2020-2021【名校提分专用】高考数学一轮复习第12章鸭部分4_5第3讲柯西不等式分层演练文
2020年高考数学理科一轮复习讲义：第12章 选修4系列 第3讲 Word版含解析
第3讲绝对值不等式[考纲解读] 1.理解绝对值意义及几何意义，能利用绝对值三角不等式证明一些简单的绝对值不等式．(重点)2.掌握|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法．(难点)[考向预测]从近三年高考情况来看，本讲是高考的必考内容. 预测2020年将会考查：①绝对值不等式的解法；②绝对值性质的应用及最值；③根据不等式恒成立求参数的取值范围. 以解答题的形式呈现，属中档题型.1．绝对值不等式(1)定理如果a，b是实数，那么|a＋b|≤□01|a|＋|b|，当且仅当□02ab≥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□03(a－b)(b－c)≥0时，等号成立，即b落在a，c之间．(3)由绝对值不等式定理还可以推得以下几个不等式①|a1＋a2＋…＋a n|≤|a1|＋|a2|＋…＋|a n|.②||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.2．绝对值不等式的解法(1)形如|ax＋b|≥|cx＋d|的不等式，可以利用两边平方的形式转化为二次不等式求解．(2)①绝对值不等式|x|>a与|x|<a的解集．②|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法．|ax＋b|≤c⇔□03－c≤ax＋b≤c(c>0)，|ax＋b|≥c⇔□04ax＋b≤－c或ax＋b≥c(c>0)．1．概念辨析(1)不等式|x－1|＋|x＋2|<2的解集为∅.()(2)若|x|>c的解集为R，则c≤0.()(3)|ax＋b|≤c(c≥0)的解集，等价于－c≤ax＋b≤c.()(4)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．()答案(1)√(2)×(3)√(4)√2．小题热身(1)设a，b为满足ab<0的实数，那么()A．|a＋b|>|a－b| B．|a＋b|<|a－b|C．|a－b|<||a|－|b|| D．|a－b|<|a|＋|b|答案 B解析∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.(2)若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.答案 2解析由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6.∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.(3)函数y＝|x－3|＋|x＋3|的最小值为________．答案 6解析因为|x－3|＋|x＋3|≥|(x－3)－(x＋3)|＝6，当－3≤x≤3时，|x－3|＋|x ＋3|＝6，所以函数y＝|x－3|＋|x＋3|的最小值为6.(4)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是________．答案(－∞，4)解析|x－1|－|x－5|表示数轴上对应的点x到1和5的距离之差．而数轴上满足|x－1|－|x－5|＝2的点的数是4，结合数轴可知，满足|x－1|－|x－5|<2的解集是(－∞，4)．题型一解绝对值不等式设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.(1)解不等式f(x)>2；(2)求函数y＝f(x)的最小值．解(1)解法一：令2x＋1＝0，x－4＝0分别得x＝－1 2，x＝4.原不等式可化为：⎩⎪⎨⎪⎧x<－12，－x－5>2或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x<4，3x－3>2或⎩⎨⎧x≥4，x＋5>2.∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x⎪⎪⎪x<－7或x>53.解法二：f(x)＝|2x＋1|－|x－4|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x－5，x<－12，3x－3，－12≤x<4，x＋5，x≥4.画出f(x)的图象，如图所示．求得y＝2与f(x)图象的交点为(－7,2)，⎝⎛⎭⎪⎫53，2.由图象知f(x)>2的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x⎪⎪⎪x<－7或x>53.(2)由(1)的解法二知，f(x)min＝－92.条件探究把举例说明中函数改为“f(x)＝|x＋1|－|2x－3|”，解不等式|f(x)|>1.解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1<x≤32，－x ＋4，x >32，y ＝f (x )的图象如图所示．由f (x )的表达式及图象，当f (x )＝1时，可得x ＝1或x ＝3； 当f (x )＝－1时，可得x ＝13或x ＝5，故f (x )>1的解集为{x |1<x <3}；f (x )<－1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <13或x >5.所以|f (x )|>1的解集为{|x x <13或1<x <3或x >5.解|x －a |＋|x －b |≥c 或|x －a |＋|x －b |≤c 的一般步骤 (1)零点分段法①令每个含绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；②将这些根按从小到大排序并以这些根为端点把实数集分为若干个区间； ③由所分区间去掉绝对值符号组成若干个不等式，解这些不等式，求出解集； ④取各个不等式解集的并集求得原不等式的解集． (2)利用|x －a |＋|x －b |的几何意义数轴上到点x 1＝a 和x 2＝b 的距离之和大于c 的全体，|x －a |＋|x －b |≥|x －a －(x －b )|＝|a －b |.(3)图象法：作出函数y 1＝|x －a |＋|x －b |和y 2＝c 的图象，结合图象求解．见举例说明．提醒：易出现解集不全的错误．对于含绝对值的不等式，不论是分段去绝对值号还是利用几何意义，都要不重不漏．1．求不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的解集．解 当x <－2时，不等式等价于－(x －1)－(x ＋2)≥5，解得x ≤－3； 当－2≤x <1时，不等式等价于－(x －1)＋(x ＋2)≥5，即3≥5，无解； 当x ≥1时，不等式等价于x －1＋x ＋2≥5，解得x ≥2. 综上，不等式的解集为{x |x ≤－3或x ≥2}．2．若关于x 的不等式|ax －2|<3的解集为{|x －53<x <13，求a 的值． 解 ∵|ax －2|<3，∴－1<ax <5. 当a >0时，－1a <x <5a ，－1a ＝－53， 且5a ＝13无解；当a ＝0时，x ∈R ，与已知条件不符； 当a <0时，5a <x <－1a ，5a ＝－53，且－1a ＝13， 解得a ＝－3.题型 二 绝对值不等式性质的应用角度1 用绝对值不等式的性质求最值 1．设函数f (x )＝|2x －3|.(1)求不等式f (x )>5－|x ＋2|的解集；(2)若g (x )＝f (x ＋m )＋f (x －m )的最小值为4，求实数m 的值． 解 (1)∵f (x )>5－|x ＋2|可化为|2x －3|＋|x ＋2|>5，∴当x ≥32时，原不等式化为(2x －3)＋(x ＋2)>5，解得x >2， ∴x >2；当－2<x <32时，原不等式化为(3－2x )＋(x ＋2)>5，解得x <0， ∴－2<x <0；当x≤－2时，原不等式化为(3－2x)－(x＋2)>5，解得x<－4 3，∴x≤－2.综上，不等式f(x)>5－|x＋2|的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)．