2019高考数学二轮复习第一篇微型专题热点重点难点专题透析专题7选考模块课件理.pptx

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1、2019,专题 7,选考模块,07,目录,微专题18 坐标系与参数方程,微专题19 不等式选讲,点击出答案,一、极坐标系 1.直角坐标与极坐标的互化公式是什么?,2.常见的极坐标方程有哪些?,2.将参数方程化为普通方程有哪些方法?要注意什么?,3.直线的参数方程是什么?你能说出参数t的几何意义吗?,含有绝对值的不等式的解法:(1)|f(x)|a(a0)f(x)a或f(x)0)-af(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.,三、绝对值不等式1.解含有绝对值的不等式有哪些方法?,(1)如果a,b是实数,那

2、么|a+b|a|+|b|,当且仅当ab0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.,2.绝对值不等式的性质有哪些?,四、不等式证明 1.常用基本不等式有哪些?,返,2.常见的不等式证明方法有哪些?(1)比较法:依据aba-b0;aba-b0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

3、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.,返,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.,命题特点,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

4、标方程的应用. 1.(2018全国卷T22改编)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的方程为x+ 3 y- 3 =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2cos2+32sin2=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,解析 (1)曲线cos 2 2 +3sin 2 2 =3化为直角坐标方程为x2+3y2=3,即 2 3 +y2=1.(2)由 2 +3 2 =3, = 3 (1y), 得y2-y=0, 解得 =0, =1 或 = 3 , =0, 即A(0,1),B( 3 ,0), 所

5、以|AB|= (0 3 ) 2 +(10 ) 2 =2,线段AB的中点为M 3 2 , 1 2 , 则以线段AB为直径的圆的直角坐标方程为 3 2 2 + 1 2 2 =1.,2.(2015全国卷T23改编)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的方程为 1 2 +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2-4sin =3.(1)求曲线C1的极坐标方程和C2的直角坐标方程;(2)直线= 3 与曲线C1,C2分别交于第一象限内的A,B两点,求 .,解析,解析 (1)把x=cos,y=sin,代入C1的方程(x-1)2+y2=1, 得(cos-1)2+(si

6、n)2=1,化简得曲线C1的极坐标方程为=2cos . 由C2的极坐标方程2-4sin =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 1 , 3 ,B 2 , 3 ,所以1=2cos 3 =1, 2 2 -42sin 3 =3,即 2 2 -2 3 2-3=0,所以2= 3 6 . 因为点B在一象限,所以20,即2= 3 + 6 , 所以 =2-1= 3 + 6 -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全国卷T22改编)已知曲

7、线C的参数方程为 =3cos, =2sin (为参数),在同一平面直角坐标系中,将曲线C经过伸缩变换 = 2 3 x, = 后得到曲线C,过点(0,1)且倾斜角为的直线l与C交于A,B两点.(1)若= 2 3 ,求弦长|AB|;(2)求线段的AB的中点P的轨迹的参数方程.,解析,解析 (1)将 =3cos, =2sin 代入 = 2 3 x, =, 得C的参数方程为 =2cos, =2sin (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=- 3 x+1,圆心(0,0)到直线l的距离d= 1 2 , 所以弦长|AB|=2 2 2 1 2 2 = 15 .,(2)

8、因为点(0,1)在圆内,所以l与圆恒相交,0,). 直线l的参数方程为 =cos, =1+sin (t为参数). 把l的参数方程代入x2+y2=4得t2+2tsin -3=0. 设点A,B,P对应的参数分别为tA,tB,tP,则tP= + 2 ,于是tA+tB=-2sin ,tP=-sin . 又点P的坐标(x,y)满足 = cos, =1+ sin, 所以点P的轨迹的参数方程是 = 1 2 sin2, = 1 2 + 1 2 cos2 (为参数,0,).,4.(2017全国卷T22改编)在平面直角坐标系xOy中,设倾斜角为的直线l: =2+cos, = 3 +tsin (t为参数)与曲线C:

9、 =2cos, =sin (为参数)相交于不同的两点A,B.(1)若= 3 ,求线段AB的中点M的坐标;(2)若|PA|PB|=|OP|2,其中P(2, 3 ),求直线l的斜率.,解析,解析 (1)将曲线C的参数方程化为普通方程是 2 4 +y2=1. 当= 3 时,设点M对应的参数为t0, 则直线l的方程为 =2+ 1 2 t, = 3 + 3 2 t (t为参数),代入曲线C的普通方程 2 4 +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= 1 + 2 2 =- 28 13 ,代入直线l的参数方程得点M的坐标为 12 13 , 3 13

