)C＝A(BC)．‎ ‎(3)矩阵的乘法不满足消去律．　 ‎ 矩阵的变换 ‎[例2]　(2017·南京、盐城二模)设a，b∈R，若直线l：ax＋y－7＝0在矩阵A＝ 对应的变换作用下，得到的直线为l′：9x＋y－91＝0，求实数a，b的值．‎ ‎[解]　设矩阵A对应的变换把直线l上的任意点P(x，y)变成直线l′上的点P1(x1，y1)，‎ 则＝，即 因为9x1＋y1－91＝0，所以27x＋(－x＋by)－91＝0，即26x＋by－91＝0.‎ 因为直线l的方程也为ax＋y－7＝0，所以＝＝，解得a＝2，b＝13.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．变换的复合 在数学中，一一对应的平面几何变换常可以看做是伸压、反射、旋转、切变变换的一次或多次复合，而伸压、反射、切变等变换通常叫做初等变换；对应的矩阵叫做初等变换矩阵．‎ ‎2．矩阵乘法MN的几何意义 对向量α＝连续实施的两次几何变换(先TN后TM)的复合变换．　　 ‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.已知矩阵M＝，α＝，β＝，求M(2α＋4β)．‎ 解：2α＋4β＝＋＝，‎ 则M(2α＋4β)＝＝.‎ ‎2.曲线C1：x2＋2y2＝1在矩阵M＝的作用下变换为曲线C2，求C2的方程．‎ 解：设P(x，y)为曲线C2上任意一点，P′(x′，y′)为曲线x2＋2y2＝1上与P对应的点，‎ 则＝，即则 因为P′是曲线C1上的点，则有(x－2y2)＋y2＝1，所以C2的方程为(x－2y)2＋2y2＝1，即x2－4xy＋6y2＝1.‎ ‎3.(2018·徐州市高三期中)已知矩阵A＝，若直线y＝kx＋1在矩阵A对应的变换作用下得到的直线过点P(2,6)，求实数k的值．‎ 解：矩阵A＝，得A－1＝，‎ 所以A－1＝＝，‎ 将点(2,2)代入直线y＝kx＋1得k＝.‎ ‎4.已知矩阵A＝，B＝.‎ ‎(1)求满足条件AM＝B的矩阵M；‎ ‎(2)矩阵M对应的变换将曲线C：x2＋y2＝1变换为曲线C′，求曲线C′的方程．‎ 解：(1)设M＝，‎ AM＝＝＝，‎ 得∴a＝0，b＝2，c＝3，d＝0.∴M＝.‎ ‎(2)设曲线C上任意一点P(x，y)在矩阵M对应的变换作用下变为点P′(x′，y′)，‎ 则M＝＝＝，‎ ‎∴即 代入曲线C：x2＋y2＝1，得2＋2＝1.‎ ‎∴曲线C′的方程是＋＝1.‎ 突破点(二)　矩阵的逆矩阵、特征值与特征向量 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．逆矩阵 对于二阶矩阵A，B，若有AB＝BA＝E，则称A是可逆的，B称为A的逆矩阵．‎ ‎2．二阶行列式 我们把称为二阶行列式，它的运算结果是一个数值(或多项式)，记为det(A)＝ad－bc.‎ ‎3．特征值与特征向量 ‎(1)设A是一个二阶矩阵，如果对于实数λ，存在一个非零向量α，使得Aα＝λα，那么λ称为A的一个特征值，而α称为A的属于特征值λ的一个特征向量．‎ ‎(2)从几何上看，特征向量的方向经变换矩阵A的作用后，与原向量保持在同一条直线上，这时特征向量或者方向不变(λ＞0)，或者方向相反(λ＜0)．特别地，当λ＝0时，特征向量就被变换成零向量．‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 求矩阵的逆矩阵 ‎[例1]　已知矩阵A＝，B＝，求矩阵A－1B.‎ ‎[解]　设矩阵A的逆矩阵为，‎ 则＝，‎ 即＝，‎ 故a＝－1，b＝0，c＝0，d＝，‎ 从而A的逆矩阵为A－1＝，‎ 所以A－1B＝＝.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．求逆矩阵的三种常用方法：‎ ‎(1)待定系数法：设A是一个二阶可逆矩阵，则AA－1＝A－1A＝E(E 为单位矩阵)．‎ ‎(2)公式法：＝ad－bc，记为det A，有A－1＝，当且仅当det A＝ad－bc≠0.‎ ‎(3)从几何变换的角度求解二阶矩阵的逆矩阵．‎ ‎2．对于矩阵A和B，若都存在逆矩阵，则 ‎(1)若A是B的逆矩阵，则B也是A的逆矩阵；‎ ‎(2)可逆矩阵的逆矩阵唯一；‎ ‎(3)(A－1)－1＝A；‎ ‎(4)E－1＝E；‎ ‎(5)(AB)－1＝B－1A－1；‎ ‎(6)若A是可逆矩阵，B、C是任意矩阵，则由AB＝AC可得B＝C.　　‎ 特征值与特征向量 ‎[例2]　已知矩阵A的逆矩阵A－1＝.‎ ‎(1)求矩阵A；‎ ‎(2)求矩阵A－1的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量．‎ ‎[解]　(1)因为矩阵A是矩阵A－1的逆矩阵，且|A－1|＝2×2－1×1＝3≠0，‎ 所以A＝＝.‎ ‎(2)矩阵A－1的特征多项式为f(λ)＝＝λ2－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)，‎ 令f(λ)＝0，得矩阵A－1的特征值为λ1＝1或λ2＝3，‎ 所以α1＝是矩阵A－1的属于特征值λ1＝1的一个特征向量，α2＝是矩阵A－1的属于特征值λ2＝3的一个特征向量．‎ ‎[方法技巧]‎ 矩阵A的特征值与特征向量的求解策略 ‎(1)求矩阵A的特征值与特征向量 先确定其特征多项式f(λ)，再由f(λ)＝0求出该矩阵的特征值，然后把特征值代入矩阵A所确定的二元一次方程组即可求出特征向量．‎ ‎(2)根据矩阵A的特征值与特征向量求矩阵A 设A＝，根据Aα＝λα构建关于a，b，c，d的方程求解．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.(2016·江苏高考)已知矩阵A＝，矩阵B的逆矩阵B－1＝，求矩阵AB.‎ 解：设B＝，‎ 则B－1B＝＝，‎ 即＝，‎ 故解得所以B＝.‎ 因此，AB＝＝.‎ ‎2. 已知矩阵A＝，其中a∈R，若点P(1,1)在矩阵A的变换下得到点P′(0，－3)．‎ ‎(1)求实数a的值；‎ ‎(2)求矩阵A的特征值及特征向量．‎ 解：(1)由题意得＝＝，‎ 所以a＋1＝－3，所以a＝－4.‎ ‎(2)由(1)知A＝，‎ 令f(λ)＝＝(λ－1)2－4＝0.‎ 解得A的特征值为λ＝－1或3.‎ 当λ＝－1时，由得矩阵A的属于特征值－1的一个特征向量为，‎ 当λ＝3时，由得矩阵A的属于特征值3的一个特征向量为.‎ ‎3. (2018·苏北四市期末)已知矩阵A＝，求矩阵A的特征值和特征向量．‎ 解：矩阵A的特征多项式为f(λ)＝＝λ2－5λ＋6, ‎ 由f(λ)＝0，解得λ1＝2，λ2＝3.‎ 当λ1＝2时，特征方程组为 故属于特征值λ1＝2的一个特征向量α1＝；‎ 当λ2＝3时，特征方程组为 故属于特征值λ2＝3的一个特征向量α2＝. ‎ ‎4.已知矩阵A将点(1,0)变换为(2,3)，且属于特征值3的一个特征向量是，求矩阵A.‎ 解：设A＝，由＝，‎ 得由＝3＝，‎ 得所以 所以A＝.‎ ‎[课时达标检测]‎ ‎　　　基础送分课时——高考就考那几点，练通就能把分捡　 ‎ ‎1. (2018·苏北四市摸底)已知矩阵A＝，B＝，向量α＝，若Aα＝Bα，求实数x，y的值．‎ 解：Aα＝，Bα＝.‎ 由Aα＝Bα得得x＝－， y＝4.‎ ‎2. (2018·南京、盐城、连云港、徐州模拟)已知a，b是实数，如果矩阵A＝所对应的变换T把点(2,3)变成(3,4)．‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)若矩阵A的逆矩阵为B，求B2.‎ 解： (1)由题意得＝，所以 所以a＝－1，b＝5.‎ ‎(2)由(1)得A＝.由矩阵的逆矩阵公式得B＝.‎ 所以B2＝.‎ ‎3．(2018·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)在平面直角坐标系xOy中，设点A(－1,2)在矩阵M＝对应的变换作用下得到点A′，将点B(3,4)绕点A′逆时针旋转90°得到点B′，求点B′的坐标．‎ 解：设B′(x，y)，‎ 依题意，由＝，得A′(1,2)．‎ 则A′B―→＝(2,2)，A′B′―→＝(x－1，y－2)．‎ 记旋转矩阵N＝，则＝，即＝，解得 所以点B′的坐标为(－1,4)．‎ ‎4．(2018·南京、盐城模拟)设矩阵M＝的一个特征值为2，若曲线C在矩阵M变换下的方程为x2＋y2＝1，求曲线C的方程．‎ 解： 由题意，矩阵M的特征多项式f(λ)＝(λ－a)·(λ－1)，因为矩阵M有一个特征值为2，所以f(2)＝0，所以a＝2.‎ 设曲线C上任意一点坐标为(x，y)，在矩阵M变换下得到的点为(x′，y′)，‎ 所以M＝＝＝，‎ 即 代入方程x′2＋y′2＝1，得(2x)2＋(2x＋y)2＝1，即曲线C的方程为8x2＋4xy＋y2＝1. ‎ ‎5．(2017·江苏高考)已知矩阵A＝，B＝.‎ ‎(1)求AB；‎ ‎(2)若曲线C1：＋＝1在矩阵AB对应的变换作用下得到另一曲线C2，求C2的方程．‎ 解：(1)因为A＝，B＝，‎ 所以AB＝＝.‎ ‎(2)设Q(x0，y0)为曲线C1上的任意一点，‎ 它在矩阵AB对应的变换作用下变为P(x，y)，‎ 则＝，即所以 因为点Q(x0，y0)在曲线C1上，则＋＝1，‎ 从而＋＝1，即x2＋y2＝8.‎ 因此曲线C1在矩阵AB对应的变换作用下得到曲线C2：x2＋y2＝8.‎ ‎6. (2018·盐城模拟)已知矩阵M＝的两个特征向量为α1＝，α2＝，若β＝，求M2β.‎ 解：设矩阵M的特征向量α1对应的特征值为λ1，特征向量α2对应的特征值为λ2，‎ 则由可解得m＝n＝0，λ1＝2，λ2＝1，‎ 又β＝＝＋2＝α1＋2α2, ‎ 所以M2β＝M2(α1＋2α2)＝λα1＋2λα2‎ ‎＝4＋2＝. ‎ ‎7. (2018·苏州期末)已知二阶矩阵M有特征值λ＝3及对应的一个特征向量e1＝，并且矩阵M对应的变换将点(－1，2)变换成(9,15)，求矩阵M.‎ 解：设M＝，则＝3＝，故＝，故 联立以上两方程组解得a＝－1，b＝4，c＝－3，d＝6，故M＝.‎ 第二节选修4－4‎ ‎《坐标系与参数方程》‎ 本节主要包括3个知识点：‎ ‎1.极坐标系；‎ ‎2.参数方程；‎ ‎3.参数方程与极坐标方程的综合问题.‎ 突破点(一)　极坐标系 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．极坐标系的概念 ‎(1)极坐标系 如图所示，在平面上取一个定点O，点O叫做极点，自极点O引一条射线Ox，Ox叫做极轴；同时确定一个长度单位和计算角度的正方向(通常取逆时针方向为正方向)，这样就建立了一个极坐标系．‎ ‎(2)极坐标 一般地，没有特殊说明时，我们认为ρ≥0，θ可取任意实数．‎ ‎(3)点与极坐标的关系 一般地，极坐标(ρ，θ)与(ρ，θ＋2kπ)(k∈Z)表示同一个点，特别地，极点O的坐标为(0，θ)(θ∈R)，和直角坐标不同，平面内一个点的极坐标有无数种表示．‎ 如果规定ρ＞0,0≤θ＜2π，那么除极点外，平面内的点可用唯一的极坐标(ρ，θ) 表示；同时，极坐标(ρ，θ)表示的点也是唯一确定的．‎ ‎2．极坐标与直角坐标的互化 点M 直角坐标(x，y)‎ 极坐标(ρ，θ)‎ 互化公式 ‎3.常见曲线的极坐标方程 曲线 图形 极坐标方程 圆心在极点，半径为r的圆 ρ＝r(0≤θ＜2π)‎ 圆心为(r,0)，半径为r的圆 ρ＝2rcos θ 圆心为，半径为r的圆 ρ＝2rsin_θ(0≤θ＜π)‎ 过极点，倾斜角为α的直线 θ＝α(ρ∈R)或θ＝π＋α(ρ∈R)；θ＝α和θ＝π＋α 过点(a,0)，与极轴垂直的直线 ρcos θ＝a 过点，与极轴平行的直线 ρsin_θ＝a(0＜θ＜π)‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 极坐标与直角坐标的互化 ‎1．极坐标方程化为直角坐标方程的步骤 第一步 判断极坐标的极点与直角坐标系的原点是否重合，且极轴与x轴正半轴是否重合，若上述两个都重合，则极坐标方程与直角坐标方程可以互化 第二步 通过极坐标方程的两边同乘ρ或同时平方构造ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，一定要注意变形过程中方程要保持同解，不要出现增解或漏解 第三步 根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式及ρ2＝x2＋y2将极坐标方程转化为直角坐标方程 ‎2．直角坐标方程化为极坐标方程或直角坐标系中点的坐标化为极坐标 ‎(1)直角坐标方程化为极坐标方程较为简单，只需将直角坐标方程中的x，y分别用ρcos θ，ρsin θ代替即可得到相应极坐标方程．‎ ‎(2)求直角坐标系中的点(x，y)对应的极坐标的一般步骤：‎ ‎ ‎ ‎[例1]　在极坐标系下，已知圆O：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l：ρsin＝.‎ ‎(1)求圆O和直线l的直角坐标方程；‎ ‎(2)当θ∈(0，π)时，求直线l与圆O公共点的一个极坐标．‎ ‎[解]　(1)圆O：ρ＝cos θ＋sin θ，即ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，‎ 圆O的直角坐标方程为：x2＋y2＝x＋y，即x2＋y2－x－y＝0，直线l：ρsin＝，即ρsin θ－ρcos θ＝1，‎ 则直线l的直角坐标方程为：y－x＝1，即x－y＋1＝0.‎ ‎(2)由得 则直线l与圆O公共点的一个极坐标为.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．应用互化公式的三个前提条件 ‎(1)取直角坐标系的原点为极点．‎ ‎(2)以x轴的正半轴为极轴．‎ ‎(3)两种坐标系规定相同的长度单位．‎ ‎2．直角坐标化为极坐标时的两个注意点 ‎(1)根据终边相同的角的意义，角θ的表示方法具有周期性，故点M的极坐标(ρ，θ)的形式不唯一，即一个点的极坐标有无穷多个．当限定ρ≥0，θ∈[0,2π)时，除极点外，点M的极坐标是唯一的．‎ ‎(2)当把点的直角坐标化为极坐标时，求极角θ应注意判断点M所在的象限(即角θ的终边的位置)，以便正确地求出角θ(θ∈[0,2π))的值．　　‎ 极坐标方程的应用 ‎[例2]　(2018·福州五校联考)已知曲线C的极坐标方程为ρ2－2ρcos－2＝0.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系xOy.‎ ‎(1)若直线l过原点，且被曲线C截得的弦长最小，求直线l的直角坐标方程；‎ ‎(2)若M是曲线C上的动点，且点M的直角坐标为(x，y)，求x＋y的最大值．