(2)∵f(x)＝|2x－3|，∴g(x)＝f(x＋m)＋f(x－m)＝|2x＋2m－3|＋|2x－2m－3|≥|(2x＋2m－3)－(2x －2m－3)|＝|4m|，∴依题意有4|m|＝4，解得m＝±1.角度2用绝对值不等式的性质证明不等式(多维探究)2．设a>0，|x－1|<a3，|y－2|<a3，求证：|2x＋y－4|<a.证明因为|x－1|<a3，|y－2|<a3，所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|<2×a3＋a3＝a.即|2x＋y－4|<a.结论探究举例说明条件不变，求证：|x－2y＋1|<a＋2. 证明|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|<|x－1|＋|2(y－1)|＝|x－1|＋|2(y－2)＋2|<|x－1|＋2|y－2|＋2a3＋2·a3＋2＝a＋2.1．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．2．用绝对值不等式的性质求最值的方法利用不等式|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)和|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R)，通过确定适当的a，b，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以求最值．(2018·江西南昌模拟)已知函数f (x )＝|2x －a |＋|x －1|. (1)若不等式f (x )≤2－|x －1|有解，求实数a 的取值范围； (2)当a <2时，函数f (x )的最小值为3，求实数a 的值． 解 (1)由题意f (x )≤2－|x －1|，即为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≤1.而由绝对值的几何意义知⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2－1，由不等式f (x )≤2－|x －1|有解， ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2－1≤1，即0≤a ≤4. ∴实数a 的取值范围是[0,4]．(2)由2x －a ＝0得x ＝a 2， 由x －1＝0得x ＝1， 由a <2知a2<1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫x <a 2，x －a ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2≤x ≤1，3x －a －1(x >1).函数的图象如图所示．∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 2＋1＝3，解得a ＝－4.题型 三 与绝对值不等式有关的参数范围问题(2018·全国卷Ⅰ)已知f (x )＝|x ＋1|－|ax －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若x ∈(0,1)时不等式f (x )>x 成立，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|，即f (x )＝⎩⎨⎧－2，x ≤－1，2x ，－1<x <1，2，x ≥1.故不等式f (x )>1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x >12. (2)当x ∈(0,1)时|x ＋1|－|ax －1|>x 成立等价于当x ∈(0,1)时|ax －1|<1成立． 若a ≤0，则当x ∈(0,1)时，|ax －1|≥1，不符合题意；若a >0，|ax －1|<1的解集为0<x <2a ，所以2a ≥1，故0<a ≤2.综上，a 的取值范围为(0,2]．条件探究 把举例说明函数改为“f (x )＝|2x －1|－|x －a |”，若x ∈(－1,0)时，f (x )>1有解，求a 的取值范围．解 当x ∈(－1,0)时，f (x )>1有解⇔|x －a |<－2x 有解⇔2x <x －a <－2x 有解⇔3x <a <－x 有解，∵3x >－3，－x <1，∴－3<a <1，即实数a 的取值范围是(－3,1)．两招解不等式问题中的含参问题(1)第一招是转化．①把存在性问题转化为求最值问题；②不等式的解集为R 是指不等式的恒成立问题；③不等式的解集为∅的对立面也是不等式的恒成立问题，此类问题都可转化为最值问题，即f (x )<a 恒成立⇔a >f (x )max ，f (x )>a 恒成立⇔a <f (x )min .(2)第二招是求最值．求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种：①利用绝对值的几何意义；②利用绝对值三角不等式，即|a |＋|b |≥|a ±b |≥||a |－|b ||；③利用零点分区间法．已知f (x )＝|x －a |，a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )＋|2x －5|≥6的解集；(2)若函数g (x )＝f (x )－|x －3|的值域为A ，且[－1,2]⊆A ，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，不等式为|x －1|＋|2x －5|≥6.当x ≤1时，不等式可化为－(x －1)－(2x －5)≥6， 解得x ≤0，所以x ≤0；当1<x <52时，不等式可化为(x －1)－(2x －5)≥6， 解得x ≤－2，所以x ∈∅；当x ≥52时，不等式可化为(x －1)＋(2x －5)≥6， 解得x ≥4，所以x ≥4.综上所述，原不等式的解集为{x |x ≤0或x ≥4}． (2)因为|g (x )|＝||x －a |－|x －3|| ≤|x －a －(x －3)|＝|a －3|， 所以g (x )∈[－|a －3|，|a －3|]，所以函数g (x )的值域A ＝[－|a －3|，|a －3|]， 因为[－1,2]⊆A ，所以⎩⎨⎧－|a －3|≤－1，|a －3|≥2，解得a ≤1或a ≥5.所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[5，＋∞)．。
2021年高考数学第一轮复习 课后练习册子及其答案和详细解析
强化练习题
目录
第 1 讲 集合与简易逻辑...........................................................................................................................- 1 第 2 讲 函数及其性质经典精讲 ...............................................................................................................- 2 第 3 讲 函数及其性质 2019 高考真题赏析 .............................................................................................- 3 第 4 讲 函数及其性质 2018 高考真题赏析 .............................................................................................- 4 第 5 讲 平面向量.......................................................................................................................................- 5 第 6 讲 三角函数与三角恒等变换经典精讲 ............................................................