10、.,(2)将 =2+cos, = 3 +tsin 代入曲线C的普通方程 2 4 +y2=1,得(cos2+4sin2)t2+(8 3 sin +4cos )t+12=0. 因为|PA|PB|=|t1t2|= 12 co s 2 +4si n 2 ,又|OP|2=7,所以 12 co s 2 +4si n 2 =7,化简得sin2= 5 21 ,所以tan2= 5 16 ,解得tan = 5 4 或tan =- 5 4 . 由于=(8 3 sin +4cos )2-48(cos2+4sin2)0,即cos (2 3 sin -cos )0,则tan 3 6 . 综上,tan = 5 4 ,所以直

11、线l的斜率为 5 4 .,(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全国卷T11改编)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为 =1+cos, =sin (为参数),曲线C2的参数方程为 =cos, =1+sin (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:= 6 2 ,将射线l1按顺时针方向旋转 6 得到射线l2:=- 6 ,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

12、|OP|OQ|的最大值.,解析,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=2cos . 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=2sin .(2)设点P的极坐标为(1,),即1=2cos ,设点Q的极坐标为 2 , 6 ,即2=2sin 6 , 则|OP|OQ|=|12|=2cos 2sin 6 =4cos 3 2 sin 1 2 cos =2 3 sin cos -2cos2= 3 sin 2-cos 2-1=2sin 2 6 -1. 因为 6 2 ,所以 6 2- 6 5 6 , 当2- 6 =

13、2 ,即= 3 时,|OP|OQ|取最大值,最大值为1.,6.(2016全国卷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sin=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 =cos, =sin (t为参数),其中0,l与C2交于点A, = 3 ,求直线l的斜率.,解析,解析 (1)设点P的极坐标为(,)(0),点M的极坐标为(1,)(10),由题意可知 =, =1= 2 sin . 由 =4得曲线C2的极坐标方程为=2sin 0 , 点P的轨迹C2的直

14、角坐标方程为x2+(y-1)2=1(y0).,(2)(法一)由直线的参数方程可知,直线l过原点且倾斜角为,则直线l的极坐标方程为=,联立 =, =2sin(0), 点A的极坐标为(2sin ,). =2sin = 3 ,得sin = 3 2 ,解得= 3 或= 2 3 ,tan = 3 或tan =- 3 , 直线l的斜率为 3 或- 3 .(法二)由题意 = 3 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= 1 1+ 2 = 1 3 2 2 ,可得k= 3 , 直线l的斜率为 3 或- 3 .,二、不等式选

15、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,解析 (1)f(x)=|x+1|+|x-a|, 当a=2时,f(x)=|x+1|+|x-2|= 2+1,2. 又f(x)5, 5 或 12, 35 或 2, 215, 2, 3, x3,f(x)5的解集为(-,-2)(3,+).

16、(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)min3,|a+1|3,a+13或a+1-3,a2或a-4. 故实数a的取值范围为(-,-42,+).,2.(2018全国卷T23改编)已知函数f = 21 + x2 .(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 1 + 1 (m,n0)对任意的xR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(

17、-,02,+).(2)由(1)知,f(x)min= 3 2 , 所以f(x) 1 + 1 恒成立,即f(x)min 1 + 1 ,所以 1 + 1 3 2 ,所以 + 3 2 . 因为m,n0, 所以m+n 3 2 mn 3 2 + 2 2 ,当且仅当m=n时取等号. 所以m+n 8 3 ,当且仅当m=n= 4 3 时,等号成立,故m+n的最小值为 8 3 .,(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全国卷T5改编)设a0,b0,且a2b+ab2=2,求证:(1)a3+b32;(

18、2)(a+b)(a5+b5)4.,解析,解析 (1)a0,b0,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+b32.(2)(a+b)(a5+b5)=a6+b6+a5b+ab5=(a3+b3)2-2a3b3+a5b+ab5=(a3+b3)2+ab(a4- 2a2b2+b4)=(a3+b3)2+ab(a2-b2)2,a0,b0,a3+b32,(a+b)(a5+b5)22=4.,4.(2016全国卷T24改编)已知函数f(x)= 1 - +2 .(1)求不等式-22 .,解析,解析 (1