‎ ‎[解]　(1)ρ2－2ρcos－2＝0，即ρ2－2ρcos θ＋2ρsin θ－2＝0，‎ 将代入得曲线C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝4，‎ 圆心C(1，－1)，若直线l被曲线C截得的弦长最小，则直线l与OC垂直，‎ 即kl·kOC＝－1，kOC＝－1，因而kl＝1，故直线l的直角坐标方程为y＝x.‎ ‎(2)因为M是曲线C上的动点，因而利用圆的参数方程可设(φ为参数)，则x＋y＝2sin φ＋2cos φ＝2sin，当sin＝1时，x＋y取得最大值2.‎ ‎[易错提醒]‎ 用极坐标系解决问题时要注意题目中的几何关系，如果几何关系不容易通过极坐标表示时，可以先化为直角坐标方程，将不熟悉的问题转化为熟悉的问题加以解决．　　 ‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.已知直线l的极坐标方程为2ρsin＝，点A的极坐标为A，求点A到直线l的距离．‎ 解：由2ρsin＝，得2ρ＝，‎ 由坐标变换公式得直线l的直角坐标方程为y＋x＝1，‎ 即x＋y－1＝0.‎ 由点A的极坐标为得点A的直角坐标为(2，－2)，‎ 所以点A到直线l的距离d＝＝.‎ ‎2.(2018·洛阳统考)已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－2ρ cos＝2.‎ ‎(1)将圆O1和圆O2的极坐标方程化为直角坐标方程；‎ ‎(2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程．‎ 解：(1)由ρ＝2知ρ2＝4，由坐标变换公式，得x2＋y2＝4.‎ 因为ρ2－2ρcos＝2，‎ 所以ρ2－2ρ＝2.‎ 由坐标变换公式，得x2＋y2－2x－2y－2＝0.‎ ‎(2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为x＋y＝1.‎ 化为极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ＝1，即ρsin＝.‎ ‎3.已知圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρ·sinθ－－4＝0，求圆C的半径．‎ 解：以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O，以极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy.圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρ－4＝0，‎ 化简，得ρ2＋2ρsin θ－2ρcos θ－4＝0.‎ 则圆C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＋2y－4＝0，‎ 即(x－1)2＋(y＋1)2＝6，所以圆C的半径为.‎ ‎4.(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C1的极坐标方程为ρcos θ＝4.‎ ‎(1)M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|·|OP|＝16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程；‎ ‎(2)设点A的极坐标为，点B在曲线C2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＝.‎ 由|OM|·|OP|＝16，得C2的极坐标方程ρ＝4cos θ(ρ＞0)．‎ 因此C2的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝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＝|OA|·ρB·sin∠AOB＝4cos α· ‎＝2≤2＋.‎ 当α＝－时，S取得最大值2＋.‎ 所以△OAB面积的最大值为2＋.‎ 突破点(二)　参数方程　 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1.参数方程 一般地，在平面直角坐标系中，如果曲线C上任意一点P的坐标x，y都可以表示为某个变量t的函数：反过来，对于t的每一个允许值，由函数式所确定的点P(x，y)都在这曲线C上，那么方程叫做曲线C的参数方程，变数t是参变数，简称参数．‎ ‎2．直线、圆、椭圆的参数方程 ‎(1)过点M(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为(t为参数)．‎ ‎(2)圆心在点M0(x0，y0)，半径为r的圆的参数方程为(θ为参数)．‎ ‎(3)椭圆＋＝1(a＞b＞0)的参数方程为(φ为参数).‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 参数方程与普通方程的互化 ‎1.参数方程化为普通方程 基本思路是消去参数，常用的消参方法有：①代入消元法；②加减消元法；③恒等式(三角的或代数的)消元法；④平方后再加减消元法等．其中代入消元法、加减消元法一般是利用解方程的技巧，三角恒等式消元法常利用公式sin2θ＋cos2θ＝1等．‎ ‎2．普通方程化为参数方程 ‎(1)选择参数的一般原则 曲线上任意一点的坐标与参数的关系比较明显且关系相对简单；当参数取某一值时，可以唯一确定x，y的值；‎ ‎(2)具体步骤 第一步，引入参数，但要选定合适的参数t；‎ 第二步，确定参数t与变量x或y的一个关系式x＝f(t)(或y＝φ(t)); ‎ 第三步，把确定的参数与一个变量的关系式代入普通方程F(x，y)＝0，求得另一关系y＝g(t)(或x＝ψ(t))，问题得解．‎ ‎[例1]　将下列参数方程化为普通方程．‎ ‎(1)(t为参数)；‎ ‎(2)(θ为参数)．‎ ‎[解]　(1)∵2＋2＝1，‎ ‎∴x2＋y2＝1.‎ ‎∵t2－1≥0，‎ ‎∴t≥1或t≤－1.‎ 又x＝，∴x≠0.‎ 当t≥1时，0＜x≤1，‎ 当t≤－1时，－1≤x＜0，‎ ‎∴所求普通方程为x2＋y2＝1，其中或 ‎(2)∵y＝－1＋cos 2θ＝－1＋1－2sin2θ＝－2sin2θ，sin2θ＝x－2，‎ ‎∴y＝－2x＋4，∴2x＋y－4＝0.‎ ‎∵0≤sin2θ≤1，‎ ‎∴0≤x－2≤1，∴2≤x≤3，‎ ‎∴所求的普通方程为2x＋y－4＝0(2≤x≤3)．‎ ‎[易错提醒]‎ ‎(1)将曲线的参数方程化为普通方程时务必要注意x，y的取值范围，保证消参前后的方程的一致性．‎ ‎(2)将参数方程化为普通方程时，要注意参数的取值范围对普通方程中x，y的取值范围的影响．　　‎ 直线与圆锥曲线的参数方程及应用 ‎1.解决直线与圆锥曲线的参数方程的应用问题，其一般思路如下：‎ 第一步，把直线和圆锥曲线的参数方程都化为普通方程；‎ 第二步，根据直线与圆锥曲线的位置关系解决问题．‎ ‎2．当直线经过点P(x0，y0)，且直线的倾斜角为α，求直线与圆锥曲线的交点、弦长问题时，可以把直线的参数方程设成(t为参数)，交点A，B对应的参数分别为t1，t2，计算时把直线的参数方程代入圆锥曲线的直角坐标方程，求出t1＋t2，t1·t2，得到|AB|＝|t1－t2|＝.