2020高考数学一轮复习 第12章 选考部分章末总结分层演练 文-精装版
教学资料范本2020高考数学一轮复习第12章选考部分章末总结分层演练文-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考数学一轮复习第12章选考部分章末总结分层演练文章末总结知识点考纲展示坐标系❶理解坐标系的作用．❷了解在平面直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化情况．❸能在极坐标系中用极坐标表示点的位置，理解在极坐标系和平面直角坐标系中表示点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化．❹能在极坐标系中给出简单图形的方程，通过比较这些图形在极坐标系和平面直角坐标系中的方程，理解用方程表示平面图形时选择适当坐标系的意义．❺了解柱坐标系、球坐标系中表示空间中点的位置的方法，并与空间直角坐标系中表示点的位置的方法相比较，了解它们的区别．参数方程❶了解参数方程，了解参数的意义．❷能选择适当的参数写出直线、圆和圆锥曲线的参数方程．❸了解平摆线、渐开线的生成过程，并能推导出它们的参数方程．❹了解其他摆线的生成过程，了解摆线在实际中的应用，了解摆线在表示行星运动轨道中的作用．绝对值不等式理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：(1)|a＋b|≤|a|＋|b|．(2)|a－b|≤|a－c|＋|c－b|．(3)会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c．不等式的证明❶了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单问题．❷会用数学归纳法证明贝努利不等式：(1＋x)n>1＋nx(x>－1，x≠0，n为大于1的正整数)．了解当n为大于1的实数时贝努利不等式也成立．❸会用上述不等式证明一些简单问题．能够利用平均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值．❹了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法．柯西不等式与排序不等式❶了解下列柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，并会证明．(1)柯西不等式的向量形式：|α|·|β|≥|α·β|．(2)(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2．(3)（x1－x2）2＋（y1－y2）2＋（x2－x3）2＋（y2－y3）2≥（x1－x3）2＋（y1－y3）2．(此不等式通常称为平面三角不等式)❷会用参数配方法讨论柯西不等式的一般情形：❸会用向量递归方法讨论排序不等式．一、点在纲上，源在本里考点考题考源坐标系与参数方程(20xx·高考全国卷Ⅲ，T23，10分)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为⎩⎨⎧x＝3cos αy＝sin α(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⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22．(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|的最小值及此时点P的直角坐标．选修44 P15习题1．3 T5、P26习题2．1T4(4)、P28例1(20xx·高考全国卷Ⅰ，T22，10分)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．选修44P26习题2．1T4(1)绝对值不等式(20xx·高考全国卷Ⅱ，T24，10分)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|．选修45 P20习题1．2 T8(3)、P26习题2．2 T9(20xx·高考全国卷Ⅲ，T23，10分)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)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．选修45 P20习题1．2 T9二、根置教材，考在变中1．(选修44 P8习题1．1 T5、P15习题1．3 T5改编)圆C：x2＋y2＝1经过伸缩变换得到曲线C1，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＝．(1)写出C1的参数方程和l的直角坐标方程；(2)设点M(1，0)，直线l与曲线C1交于A，B两点，求|MA|·|MB|与|AB|．解：(1)由已知得＋＝1，即＋＝1，即C1：＋＝1．即C1的参数方程为(α为参数)．由ρcos＝得1ρcos θ －ρsin θ＝．2则l的直角坐标方程为x－y－1＝0．(2)点M(1，0)在直线l：x－y－1＝0上，直线l的倾斜角为．所以l的参数方程为(t为参数)．代入C1：＋＝1得5t2＋4t－12＝0，所以t1t2＝－，t1＋t2＝－，所以|MA|·|MB|＝|t1|·|t2|＝|t1t2|＝．|AB|＝|t1－t2|＝（t1＋t2）2－4t1t2＝＝，所以|MA|·|MB|＝，|AB|＝．2．(选修44 P36例1改编)已知直线l的参数方程为(t为参数，α为l的倾斜角)，以原点为极点，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ρ＝．(1)写出l 的普通方程与C 的直角坐标方程；(2)设点M 的极坐标为(1，0)，直线l 与C 相交于A ，B 两点，求＋的值．解：(1)l 的普通方程为xsin α－ycos α－sin α＝0，C 的直角坐标方程为y2＝4x ．(2)点M 的极坐标为(1，0)，即M 的直角坐标为(cos 0，sin 0)＝(1，0)，显然M 在l 上．将(t 为参数)，代入y2＝4x 得 (sin2α)t2－(4cos α)t－4＝0．Δ＝16>0．所以t1＋t2＝，t1t2＝－，所以＋＝|t1|＋|t2||t1|·|t2|＝（t1＋t2）2＋2|t1t2|－2t1t2|t1t2|＝＝1． 所以＋＝1．3．(选修44 P15习题1．3 T4(4)、P37例3改编)曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ－4sin θ，过点M(1，0)的直线l 的参数方程为(t 为参数，α为直线l 的倾斜角)，直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点．(1)求证：|MA|·|MB|为定值；(2)D 是曲线C 上一点，当α＝45°时，求△DAB 面积的最大值． 解：(1)证明：C 的直角坐标方程为x2＋y2－2x ＋4y ＝0．① 将直线l ：(t 为参数)代入①得t2＋(4sin α)t －1＝0．②所以|MA|·|MB|＝|t1t2|＝|－1|＝1．即|MA|·|MB|为定值1．(2)当α＝45°时，②式即为t2＋2t－1＝0，t1＋t2＝－2，t1t2＝－1，所以|AB|＝|t1－t2|＝（t1＋t2）2－4t1t2＝＝2．由①得(x－1)2＋(y＋2)2＝5，所以曲线C的参数方程为(r为参数)．可设点D的坐标为(1＋cos r，－2＋sin r)，直线l的普通方程为x－y－1＝0，点D到l的距离d＝|1＋5cos r＋2－5sin r－1|2＝．所以dmax＝＋．所以△DAB面积的最大值为Smax＝|AB|·dmax＝×2(＋)＝＋．4．