19、)依题意得f(x)=|x-1|- +2 = 3,2, 21,20, 所以 14 2 4 2 ,即 14 2|m-n|.,规律方法,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),倾斜角为的直线参数方程的标准形式为 = 0 +tcos, = 0 +tsin (t为参数),t的几何意义是 0 P 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

20、1 2 (t1+t2).,规律方法,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|ab|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.,微

21、专题 18 坐标系与参数方程,返,解析,1.已知动点P,Q都在曲线C: =2cos, =2sin (t为参数)上,对应参数分别为t=与t=2(02),M为PQ的中点.(1)求点M的轨迹的参数方程;(2)将点M到坐标原点的距离d表示为的函数,并判断点M的轨迹是否过坐标原点.,(1)由题意得P(2cos ,2sin ),Q(2cos 2,2sin 2),因此M(cos +cos 2,sin +sin 2),故点M的轨迹的参数方程为 =cos+cos2, =sin+sin2 (为参数,02).(2)点M到坐标原点的距离d= 2 + 2 = 2+2cos (02), 当=时,d=0,故点M的轨迹过坐标

22、原点.,解析,2.已知圆O1,圆O2的极坐标方程分别为=4cos ,=-sin . (1)把圆O1和圆O2的极坐标方程化为直角坐标方程; (2)求经过圆O1与圆O2的两个交点的直线的直角坐标方程,并将其化为极坐标方程.,解析 (1)由=4cos 得2=4cos ,将cos =x,2=x2+y2代入上式,可得x2+y2=4x,所以圆O1的直角坐标方程为x2+y2-4x=0.由=-sin 得2=-sin ,将2=x2+y2,sin =y代入上式,可得x2+y2=-y,所以圆O2的直角坐标方程为x2+y2+y=0.(2)由x2+y2-4x=0及x2+y2+y=0,两式相减得4x+y=0,所以经过圆O

23、1与圆O2的两个交点的直线的直角坐标方程为4x+y=0.将4x+y=0化为极坐标方程为4cos +sin =0,即tan =-4.,解析,3.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,已知直线l 的参数方程为 = 2 5 5 t, =2+ 5 5 t (t为参数),曲线C的极坐标方程为cos2=8sin .(1)求曲线C的直角坐标方程,并指出该曲线是什么曲线;(2)若直线l与曲线C的交点分别为M,N,求|MN|.,解析 (1)因为cos2=8sin ,所以 2 cos2=8sin ,即x2=8y, 所以曲线C表示焦点坐标为(0,2),对称轴为y轴的抛物线.(2

24、)易知直线l过抛物线的焦点(0,2),且参数方程为 = 2 5 5 t, =2+ 5 5 t (t为参数), 代入曲线C的直角坐标方程,得t2-2 5 t-20=0,设M,N对应的参数分别为t1,t2, 所以t1+t2=2 5 ,t1t2=-20. 所以|MN|=|t1-t2|= ( 1 + 2 ) 2 4 1 2 =10.,解析,4.以平面直角坐标系的原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线C1的极坐标方程为sin 4 = 2 ,曲线C2的极坐标方程为=2cos 4 .(1)写出曲线C1的直角坐标方程和曲线C2的参数方程;(2)设M,N分别是曲线C1,C2上的两个动点,求|MN|

25、的最小值.,解析 (1)依题意得,sin 4 = 2 2 sin- 2 2 cos= 2 , 所以曲线C1的直角坐标方程为x-y+2=0. 由曲线C2的极坐标方程得2=2cos 4 = 2 cos+ 2 sin, 所以曲线C2的直角坐标方程为x2+y2- 2 x- 2 y=0,即 2 2 2 + 2 2 2 =1, 所以曲线C2的参数方程为 = 2 2 +cos, = 2 2 +sin (为参数). (2)由(1)知,圆C2的圆心 2 2 , 2 2 到直线x-y+2=0的距离d= 2 2 2 2 +2 2 = 2 . 又半径r=1,所以|MN|min=d-r= 2 -1.,能力1,能用曲线极

26、坐标方程解决问题,典型例题,解析,【例1】 在平面直角坐标系xOy中,圆C的圆心为 0, 1 2 ,半径为 1 2 ,现以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求圆C的极坐标方程;(2)设M,N是圆C上两个动点,且满足MON= 2 3 ,求 + 的最小值.,解析 (1)由题意得圆C的直角坐标方程为x2+ 1 2 2 = 1 4 ,即x2+y2-y=0, 化为极坐标方程为2-sin =0,整理可得=sin .(2)设M 1 , ,N 2 ,+ 2 3 , 则|OM|+ =1+2=sin +sin + 2 3 = 1 2 sin + 3 2 cos =sin + 3 . 由 0,