‎ ‎[例2]　(2018·无锡联考)在直角坐标系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]　(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.‎ 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＝＝－，所以点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|＝，|OP|2＝7，‎ 所以＝7，得tan2α＝.‎ 由于Δ＝32cos α(2sin α－cos α)＞0，‎ 故tan α＝.所以直线l的斜率为.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．解决直线与圆的参数方程的应用问题时一般是先化为普通方程再根据直线与圆的位置关系来解决问题．‎ ‎2．对于形如(t为参数)的直线的参数方程，当a2＋b2≠1时，应先化为标准形式后才能利用t的几何意义解题．　　 ‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.将下列参数方程化为普通方程．‎ ‎(1)(k为参数)；‎ ‎(2)(θ为参数)．‎ 解：(1)两式相除，得k＝，将其代入x＝得x＝，化简得4x2＋y2－6y＝0，‎ 因为y＝＝6－，所以0＜y＜6，‎ 所以所求的普通方程是4x2＋y2－6y＝0(0＜y＜6)．‎ ‎(2)由(sin θ＋cos θ)2＝1＋sin 2θ＝2－(1－sin 2θ)‎ 得y2＝2－x.又x＝1－sin 2θ∈[0,2]，‎ 得所求的普通方程为y2＝2－x，x∈[0,2]．‎ ‎2.(2017·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为(t为参数)，曲线C的参数方程为(s为参数)．设P为曲线C上的动点，求点P到直线l的距离的最小值．‎ 解：直线l的普通方程为x－2y＋8＝0.‎ 因为点P在曲线C上，设P(2s2,2s)，‎ 从而点P到直线l的距离 d＝＝.‎ 当s＝时，dmin＝.‎ 因此当点P的坐标为(4,4)时，曲线C上点P到直线l的距离取到最小值.‎ ‎3.(2018·郑州模拟)将曲线C1：x2＋y2＝1上所有点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)得到曲线C2，A为C1与x轴正半轴的交点，直线l经过点A且倾斜角为30°，记l与曲线C1的另一个交点为B，与曲线C2在第一、三象限的交点分别为C，D.‎ ‎(1)写出曲线C2的普通方程及直线l的参数方程；‎ ‎(2)求|AC|－|BD|.‎ 解：(1)由题意可得C2：＋y2＝1，对曲线C1，令y＝0，‎ 得x＝1，所以l：(t为参数)．‎ ‎(2)将代入＋y2＝1，整理得5t2＋4t－4＝0.‎ 设点C，D对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝－，‎ 且|AC|＝t1，|AD|＝－t2.又|AB|＝2|OA|cos 30°＝，‎ 故|AC|－|BD|＝|AC|－(|AD|－|AB|)＝|AC|－|AD|＋|AB|＝t1＋t2＋＝.‎ ‎4.(2017·全国卷Ⅰ)在直角坐标系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)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，求a.‎ 解：(1)曲线C的普通方程为＋y2＝1.‎ 当a＝－1时，直线l的普通方程为x＋4y－3＝0，‎ 由解得或 从而C与l的交点坐标为(3,0)，.‎ ‎(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＝.‎ 当a≥－4时，d的最大值为 .‎ 由题设得＝，解得a＝8；‎ 当a＜－4时，d的最大值为.‎ 由题设得＝，解得a＝－16.‎ 综上，a＝8或a＝－16.‎ 突破点(三)　参数方程与极坐标方程的综合问题　 ‎ 将极坐标方程与参数方程、普通方程交织在一起，考查极坐标方程与参数方程的综合应用.将各类方程相互转化是求解该类问题的前提.,解决问题时要注意：,(1)解题时，易将直线与圆的极坐标方程混淆.要熟练掌握特殊直线、圆的极坐标方程的形式.,(2)应用解析法解决实际问题时，要注意是选取直角坐标系还是极坐标系，建立极坐标系要注意选择极点、极轴的位置，注意“点和极坐标”的“一对多”特性.‎ ‎(3)求曲线方程，常设曲线上任意一点P(ρ，θ)，利用解三角形的知识，列出等量关系式，特别是正弦、余弦定理的应用．圆的参数方程常和三角恒等变换结合在一起，解决取值范围或最值问题．‎ ‎(4)参数方程和普通方程表示同一个曲线时，要注意其中x，y的取值范围，即注意两者的等价性.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 参数方程与极坐标方程的综合问题 ‎[典例]　(2018·长沙模拟)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(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，直线l的极坐标方程为ρ(cos θ＋ksin θ)＝－2(k为实数)．‎ ‎(1)判断曲线C1与直线l的位置关系，并说明理由；‎ ‎(2)若曲线C1和直线l相交于A，B两点，且|AB|＝，求直线l的斜率．‎ ‎[解]　(1)由曲线C1的参数方程可得其普通方程为(x＋1)2＋y2＝1.‎ 由ρ(cos θ＋ksin θ)＝－2可得直线l的直角坐标方程为x＋ky＋2＝0.‎ 因为圆心(－1,0)到直线l的距离d＝≤1，所以直线与圆相交或相切，‎ 当k＝0时，d＝1，直线l与曲线C1相切；‎ 当k≠0时，d＜1，直线l与曲线C1相交．‎ ‎(2)由于曲线C1和直线l相交于A，B两点，且|AB|＝，故圆心到直线l的距离d＝＝ ＝，‎ 解得k＝±1，所以直线l的斜率为±1.‎ ‎[方法技巧]‎ 处理极坐标、参数方程综合问题的方法 ‎(1)涉及参数方程和极坐标方程的综合题，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解．当然，还要结合题目本身特点，确定选择何种方程．‎ ‎(2)数形结合的应用，即充分利用参数方程中参数的几何意义，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．　　 ‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1．已知曲线C的参数方程为(α为参数)，以直角坐标系原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎(1)求曲线C的极坐标方程，并说明其表示什么轨迹；‎ ‎(2)若直线的极坐标方程为sin θ－cos θ＝，求直线被曲线C截得的弦长．‎ 解：(1)∵曲线C的参数方程为(α为参数)，‎ ‎∴曲线C的普通方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10，①‎ 曲线C表示以(3,1)为圆心，为半径的圆．