(选修44 P28例1改编)在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l与椭圆C的极坐标方程分别为ρcos θ＋2ρsin θ＋3＝0，ρ2＝．(1)求直线l与椭圆C的直角坐标方程；(2)若P是直线l上的动点，Q是椭圆C上的动点，求|PQ|的最小值，并求此时Q点的坐标．解：(1)ρcos θ＋2ρsin θ＋3＝0⇒x＋2y＋3＝0，即直线l的直角坐标方程为x＋2y＋3＝0．ρ2＝⇒ρ2cos2θ＋4ρ2sin2θ＝4⇒x2＋4y2＝4，即椭圆C 的直角坐标方程为＋y2＝1．(2)因为椭圆C ：＋y2＝1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos αy ＝sin α(α为参数)，所以可设Q(2cos α，sin α)． 因此点Q 到直线l 的距离d ＝＝，所以当α＝2k π＋，k∈Z 时，d 取得最小值， 所以|PQ|的最小值为． 此时点Q 的坐标为，k∈Z， 即Q 的坐标为．5．(选修45 P16例3、P35例3改编)已知函数f(x)＝|3x －1|．(1)设f(x)≤2的解集为M ，记集合M 中的最大元素为amax ，最小元素为amin ，求amax －amin ；(2)若a ，b∈R＋，且a ＋b ＝amax ，求＋的最小值． 解：(1)f(x)≤2，即为 |3x －1|≤2，所以－2≤3x－1≤2，即－≤x≤1． 所以M ＝．即amax ＝1，amin ＝－，amax －amin ＝1－＝． (2)由(1)知，a ＋b ＝1，且a ，b∈R＋， 所以(a ＋b)＝2＋＋≥2＋2 ＝4． 当且仅当a ＝b ＝时取等号， 即＋≥4，所以＋的最小值为4．6．(选修45 P20习题1．2 T9、P37习题3．1 T8改编)(1)若关于x 的不等式|x －3|＋|x －4|≤a 的解集不是空集，求a 的取值范围；(2)若g(x)＝，且p>0，q>0，p ＋q ＝1，求证：pg(x1)＋qg(x2)≤g(px1＋qx2)(x1，x2∈[0，＋∞))．解：(1)法一：|x －3|＋|x －4|≥|(x－3)－(x －4)|＝1． 即|x －3|＋|x －4|的最小值为1．所以|x －3|＋|x －4|≤a 的解集不是空集时，a≥1．法二：设f(x)＝|x －3|＋|x －4|＝⎩⎨⎧－2x ＋7，x ＜3，1，3≤x≤4，2x －7，x>4.函数f(x)的图象为所以f(x)min ＝1．则f(x)≤a 的解集不是空集时，a≥1． (2)证明：由p>0，q>0，p ＋q ＝1，要证不等式pg(x1)＋qg(x2)≤g(px1＋qx2)成立，即为证明p ＋q≤ 成立．(*)法一：(分解法)要证(*)式成立，即证 (p ＋q)2≤()2成立．即证：p2x1＋2pq ＋q2x2≤px1＋qx2， 即证px1(1－p)＋qx2(1－q)－2pq≥0． 因为p ＋q ＝1．只需证pqx1＋pqx2－2pq≥0成立． 即证(－)2≥0．因为(－)2≥0显然成立．所以原不等式成立． 法二：(柯西不等式法)因为(p ＋q)2＝(·＋·)2 ≤[()2＋()2][()2＋()2]＝(p＋q)(px1＋qx2)．又因为p＋q＝1．所以(p＋q)2≤(px1＋qx2)．所以p＋q≤ ．即pg(x1)＋qg(x2)≤g(px1＋qx2)．7．(选修45 P17例5、P26习题2．2 T9改编)已知函数f(x)＝|x＋1|．(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)．解：(1)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；②当－1<x<－时，原不等式可化为x＋1<－2x－2，解得x<－1，此时原不等式无解；③当x≥－时，原不等式可化为x＋1<2x，解得x>1．综上，M＝{x|x<－1或x>1}．(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，所以，要证f(ab)>f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|>|a＋b|，即证|ab＋1|2>|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0．因为a，b∈M，所以a2>1，b2>1，所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不等式成立．8．(选修45 P41习题3．2 T2、T4改编)设a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝3．(1)求＋＋的最小值；(2)求证：a2＋b2＋c2≥3，且ab ＋bc ＋ca≤3．解：(1)因为a ，b ，c∈R＋，且a ＋b ＋c ＝3．所以(a ＋b)＋(b ＋c)＋(c ＋a)＝6．由柯西不等式得[(a ＋b)＋(b ＋c)＋(c ＋a)]⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ·1a ＋b ＋b ＋c ·1b ＋c ＋c ＋a ·1c ＋a 2 ＝9，即6≥9．所以＋＋≥，即＋＋的最小值为．(2)证明：因为a ＋b ＋c ＝3，所以(a ＋b ＋c)2＝9，①9＝a2＋b2＋c2＋2ab ＋2bc ＋2ca ，9≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2，即3(a2＋b2＋c2)≥9，所以a2＋b2＋c2≥3．②9＝a2＋b2＋c2＋2ab ＋2bc ＋2ca＝＋＋＋2ab ＋2bc ＋2ca≥ab ＋bc ＋ca ＋2ab ＋2bc ＋2ca ．即3(ab ＋bc ＋ca)≤9，所以ab ＋bc ＋ca≤3．综上a2＋b2＋c2≥3且ab＋bc＋ca≤3成立．。
2020学年高考数学理一轮复习精选新题和好题归纳总结讲义：第12章 选修4系列 第1讲 Word版含解析
第1讲 坐标系[考纲解读] 1.了解坐标系的作用，掌握平面直角坐标系中的伸缩变换．2.了解极坐标的基本概念，能在极坐标系中用极坐标表示点的位置，能进行极坐标和直角坐标的互化．(重点)3.能在极坐标系中给出简单图形(如过极点的直线、过极点或圆心为极点的圆)的方程．(难点)[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的必考内容. 预测2020年将会考查：极坐标与直角坐标的转化，极坐标方程化为直角坐标方程，要特别注意图象的伸缩变换. 题型为解答题，属中、低档题型.1．伸缩变换设点P (x ，y )是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：□01⎩⎨⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)的作用下，点P (x ，y )对应到点P ′(x ′，y ′)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换．2．极坐标一般地，不作特殊说明时，我们认为ρ≥0，θ可取任意实数． 3．极坐标与直角坐标的互化设M 是平面内任意一点，它的直角坐标是(x ，y )，极坐标是(ρ，θ)，则它们之间的关系为：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝□01ρcos θ，y ＝□02ρsin θ；⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝□03x 2＋y 2，tan θ＝□04y x (x ≠0).1．概念辨析(1)平面直角坐标系内的点与坐标能建立一一对应关系，在极坐标系中点与坐标也是一一对应关系．