27、 0+ 2 3 , 得0 3 ,所以 3 + 3 2 3 ,故 3 2 sin + 3 1, 即 + 的最小值为 3 2 .,方法归纳,由极坐标方程求与曲线有关的交点、距离等几何问题时,若能用极坐标系求解,可直接用极坐标求解;若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.,变式训练,解析,已知曲线C:=-2sin . (1)求曲线C的直角坐标方程; (2)若曲线C与直线x+y+a=0有公共点,求实数a的取值范围.,解析 (1)由=-2sin 可得 2=-2sin ,即x2+y2=-2y, 曲线C的直角坐标方程为x2+(y+1)2=1. (2)由圆C与直线有公共点,得圆心C到直线的距

28、离d= 01+ 2 1,解得1- 2 a1+ 2 . 实数a的取值范围为1- 2 ,1+ 2 .,能力2,会用参数方程解决问题,典型例题,【例2】 在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为 =2cos, =4sin (为参数),直线l的参数方程为 =1+cos, =2+sin (t为参数). (1)求曲线C和直线l的普通方程; (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.,解析,解析 (1)曲线C的普通方程为 2 4 + 2 16 =1. 当cos 0时,l的普通方程为y=xtan+2-tan ; 当cos =0时,l的普通方程为x=1.(2)将l的参数方程代入C的直

29、角坐标方程,整理得关于t的方程, 即(1+3cos2)t2+4(2cos +sin )t-8=0. 因为曲线C截直线l所得线段的中点坐标(1,2)在C内,所以有两个解,设为t1,t2,则t1+t2=0. 又由得t1+t2=- 4(2cos+sin) 1+3co s 2 ,故2cos +sin =0,于是直线l的斜率k=tan =-2.,方法归纳,过点M0(x0,y0),倾斜角为的直线l的参数方程是 = 0 +tcos, = 0 +tsin (t是参数).注意以下结论的 应用:(1)|M1M2|=|t1-t2|;(2)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t,则t= 1 + 2 2 ,中点M到定点

30、M0的距离MM0|=|t|= 1 + 2 2 ;(3)若M0为线段M1M2的中点,则t1+t2=0.,变式训练,在平面直角坐标系xOy中,曲线M的参数方程为 =2+cos, =1+sin (为参数,r0),曲线N的参数方程为 = 2 5 5 t, =1+ 5 5 t (t为参数,且t0).(1)以曲线N上的点与原点O连线的斜率k为参数,写出曲线N的参数方程;(2)若曲线M与N的两个交点为A,B,直线OA与直线OB的斜率之积为 4 3 ,求r的值.,解析 (1)将 = 2 5 5 t, =1+ 5 5 t 消去参数t,得x-2y+2=0(x0),由题意可知k 1 2 . 由 2+2=0, = 1

31、 2 , 得 = 2 21 , = 2 21 1 2 . 故曲线N的参数方程为 = 2 21 , = 2 21 为参数, 且 1 2 .,解析 (2)由曲线M的参数方程得其普通方程为(x-2)2+(y-1)2=r2, 将 = 2 21 , = 2 21 代入上式, 整理得(16-4r2)k2+(4r2-32)k+17-r2=0. 因为直线OA与直线OB的斜率之积为 4 3 ,所以 17 2 164 2 = 4 3 ,解得r2=1. 又r0,所以r=1. 将r=1代入(16-4r2)k2+(4r2-32)k+17-r2=0,得12k2-28k+16=0,满足0,故r=1.,能力3,会解极坐标与参

32、数方程的综合问题,典型例题,解析,【例3】 在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为 = 2 2 t, =1+ 2 2 t (t为参数,aR), 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cos2+2cos -=0.(1)写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程;(2)已知点P(a,1),曲线C1和曲线C2交于A,B两点,且|PA|PB|=4,求实数a的值.,解析 (1)由C1的参数方程消去t得其普通方程为x+y-a-1=0. 由C2的极坐标方程得2cos2+2cos -2=0,所以C2的直角坐标方程为y2=2x.(2)将曲线C1的参数方程代入曲线C2:

33、y2=2x,得t2+4 2 t+2(1-2a)=0, 由0得a- 3 2 . 设A,B对应的参数分别为t1,t2, 则t1t2=2(1-2a). 由题意得|PA|PB|=|t1t2|=|2(1-2a)|=4, 解得a=- 1 2 或a= 3 2 ,满足0, 所以实数a的值为- 1 2 或 3 2 .,方法归纳,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,确定选择何种方程方便.,变式训练,解析,在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为 =2+2 5 cos, =4+2 5 sin (为参数),以坐标原点O为极点,x轴的

34、正半轴为极轴建立极坐标系,直线C2的极坐标方程为= 3 (R).(1)求C1的极坐标方程和C2的直角坐标方程;(2)若直线C3的极坐标方程为= 6 (R),设C2与C1的交点为O,M,C3与C1的交点为O,N,求OMN的面积.,解析 (1)将曲线C1的参数方程消去参数,得其普通方程为(x-2)2+(y-4)2=20,即 x2+y2-4x-8y=0. 把x=cos,y=sin代入方程得2-4cos -8sin =0, 所以C1的极坐标方程为=4cos +8sin . 由直线C2的极坐标方程得其直角坐标方程为y= 3 x.(2)设M(1,1),N(2,2),分别将1= 3 ,2= 6 代入=4co

35、s +8sin , 得1=2+4 3 ,2=4+2 3 . 则OMN的面积S= 1 2 12sin(1-2)= 1 2 (2+4 3 )(4+2 3 )sin 6 =8+5 3 .,微专题 19 不等式选讲,返,解析,1.已知函数f(x)=m-|x-3|,mR,不等式f(x)2的解集为x|2x4.(1)求实数m的值;(2)若关于x的不等式|x-a|f(x)恒成立,求实数a的取值范围.,解析 (1)因为f(x)=m-|x-3|,所以由f(x)2,得m-|x-3|2,所以5-m2的解集为(2,4),所以5-m=2且m+1=4,解得m=3. (2)关于x的不等式|x-a|f(x)恒成立,等价于|x-

36、a|+|x-3|3恒成立,即|a-3|3恒成立,解得a6或a0.,解析,2.已知函数f(x)=|x+m|+|2x-1|. (1)当m=-1时,求不等式f(x)2的解集; (2)若f(x)|2x+1|的解集包含 3 4 ,2 ,求m的取值范围.,解析 (1)当m=-1时,f(x)=|x-1|+|2x-1|, 当x1时,f(x)=3x-22,解得1x 4 3 ; 当 1 2 x1时,f(x)=x2,解得 1 2 x1; 当x 1 2 时,f(x)=2-3x2,解得0x 1 2 . 综上可知,原不等式的解集为 |0x 4 3 .,(2)当x 3 4 ,2 时,f(x)=|x+m|+|2x-1|=|x

37、+m|+2x-1|2x+1|=2x+1. 从而可得|x+m|2,即-2x+m2,即-2-mx2-m. 由题意知f(x)|2x+1|在 3 4 ,2 上恒成立, 所以-2-m 3 4 且2-m2,解得- 11 4 m0, 因此m的取值范围为 11 4 ,0 .,解析,3.已知f(x)=|x+1|-|ax-1|. (1)当a=2时,求不等式f(x)1的解集; (2)当x(0,1)时,不等式f(x)x成立,求a的取值范围.,解析 (1)当a=2时,f(x)=|x+1|-|2x-1|, 即f(x)= 2,1, 3,11得 21, 1 或 31, 11, 1 2 , 解得 1 3 1的解集为 | 1 3

38、 x1 .,(2)当x(0,1)时,|x+1|-|ax-1|x成立等价于当x(0,1)时,|ax-1|0,由|ax-1|1,解得0x 2 , 所以 2 1,故0a2. 综上,a的取值范围为(0,2.,解析,4.已知a0,b0,a2+b2=a+b.证明: (1)(a+b)22(a2+b2); (2)(a+1)(b+1)4.,解析 (1)因为(a+b)2-2(a2+b2)=2ab-a2-b2=-(a-b)20, 所以(a+b)22(a2+b2).(2)由(1)及a2+b2=a+b,得0a+b2. 因为(a+1)(b+1) (+1)+(+1) 2 2 = +2 2 2 4,当且仅当a=b=1时等号成