‎ 将代入①并化简，‎ 得ρ＝6cos θ＋2sin θ，‎ 即曲线C的极坐标方程为ρ＝6cos θ＋2sin θ.‎ ‎(2)∵直线的直角坐标方程为y－x＝1，‎ ‎∴圆心C到直线的距离为d＝，‎ ‎∴弦长为2 ＝.‎ ‎2．在极坐标系中，圆C的方程为ρ＝2acos θ(a≠0)，以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系，设直线l的参数方程为(t为参数)．‎ ‎(1)求圆C的标准方程和直线l的普通方程；‎ ‎(2)若直线l与圆C恒有公共点，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)由ρ＝2acos θ，ρ2＝2aρcos θ，‎ 又ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x，‎ 所以圆C的标准方程为(x－a)2＋y2＝a2.‎ 由得 因此＝，‎ 所以直线l的普通方程为4x－3y＋5＝0.‎ ‎(2)因为直线l与圆C恒有公共点，‎ 所以≤|a|，两边平方得9a2－40a－25≥0，‎ 所以(9a＋5)(a－5)≥0，解得a≤－或a≥5，‎ 所以a的取值范围是∪.‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(α为参数)．以坐标原点为极点，以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ρsin＝2.‎ ‎(1)写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；‎ ‎(2)设点P在C1上，点Q在C2上，求|PQ|的最小值及此时P的直角坐标．‎ 解：(1)C1的普通方程为＋y2＝1，C2的直角坐标方程为x＋y－4＝0.‎ ‎(2)由题意，可设点P的直角坐标为(cos α，sin α)．‎ 因为C2是直线，所以|PQ|的最小值即为P到C2的距离d(α)的最小值，‎ d(α)＝＝，‎ 当且仅当α＝2kπ＋(k∈Z)时，d(α)取得最小值，最小值为，此时P的直角坐标为.‎ ‎[课时达标检测]‎ ‎　　　基础送分课时——高考就考那几点，练通就能把分捡 ‎ ‎1. (2018·南通模拟)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(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，直线l的极坐标方程为θ＝.若直线l与曲线C交于A，B，求线段AB的长．‎ 解：曲线C的普通方程为(x－)2＋y2＝4，表示以(，0)为圆心，2为半径的圆，‎ 直线l的直角坐标方程为y＝x，所以圆心到直线的距离为，所以线段AB的长为2＝.‎ ‎2．在直角坐标系xOy中，曲线C1：(t为参数，t≠0)，其中0≤α＜π.在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝2sin θ，C3：ρ＝2cos θ.‎ ‎(1)求C2与C3交点的直角坐标；‎ ‎(2)若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．‎ 解：(1)曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，‎ 曲线C3的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0.‎ 联立解得或 所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和.‎ ‎(2)曲线C1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α＜π.‎ 因此A的极坐标为(2sin α，α)，B的极坐标为(2cos α，α)．‎ 所以|AB|＝|2sin α－2cos α|＝4.‎ 当α＝时，|AB|取得最大值，最大值为4.‎ ‎3. (2018·南京模拟)设极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合．已知椭圆C的参数方程为(θ为参数)，点M的极坐标为.若P是椭圆C上任意一点，试求PM的最大值，并求出此时点P的直角坐标．‎ 解：M的极坐标为，故直角坐标为M(0,1)，且P(2cos θ，sin θ)，所以PM＝ ‎＝ ‎＝ ，sin θ∈[－1,1]．‎ 所以当sin θ＝－时，PMmax＝，此时cos θ＝±.‎ 所以，PM的最大值是，‎ 此时点P的坐标是.‎ ‎4．(2018·盐城模拟)已知直线l的参数方程为曲线C的极坐标方程为ρ＝4sin θ，试判断直线l 与曲线C的位置关系．‎ 解：直线l的普通方程为2x－y－2＝0；‎ 曲线C的直角坐标方程为：x2＋(y－2)2＝4，它表示以(0,2)为圆心，半径是2的圆．‎ 由圆心到直线l的距离d＝＝＝＜2，得直线l与曲线C相交．‎ ‎5．(2018·泰州期中)已知曲线C：＋＝1，直线l：(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(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＝|4cos θ＋3sin θ－6|.‎ 则|PA|＝＝|5sin(θ＋α)－6|，‎ 其中α为锐角，且tan α＝.‎ 当sin(θ＋α)＝－1时，|PA|取得最大值，最大值为.‎ 当sin(θ＋α)＝1时，|PA|取得最小值，最小值为.‎ ‎6．(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为(t为参数)，直线l2的参数方程为(m为参数)．设l1与l2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l3：ρ(cos θ＋sin θ)－＝0，M为l3与C的交点，求M的极径．‎ 解：(1)消去参数t得l1的普通方程l1：y＝k(x－2)；‎ 消去参数m得l2的普通方程l2：y＝(x＋2)．‎ 设P(x，y)，由题设得 消去k得x2－y2＝4(y≠0)．‎ 所以C的普通方程为x2－y2＝4(y≠0)．‎ ‎(2)C的极坐标方程为ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4(0＜θ＜2π，θ≠π)．‎ 联立 得cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)．‎ 故tan θ＝－，从而cos2θ＝，sin2θ＝.‎ 代入ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4得ρ2＝5，‎ 所以交点M的极径为.‎ ‎7．(2018· 扬州期初)已知曲线C1的参数方程为(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C2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.‎ ‎(1)把C1的参数方程化为极坐标方程；‎ ‎(2)求C1与C2交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ＜2π)．