( )(2)点P 的直角坐标为(－2，2)，那么它的极坐标可表示为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，3π4.( )(3)过极点作倾斜角为α的直线的极坐标方程可表示为θ＝α或θ＝π＋α.( )(4)圆心在极轴上的点(a,0)处，且过极点O 的圆的极坐标方程为ρ＝2a sin θ.( )答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)× 2．小题热身(1)设平面内伸缩变换的坐标表达式为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12x ，y ′＝3y ，则在这一坐标变换下正弦曲线y ＝sin x 的方程变为( )A ．y ＝13sin2x B ．y ＝3sin 12x C ．y ＝13sin x2 D ．y ＝3sin2x答案 D解析由已知得⎩⎨⎧x ＝2x ′，y ＝13y ′代入y ＝sin x ，得13y ′＝sin2x ′，即y ′＝3sin2x ′，所以y ＝sin x 的方程变为y ＝3sin2x .(2)在极坐标系中A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π3，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，2π3两点间的距离为________． 答案 6解析 解法一：(数形结合)在极坐标系中，A ，B 两点如图所示， |AB |＝|OA |＋|OB |＝6.解法二：∵A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π3，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，2π3的直角坐标为A (1，－3)，B (－2,23)，∴|AB |＝(－2－1)2＋(23＋3)2＝6.(3)曲线C 1：θ＝π6与曲线C 2：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝32的交点坐标为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π6解析 将θ＝π6代入ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝32，得ρsin π3＝32，所以ρ＝1，所以曲线C 1与曲线C 2的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π6.(4)已知直线l 的极坐标方程为2ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，点A 的极坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，7π4，则点A 到直线l 的距离为________． 答案522解析 由2ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2得2ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin θ－22cos θ＝2，ρsin θ－ρcos θ＝1，化为直角坐标方程得y －x ＝1即x －y ＋1＝0，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，7π4的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22cos 7π4，22sin 7π4，即(2，－2)，所以点A 到直线l 的距离为|2－(－2)＋1|12＋(－1)2＝522.题型 一 平面直角坐标系中的伸缩变换在同一平面直角坐标系中，求一个伸缩变换，使得圆x 2＋y 2＝1变换为椭圆x 29＋y 24＝1.解 设伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)，由题知λ2x 29＋μ2y 24＝1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λ32x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫μ22y 2＝1.与x 2＋y 2＝1比较系数，得⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫λ32＝1，⎝ ⎛⎭⎪⎫μ22＝1，故⎩⎪⎨⎪⎧λ＝3，μ＝2，所以伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝2y ，即先使圆x 2＋y 2＝1上的点的纵坐标不变，将圆上的点的横坐标伸长到原来的3倍，得到椭圆x 29＋y 2＝1，再将该椭圆上点的横坐标不变，纵坐标伸长到原来的2倍，得到椭圆x 29＋y 24＝1.伸缩变换后方程的求法平面上的曲线y ＝f (x )在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)的作用下的变换方程的求法是将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′λ，y ＝y ′μ代入y ＝f (x )，得y ′μ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ′λ，整理之后得到y ′＝h (x ′)，即为所求变换之后的方程．见举例说明．提醒：应用伸缩变换时，要分清变换前的点的坐标(x ，y )与变换后的坐标(x ′，y ′).若函数y ＝f (x )的图象在伸缩变换φ：⎩⎨⎧x ′＝2x ，y ′＝3y 的作用下得到曲线的方程为y ′＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ′＋π6，求函数y ＝f (x )的最小正周期．解 由题意，把变换公式代入曲线y ′＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ′＋π6得3y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，整理得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，故f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.所以y ＝f (x )的最小正周期为2π2＝π.题型 二 极坐标与直角坐标的互化(2018·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，曲线C 1的方程为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋2，x ≥0，－kx ＋2，x <0.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，l2与C2有两个公共点．当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，所以|k＋2|k2＋1＝2，故k＝0或k＝43.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝43时，l2与C2没有公共点.综上，所求C1的方程为y＝－43|x|＋2.条件探究把举列说明中曲线C1的极坐标方程改为“θ＝α(0≤α≤2π)”，曲线C2的极坐标方程改为“ρ2－2ρcosθ－23ρsinθ＋3＝0”，若C1与C2有且仅有两个公共点，求α的取值范围．