39、立, 所以(a+1)(b+1)4.,能力1,会解绝对值不等式,典型例题,解析,【例1】 已知函数f(x)=|x-a|.(1)若a=1,求不等式f(2x)-f(x+1)2的解集;(2)若f(2x)-x2的解集为R,求a的取值范围.,解析 (1)当a=1时,f(x)=|x-1|,则f(2x)-f(x+1)2,即|2x-1|-|x|2. 当x0时,原不等式等价于-(2x-1)+x2,解得x-1; 当0x 1 2 时,原不等式等价于-(2x-1)-x2,解得x- 1 3 ,原不等式无解; 当x 1 2 时,原不等式等价于2x-1-x2,解得x3. 综上,原不等式的解集为(-,-13,+).,(2)由f

40、(2x)-x2,即|2x-a|x+2, 可得2x-ax+2或2x-a-(x+2). 由2x-ax+2,解得xa+2; 由2x-a-(x+2),解得x 2 3 . 要使f(2x)-x2的解集为R,则 2 3 a+2,解得a-4, 故a的取值范围为(-,-4.,方法归纳,解绝对值不等式的关键是去绝对值符号,零点分段法是常用的方法,其一般步骤: 求零点;划分区间,去绝对值符号;分段解不等式;求各段的并集.此外,还常用绝对值的几何意义,结合数轴直观求解.,变式训练,解析,已知函数f(x)=|2x+a|-|x-1|. (1)当a=1时,解不等式f(x)2; (2)当a=0时,不等式f(x)t2-t-7对

41、xR恒成立,求实数t的取值范围.,解析 (1)当a=1时,由f(x)2得|2x+1|-|x-1|2, 故有 2 或 1 2 x1, 2+1+12 或 1, 2+1(1)2, 即x1, 即x 2 3 , 故原不等式的解集为 |x 2 3 .,(2)当a=0时,f(x)=|2x|-|x-1|= 1,1, 由函数f(x)的图象(图略)知,f(x)min=f(0)=-1. 由-1t2-t-7得t2-t-60,解得-2t3, t的取值范围为(-2,3).,能力2,会证明不等式,典型例题,解析,【例2】 已知实数a,b,c满足a(b+c)=4,证明:(1)a2(b2+c2)8;(2)2a2+b2+c28.

42、,解析 (1)由a(b+c)=4可知a0,两边同时平方得a2(b+c)2=16, 所以a2(b2+2bc+c2)=16,即b2+2bc+c2= 16 2 . 因为b2+2bc+c22(b2+c2), 当且仅当b=c时取等号, 所以 16 2 2(b2+c2),所以8a2(b2+c2), 即a2(b2+c2)8.,(2)因为a(b+c)=4,所以ab+ac=4. 因为ab 2 + 2 2 ,ac 2 + 2 2 , 所以ab+ac 2 + 2 2 + 2 + 2 2 , 即ab+ac 2 2 + 2 + 2 2 ,即4 2 2 + 2 + 2 2 , 所以2a2+b2+c28,当且仅当a=b=c

43、= 2 时取等号. 所以原命题得证.,方法归纳,(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,且综合法证明的关键是找到证明的切入点.(2)当较难发现要证的不等式的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.如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的命题,那么考虑用反证法.,变式训练,解析,已知a0,b0,且a2+b2=1,证明: (1)4a2+b29a2b2; (2)(a3+b3)21.,解析 (1)a2+b2=1,4a2+b2=(4a2+b2)(a2+b2)=4a4+b4+5a

44、2b24a2b2+5a2b2=9a2b2, 当且仅当b2=2a2= 2 3 时取得等号, 4a2+b29a2b2. (2)a0,b0,a,b(0,1), a3a2,b3b2,a3+b3a2+b2, 又a2+b2=1,(a3+b3)2(a2+b2)2=1.,能力3,会解与绝对值不等式有关的最值问题,典型例题,解析,【例3】 设函数f(x)=|x+2|+|x-1|.(1)求f(x)的最小值及取得最小值时x的取值范围;(2)若关于x的不等式f(x)+ax-10的解集为R,求实数a的取值范围.,解析 (1)f(x)=|x+2|+|x-1|x+2-(x-1)|=3, 函数f(x)的最小值为3,此时x的取值范围为-2,1. (2)不等式f(x)+ax-10的解集为R,等价于f(x)-ax+1成立时,即函数f(x)的图象恒位于直线y=-ax+1的上方. f(x)=|x+2|+|x-1|= 21,1, 又函数y=-ax+1表示过点(0,1),斜率为-a的一条直线,如图所示. 由题意可知, 31 20 -a 31 10 ,解得-2a1. 实数a的取值范围为(-2,1).,