‎ 解：(1)将消去参数t，化为普通方程(x－4)2＋(y－5)2＝25，即C1∶x2＋y2－8x－10y＋16＝0.‎ 将代入x2＋y2－8x－10y＋16＝0，‎ 得ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0.‎ 所以C1的极坐标方程为ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0.‎ ‎(2)C2的普通方程为x2＋y2－2y＝0.‎ 由解得或 所以C1与C2交点的极坐标分别为，.‎ 第三节选修4－5《不等式选讲》‎ 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.绝对值不等式；‎ ‎2.不等式的证明.‎ 突破点(一)　绝对值不等式 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．绝对值不等式的解法：‎ ‎(1)含绝对值的不等式|x|＜a与|x|＞a的解集：‎ 不等式 a＞0‎ a＝0‎ a＜0‎ ‎|x|＜a ‎∅‎ ‎∅‎ ‎|x|＞a R ‎(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．‎ ‎2．绝对值不等式的性质 ‎(1)性质1：|a|＋|b|≥|a＋b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．‎ ‎(2)性质2：|a|－|b|≤|a＋b|.‎ ‎(3)性质3：|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.‎ ‎(4)推论：|a－b|≤|a－c|＋|b－c|，当且仅当(a－c)(b－c)≤0时，等号成立.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 绝对值不等式的解法 ‎[例1]　解下列不等式：‎ ‎(1)|2x＋1|－2|x－1|＞0.‎ ‎(2)|x＋3|－|2x－1|＜＋1.‎ ‎[解]　(1)法一：原不等式可化为|2x＋1|＞2|x－1|，两边平方得4x2＋4x＋1＞4(x2－2x＋1)，解得x＞，所以原不等式的解集为.‎ 法二：原不等式等价于 或或 解得x＞，所以原不等式的解集为.‎ ‎(2)①当x＜－3时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)＜＋1，解得x＜10，‎ ‎∴x＜－3.‎ ‎②当－3≤x＜时，‎ 原不等式化为(x＋3)－(1－2x)＜＋1，‎ 解得x＜－，∴－3≤x＜－.‎ ‎③当x≥时，原不等式化为(x＋3)＋(1－2x)＜＋1，‎ 解得x＞2，∴x＞2.‎ 综上可知，原不等式的解集为.‎ ‎[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．　　‎ 证明绝对值不等式 ‎[例2]　已知x，y∈R，且|x＋y|≤，|x－y|≤，‎ 求证：|x＋5y|≤1.‎ ‎[证明]　∵|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|.‎ ‎∴由绝对值不等式的性质，得|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|≤|3(x＋y)|＋|2(x－y)|＝3|x＋y|＋2|x－y|≤3×＋2×＝1.即|x＋5y|≤1. ‎ ‎[方法技巧]‎ 证明绝对值不等式的三种主要方法 ‎(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．‎ ‎(2)利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．‎ ‎(3)转化为函数问题，利用数形结合进行证明．　　‎ 绝对值不等式的恒成立问题 ‎[例3]　设函数f(x)＝x＋|x－a|.‎ ‎(1)当a＝2 017时，求函数f(x)的值域；‎ ‎(2)若g(x)＝|x＋1|，求不等式g(x)－2＞x－f(x)恒成立时a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)由题意得，当a＝2 017时，‎ f(x)＝ 因为f(x)在[2 017，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的值域为[2 017，＋∞)．‎ ‎(2)由g(x)＝|x＋1|，不等式g(x)－2＞x－f(x)恒成立，知|x＋1|＋|x－a|＞2恒成立，‎ 即(|x＋1|＋|x－a|)min＞2.‎ 而|x＋1|＋|x－a|≥|(x＋1)－(x－a)|＝|1＋a|，‎ 所以|1＋a|＞2，解得a＞1或a＜－3.‎ 故a的取值范围为(－∞，－3)∪(1，＋∞).‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.求不等式|x－1|－|x－5|＜2的解集．‎ 解：不等式|x－1|－|x－5|＜2等价于 或 或即或或 故原不等式的解集为{x|x＜1}∪{x|1≤x＜4}∪∅＝{x|x＜4}．‎ ‎2.已知函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a＞0.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋2的解集；‎ ‎(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值．‎ 解：(1)当a＝1时，f(x)≥3x＋2可化为|x－1|≥2.‎ 由此可得x≥3或x≤－1.‎ 故不等式f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}．‎ ‎(2)由f(x)≤0得|x－a|＋3x≤0.‎ 此不等式可化为或 即或 结合a＞0，解得x≤－，即不等式f(x)≤0的解集为.‎ ‎∵不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，∴－＝－1，故a＝2.‎ ‎3.设函数f(x)＝＋|x－a|(a＞0)．‎ ‎(1)证明：f(x)≥2；‎ ‎(2)若f(3)＜5，求a的取值范围．‎ 解：(1)证明：由a＞0，有f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2.当且仅当a＝1时等号成立．所以f(x)≥2.‎ ‎(2)f(3)＝＋|3－a|.‎ 当a＞3时，f(3)＝a＋，‎ 由f(3)＜5得3＜a＜.‎ 当0＜a≤3时，f(3)＝6－a＋，‎ 由f(3)＜5得＜a≤3.‎ 综上，a的取值范围是.‎ ‎4.(2018·新沂期初)设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|(a∈R)．‎ ‎(1)当a＝4时， 求不等式f(x)≥5的解集；‎ ‎(2)若f(x)≥4对x∈R恒成立，求a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝4时， 不等式即为|x－1|＋|x－4|≥5，等价于或或 解得x≤0或x≥5，故不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤0或x≥5}．