解由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ得曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2x－23y ＋3＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝1，由题意知α≠π2，可设曲线C1的直角坐标方程为y＝kx，k＝tanα，当曲线C1与曲线C2相切时，|k－3|k2＋12＝1，解得k＝33，即tanα＝33，又0≤α≤2π，所以α＝π6.结合图形可知，若C1与C2有且仅有两个公共点，则α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2.1．极坐标方程与直角坐标方程的互化(1)直角坐标方程化为极坐标方程：将公式x ＝ρcos θ及y ＝ρsin θ直接代入直角坐标方程并化简即可．(2)极坐标方程化为直角坐标方程：通过变形，构造出形如ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，再应用公式进行代换．其中方程的两边同乘以(或同除以)ρ及方程两边平方是常用的变形技巧．2．极角的确定由tan θ确定角θ时，应根据点P 所在象限取最小正角． (1)当x ≠0时，θ角才能由tan θ＝yx 按上述方法确定．(2)当x ＝0时，tan θ没有意义，这时可分三种情况处理：当x ＝0，y ＝0时，θ可取任何值；当x ＝0，y >0时，可取θ＝π2；当x ＝0，y <0时，可取θ＝3π2.已知圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－22ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2.(1)把圆O 1和圆O 2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，所以圆O 1的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4.因为ρ2－22ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，所以ρ2－22ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＝2，所以圆O 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x －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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22.题型 三 极坐标方程的应用角度1 极径几何意义的应用1．(2018·日照一模)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝4cos α＋2，y ＝4sin α(α为参数)，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )．(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)设直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求|AB |的值．解 (1)将方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos α＋2，y ＝4sin α，消去参数α得x 2＋y 2－4x －12＝0，∴曲线C 的普通方程为x 2＋y 2－4x －12＝0，将x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ代入上式可得ρ2－4ρcos θ＝12，∴曲线C 的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ＝12.(2)设A ，B 两点的极坐标方程分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ1，π6，⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，π6，由⎩⎨⎧ρ2－4ρcos θ＝12，θ＝π6，消去θ得ρ2－23ρ－12＝0，根据题意可得ρ1，ρ2是方程ρ2－23ρ－12＝0的两根，∴ρ1＋ρ2＝23，ρ1ρ2＝－12，∴|AB |＝|ρ1－ρ2|＝(ρ1＋ρ2)2－4ρ1ρ2＝215.角度2 用极坐标解最值和取值范围问题2．(2018·南平二模)在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1的方程为x 22＋y 2＝1.曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝cos φ，y ＝1＋sin φ (φ为参数)，曲线C 3的方程为y ＝x tan α⎝ ⎛⎭⎪⎫0<α<π2，x >0，曲线C 3与曲线C 1，C 2分别交于P ，Q 两点．(1)求曲线C 1，C 2的极坐标方程； (2)求|OP |2·|OQ |2的取值范围．解 (1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以曲线C 1的极坐标方程为ρ2cos 2θ2＋ρ2sin 2θ＝1，即ρ2＝21＋sin 2θ，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos φ，y ＝1＋sin φ(φ为参数)，消去φ， 即得曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋(y －1)2＝1； 将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，代入化简， 可得曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.(2)曲线C 3的极坐标方程为θ＝α⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ>0，0<α<π2，由(1)得|OP |2＝21＋sin 2α；|OQ |2＝4sin 2α， 即|OP |2·|OQ |2＝8sin 2α1＋sin 2α＝81sin 2α＋1，因为0<α<π2，所以0<sin α<1， 所以|OP |2·|OQ |2∈(0,4)．极坐标方程及其应用的类型及解题策略(1)求极坐标方程．可在平面直角坐标系中，求出曲线的方程，然后再转化为极坐标方程．(2)求点到直线的距离．先将极坐标系下点的坐标、直线方程转化为平面直角坐标系下点的坐标、直线方程，然后利用直角坐标系中点到直线的距离公式求解．(3)求线段的长度．先将极坐标系下的点的坐标、曲线方程转化为平面直角坐标系下的点的坐标、曲线方程，然后再求线段的长度．1．(2018·南宁模拟)已知曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝cos θ，y ＝1＋sin θ(θ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 2的极坐标方程为ρ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3，直线l 的直角坐标方程为y ＝33x .(1)求曲线C 1和直线l 的极坐标方程；(2)已知直线l 分别与曲线C 1，曲线C 2相交于异于极点的A ，B 两点，若A ，B 的极径分别为ρ1，ρ2，求|ρ2－ρ1|的值．