‎ ‎(2)因为f(x)＝|x－1|＋|x－a|≥|(x－1)－(x－a)|＝|a－1|，所以f(x)min＝|a－1|，‎ 故|a－1|≥4，解得a≤－3或a≥5.‎ 故a的取值范围为(－∞，－3]∪[5，＋∞)．‎ ‎5.(2018·开封模拟)设函数f(x)＝|x－a|，a＜0.‎ ‎(1)证明：f(x)＋f≥2；‎ ‎(2)若不等式f(x)＋f(2x)＜的解集非空，求a的取值范围．‎ 解：(1)证明：函数f(x)＝|x－a|，a＜0，‎ 则f(x)＋f＝|x－a|＋ ‎＝|x－a|＋≥ ‎＝＝|x|＋≥2 ‎＝2(当且仅当|x|＝1时取等号)．‎ ‎(2)f(x)＋f(2x)＝|x－a|＋|2x－a|，a＜0.‎ 当x≤a时，f(x)＋f(2x)＝a－x＋a－2x＝2a－3x，则f(x)＋f(2x)≥－a；‎ 当a＜x＜时， f(x)＋f(2x)＝x－a＋a－2x＝－x，则－＜f(x)＋f(2x)＜－a；‎ 当x≥时，f(x)＋f(2x)＝x－a＋2x－a＝3x－2a，则f(x)＋f(2x)≥－，‎ 则f(x)＋f(2x)的值域为，‎ 不等式f(x)＋f(2x)＜的解集非空，‎ 即为＞－，解得，a＞－1，由于a＜0，‎ 则a的取值范围是(－1,0)．‎ 突破点(二)　不等式的证明 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．比较法 ‎(1)作差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b.‎ ‎(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证≥1.‎ ‎2．综合法与分析法 ‎(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立．‎ ‎(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．‎ ‎3．几个常用的不等式 ‎(1)柯西不等式 ‎①柯西不等式的代数形式：‎ 设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．‎ ‎②柯西不等式的向量形式：‎ 设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，等号当且仅当α，β共线时成立．‎ ‎③三角形不等式：‎ 设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，‎ 则 ＋≥‎ ‎ .‎ ‎④柯西不等式的一般形式：‎ 设n为大于1的自然数，ai，bi (i＝1,2，…，n)为实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，等号当且仅当＝＝…＝时成立(当ai＝0时，约定bi＝0，i＝1,2，…，n)．‎ ‎(2)算术——几何平均不等式 若a1，a2，…，an为正数，则≥ ，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 比较法证明不等式 ‎[例1]　设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥(a＋b)．‎ ‎[证明]　因为a2＋b2－(a＋b)‎ ‎＝(a2－a)＋(b2－b)‎ ‎＝a(－)＋b(－)‎ ‎＝(－)(a－b)‎ ‎＝(a－b)(a－b)，‎ 因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a－b与a－b同号，‎ 所以(a－b)(a－b)≥0，‎ 所以a2＋b2≥(a＋b)．‎ ‎[方法技巧]‎ 作差比较法证明不等式的步骤 ‎(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．　　‎ 综合法证明不等式 ‎[例2]　已知a，b，c＞0且互不相等，abc＝1.试证明：＋＋＜＋＋.‎ ‎[证明]　因为a，b，c＞0，且互不相等，abc＝1，‎ 所以＋＋＝ ＋ ＋ ‎＜＋＋＝＋＋，‎ 即＋＋＜＋＋.‎ ‎[方法技巧]‎ 综合法证明时常用的不等式 ‎(1)a2≥0.‎ ‎(2)|a|≥0.‎ ‎(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有：‎ a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；‎ a2＋b2≥(a＋b)2；≥2.‎ ‎(4)≥，它的变形形式有：‎ a＋≥2(a＞0)；＋≥2(ab＞0)；‎ ＋≤－2(ab＜0)．　　‎ 分析法证明不等式 ‎[例3]　(2018·沈阳模拟)设a，b，c＞0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：‎ ‎(1)a＋b＋c≥ .‎ ‎(2) ＋ ＋ ≥ (＋＋)．‎ ‎[证明]　(1)要证a＋b＋c≥ ，‎ 由于a，b，c＞0，‎ 因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.‎ 即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，‎ 而ab＋bc＋ca＝1，‎ 故只需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．‎ 即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.‎ 而这可以由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．‎ 所以原不等式成立．‎ ‎(2) ＋ ＋ ＝.‎ 在(1)中已证a＋b＋c≥ .‎ 因此要证原不等式成立，‎ 只需证明≥ ＋＋，‎ 即证a＋b＋c≤1，‎ 即证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.‎ 而a＝≤，‎ b≤，c≤.‎ 所以a＋b＋c≤ab＋bc＋ca ‎(当且仅当a＝b＝c＝时等号成立)．‎ 所以原不等式成立．‎ ‎[方法技巧]‎ 分析法的应用 当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、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．　　‎ 利用柯西不等式证明不等式 ‎[例4]　 已知x，y，z均为实数．‎ ‎(1)若x＋y＋z＝1，求证：＋＋≤3；‎ ‎(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．‎ ‎[解]　(1)证明：因为(＋＋)2≤(12＋12＋12)(3x＋1＋3y＋2＋3z＋3)＝27.‎ 所以＋＋≤3.‎ 当且仅当x＝，y＝，z＝0时取等号．‎ ‎(2)因为6＝x＋2y＋3z≤ ·，‎ 所以x2＋y2＋z2≥，‎ 当且仅当x＝＝，即x＝，y＝，z＝时等号成立，‎ 即x2＋y2＋z2的最小值为. ‎ ‎[方法技巧]‎ ‎ 柯西不等式的应用技巧 ‎(1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．