解 (1)曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝1＋sin θ(θ为参数)，其普通方程为x 2＋(y－1)2＝1，极坐标方程为ρ＝2sin θ.因为直线l 的直角坐标方程为y ＝33x ， 故直线l 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )． (2)曲线C 1的极坐标方程为ρ＝2sin θ， 直线l 的极坐标方程为θ＝π6，将θ＝π6代入C 1的极坐标方程得ρ1＝1， 将θ＝π6代入C 2的极坐标方程得ρ2＝4， ∴|ρ2－ρ1|＝3.2．(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)设点P 的极坐标为(ρ，θ)(ρ>0)，点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的极坐标方程为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 ＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫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.。
高三数学复习 第十二章 复数、算法、推理与证明 第三节 合情推理与演绎推理夯基提能作业本 理(20
2018届高三数学一轮复习第十二章复数、算法、推理与证明第三节合情推理与演绎推理夯基提能作业本理2018届高三数学一轮复习第十二章复数、算法、推理与证明第三节合情推理与演绎推理夯基提能作业本理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018届高三数学一轮复习第十二章复数、算法、推理与证明第三节合情推理与演绎推理夯基提能作业本理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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2018届高三数学一轮复习第十二章复数、算法、推理与证明第三节合情推理与演绎推理夯基提能作业本理第三节合情推理与演绎推理A组基础题组1。
正弦函数是奇函数,f(x)=sin（x2+1）是正弦函数,因此f（x）=sin（x2+1）是奇函数，以上推理（）A.结论正确B。
大前提不正确 C.小前提不正确D。
全不正确2.由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则:①“mn=nm”类比得到“a·b=b·a”;②“(m+n）t=mt+nt”类比得到“(a+b）·c=a·c+b·c”;③“（m·n)t=m(n·t)”类比得到“（a·b)·c=a·(b·c）";④“t≠0,mt=xt⇒m=x”类比得到“p≠0，a·p=x·p⇒a=x";⑤“｜m·n｜=｜m｜·｜n|”类比得到“|a·b|=｜a｜·｜b|”;⑥“="类比得到“="。
2020高考数学一轮复习鸭部分不等式选讲学案文
【2019最新】精选高考数学一轮复习鸭部分不等式选讲学案文第1课绝对值不等式[过双基]1．绝对值三角不等式定理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．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．1．不等式|x ＋1|－|x －2|≥1的解集是________．解析：f(x)＝|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x≤－1，2x －1，－1<x<2，3，x≥2.当－1<x<2时，由2x －1≥1，解得1≤x<2.又当x≥2时，f(x)＝3>1，所以不等式的解集为.答案：{x|x≥1}2．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．解析：∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，可使|a－1|≤3，∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4.答案：[－2,4]3．若不等式|kx－4|≤2的解集为，则实数k＝________.解析：由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6.∵不等式的解集为，∴k＝2.答案：2 4．设不等式|x＋1|－|x－2|>k的解集为R，则实数k的取值范围为____________．解析：∵||x＋1|－|x－2||≤3，∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3，∴k＜(|x＋1|－|x－2|)的最小值，即k＜－3.答案：(－∞，－3)[清易错]1．对形如|f(x)|>a或|f(x)|<a型的不等式求其解集时，易忽视a的符号直接等价转化造成失误．2．绝对值不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|中易忽视等号成立的条件．如|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≤0时等号成立，其他类似推导．1．设a，b为满足ab<0的实数，那么( )A．|a＋b|>|a－b|B．|a＋b|<|a－b|C．|a－b|＜||a|－|b||D．|a－b|<|a|＋|b|解析：选B ∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.2．若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．解析：|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－2)－2|≤|x－1|＋2|y－2|＋2≤5.答案：5绝对值不等式的解法[典例] 设函数(1)当a＝1时，求不等式f(x)>0的解集；(2)若方程f(x)＝x只有一个实数根，求实数a的取值范围．[解] (1)依题意，原不等式等价于：|x＋1|－|x－1|＋1>0，当x<－1时，－(x＋1)＋(x－1)＋1>0，即－1>0，此时解集为∅；当－1≤x≤1时，x＋1＋(x－1)＋1>0，即x>－，此时－<x≤1；当x>1时，x＋1－(x－1)＋1>0，即3>0，此时x>1.综上所述，不等式f(x)>0的解集为.(2)依题意，方程f(x)＝x等价于a＝|x－1|－|x＋1|＋x，令g(x)＝|x－1|－|x＋1|＋x.∴g(x)＝.画出函数g(x)的图象如图所示，∴要使原方程只有一个实数根，只需a>1或a<－1.∴实数a的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．[方法技巧](1)求解绝对值不等式的两个注意点：①要求的不等式的解集是各类情形的并集，利用零点分段法的操作程序是：找零点、分区间、分段讨论．②对于解较复杂绝对值不等式，要恰当运用条件，简化分类讨论，优化解题过程．(2)求解该类问题的关键是去绝对值符号，可以运用零点分段法去绝对值，此外还常利用绝对值的几何意义求解．[即时演练]1．解不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6.解：法一：当x>时，原不等式转化为4x≤6⇒<x≤；当－≤x≤时，原不等式转化为2≤6⇒－≤x≤；当x<－时，原不等式转化为－4x≤6⇒－≤x<－.综上知，原不等式的解集为.法二：原不等式可化为＋≤3，其几何意义为数轴上到，－两点的距离之和不超过3的点的集合，数形结合知，当x＝或x＝－时，到，－两点的距离之和恰好为3，故当－≤x≤时，满足题意，则原不等式的解集为.2．