‎ ‎(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为：(a＋a＋…＋a)≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数以及等号成立的条件．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：＜a.‎ 证明：要证＜a，只需证b2－ac＜3a2.‎ ‎∵a＋b＋c＝0，∴－c＝a＋b，只需证b2＋a(a＋b)＜3a2，‎ 只需证2a2－ab－b2＞0，‎ 只需证(a－b)(2a＋b)＞0，‎ 只需证(a－b)(a－c)＞0.‎ ‎∵a＞b＞c，∴a－b＞0，a－c＞0.‎ ‎∴(a－b)(a－c)＞0显然成立，‎ 故原不等式成立．‎ ‎2.已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ 证明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)‎ ‎＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．‎ 因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，‎ 从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ ‎3.已知a，b，c，d均为正数，且ad＝bc.‎ ‎(1)证明：若a＋d＞b＋c，则|a－d|＞|b－c|；‎ ‎(2)t·＝＋，求实数t的取值范围．‎ 解：(1)证明：由a＋d＞b＋c，且a，b，c，d均为正数，‎ 得(a＋d)2＞(b＋c)2，又ad＝bc，‎ 所以(a－d)2＞(b－c)2，即|a－d|＞|b－c|.‎ ‎(2)因为(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2＝a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2，所以t·＝t(ac＋bd)．‎ 由于≥ac，≥bd，‎ 又已知t·＝＋，‎ 则t(ac＋bd)≥(ac＋bd)，故t≥，当且仅当a＝c，b＝d时取等号．‎ ‎4.(2017·江苏高考)已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8.‎ 证明：由柯西不等式可得：(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．‎ 因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，‎ 所以(ac＋bd)2≤64，‎ 因此ac＋bd≤8.‎ ‎[课时达标检测]‎ ‎　　　基础送分课时——高考就考那几点，练通就能把分捡　 ‎ ‎1．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.‎ ‎(1)求f(x)的最小值m；‎ ‎(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥3.‎ 解：(1)当x＜－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；‎ 当－1≤x＜2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；‎ 当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．‎ 综上，f(x)的最小值m＝3.‎ ‎(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，‎ 因为＋＋＋(a＋b＋c)‎ ‎＝＋＋ ‎≥2＝2(a＋b＋c)．‎ ‎(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)‎ 所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3.‎ ‎2．(2018·南通模拟)已知x＞0，y＞0，z＞0，且xyz＝1，求证：x3＋y3＋z3≥xy＋yz＋xz.‎ 证明：因为x＞0，y＞0，z＞0，所以x3＋y3＋z3≥3xyz，‎ x3＋y3＋1≥3xy，y3＋z3＋1≥3yz，x3＋z3＋1≥3xz.‎ 将以上各式相加，得3x3＋3y3＋3z3＋3≥3xyz＋3xy＋3yz＋3xz，‎ 又因为xyz＝1，从而x3＋y3＋z3≥xy＋yz＋xz.‎ ‎3．(2018·常州期初)设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，a，b∈M.‎ ‎(1)证明：＜；‎ ‎(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．‎ 解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝‎ 由－2＜－2x－1＜0解得－＜x＜，‎ 则M＝.‎ 所以≤|a|＋|b|＜×＋×＝.‎ ‎(2)由(1)得a2＜，b2＜.‎ 因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)＞0.‎ 所以|1－4ab|2＞4|a－b|2，故|1－4ab|＞2|a－b|.‎ ‎4. (2018·苏南四市模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝，若存在实数x使f(x)＋g(x)＞a成立，求实数a的取值范围．‎ 解：存在实数x使f(x)＋g(x)＞a成立，‎ 等价于f(x)＋g(x)的最大值大于a，‎ 因为f(x)＋g(x)＝＋＝×＋1×，‎ 由柯西不等式：(×＋1×)2≤(3＋1)·(x＋2＋14－x)＝64，‎ 所以f(x)＋g(x)＝＋≤8，当且仅当x＝10时取“＝”，‎ 故常数a的取值范围是(－∞，8)．‎ ‎5．(2018·盐城模拟)已知正数x，y，z满足x＋2y＋3z＝1，求＋＋的最小值．‎ 解：＋＋＝(x＋2y＋3z)‎ ‎＝1＋4＋9＋＋＋＋＋＋ ‎≥14＋2＋2＋2＝36，‎ 当且仅当x＝y＝z＝时等号成立，所以＋＋的最小值为36.‎ ‎6. (2018·宿迁模拟)已知a，b∈R，a＞b＞e(其中e是自然对数的底数)，求证：ba＞ab.‎ 证明：因为ba＞0，ab＞0，a＞b＞e，所以要证ba＞ab，只要证a ln b＞b ln a，只要证＞.‎ 取函数f(x)＝，因为f′(x)＝，‎ 所以当x＞e时，f′(x)＜0，‎ 所以函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减．‎ 所以，当a＞b＞e时，有f(b)＞f(a)，‎ 即＞，所以ba＞ab.‎ ‎7．(2018·无锡期末)已知正实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝1.‎ 求证：＋＋＋≤2.‎ 证明：因2≤(1＋1＋1＋1)×(1＋2a＋1＋2b＋1＋2c＋1＋2d)＝4×[4＋2×(a＋b＋c＋d)]，‎ 又a＋b＋c＋d＝1，所以(＋＋＋)2≤24，‎ 即＋＋＋≤2.‎