解不等式|x－1|－|x－5|<2.解：当x<1时，不等式可化为－(x－1)－(5－x)<2，即－4<2，显然成立，所以此时不等式的解集为(－∞，1)；当1≤x≤5时，不等式可化为x－1－(5－x)<2，即2x－6<2，解得x<4，所以此时不等式的解集为[1,4)；当x>5时，不等式可化为(x－1)－(x－5)<2，即4<2，显然不成立．所以此时不等式无解．综上，不等式的解集为(－∞，4)．绝对值不等式的证明[典例] 已知x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]绝对值不等式证明的3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，数形结合进行证明．[即时演练]已知f(x)＝|x ＋2|－|2x －1|，M 为不等式f(x)>0的解集． (1)求M ；(2)求证：当x ，y∈M 时，|x ＋y ＋xy|<15.解：(1)f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x －3，x<－2，3x ＋1，－2≤x≤12，－x ＋3，x>12，当x<－2时，由x －3>0，得x>3，舍去； 当－2≤x≤时，由3x ＋1>0，得x>－， 即－<x≤；当x>时，由－x ＋3>0，得x<3，即<x<3， 综上，M ＝.(2)证明：∵x，y∈M，∴|x|<3，|y|<3，∴|x ＋y ＋xy|≤|x ＋y|＋|xy|≤|x|＋|y|＋|xy|＝|x|＋|y|＋|x|·|y|<3＋3＋3×3＝15.绝对值不等式的综合应用[典例] (2|. (1)求不等式f(x)≥1的解集；(2)若不等式f(x)≥x2－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)≥x2－x ＋m ，得m≤|x＋1|－|x －2|－x2＋x.而|x ＋1|－|x －2|－x2＋x ≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－2＋≤， 且当x ＝时，|x ＋1|－|x －2|－x2＋x ＝. 故m 的取值范围为. [方法技巧](1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法．(2)f(x)＜a 恒成立⇔f(x)max ＜a.f(x)＞a 恒成立⇔f(x)min ＞a.[即时演练]已知函数f(x)＝|x －a|－|2x －1|. (1)当a ＝2时，求f(x)＋3≥0的解集；(2)当x∈[1,3]时，f(x)≤3恒成立，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝2时，由f(x)＋3≥0， 可得|x －2|－|2x －1|≥－3， ①或②或③⎩⎪⎨⎪⎧x≥2，x －2－2x ＋1≥－3.解①得－4≤x<；解②得≤x<2；解③得x ＝2. 综上所述，不等式的解集为{x|－4≤x≤2}． (2)当x∈[1,3]时，f(x)≤3恒成立，即|x－a|≤3＋|2x－1|＝2x＋2.故－2x－2≤x－a≤2x＋2，即－3x－2≤－a≤x＋2，∴－x－2≤a≤3x＋2对x∈[1,3]恒成立．∴a∈[－3,5]．1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋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x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；当x＞1时，①式化为x2＋x－4≤0，从而1＜x≤.所以f(x)≥g(x)的解集为.(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]．2．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；当－1<x<1时，不等式化为3x－2>0，解得<x<1；当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集为.(2)由题设可得f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1－2a ，x<－1，3x ＋1－2a ，－1≤x≤a，－x ＋1＋2a ，x>a.所以函数f(x)的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为A ，B(2a ＋1,0)，C(a ，a ＋1)，△ABC 的面积为(a ＋1)2. 由题设得(a ＋1)2>6，故a>2. 所以a 的取值范围为(2，＋∞)．3．(2016·江苏高考)设a ＞0，|x －1|＜，|y －2|＜，求证：|2x ＋y －4|＜a. 证明：因为|x －1|＜，|y －2|＜，所以|2x ＋y －4|＝|2(x －1)＋(y －2)|≤2|x－1|＋|y －2|＜2×＋＝a. 4．(2013·全国卷Ⅰ)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∈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)可化为|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∈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∈都成立． 故－≥a－2，即a≤.从而a 的取值范围是.1．(2018·唐山模拟)已知函数f(x)＝|2x －a|＋|x ＋1|. (1)当a ＝1时，解不等式f(x)<3； (2)若f(x)的最小值为1，求a 的值．解：(1)因为f(x)＝|2x －1|＋|x ＋1|＝且f(1)＝f(－1)＝3， 所以f(x)<3的解集为{x|－1<x<1}．(2)|2x －a|＋|x ＋1|＝＋|x ＋1|＋≥＋0＝， 当且仅当(x ＋1)≤0且x －＝0时，取等号． 所以＝1，解得a ＝－4或0.2．已知函数f(x)＝|2x ＋1|，g(x)＝|x －1|＋a. (1)当a ＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；(2)若对任意x∈R，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝0时，由f(x)≥g(x)，得|2x ＋1|≥|x－1|， 两边平方整理得x2＋2x≥0，解得x≥0或x≤－2. 所以原不等式的解集为(－∞，－2]∪[0，＋∞)． (2)由f(x)≥g(x)，得a≤|2x＋1|－|x －1|. 令h(x)＝|2x ＋1|－|x －1|，则h(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －2，x≤－12，3x ，－12<x<1，x ＋2，x≥1.故h(x)min ＝h ＝－.故所求实数a 的取值范围为.3．已知函数f(x)＝|2x －a|＋|2x －1|，a∈R. (1)当a ＝3时，求关于x 的不等式f(x)≤6的解集； (2)当x∈R 时，f(x)≥a2－a －13，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝3时，不等式f(x)≤6可化为|2x －3|＋|2x －1|≤6.当x<时，不等式可化为－(2x －3)－(2x －1)＝－4x ＋4≤6，解得－≤x<； 当≤x≤时，不等式可化为－(2x －3)＋(2x －1)＝2≤6，解得≤x≤； 当x>时，不等式可化为(2x －3)＋(2x －1)＝4x －4≤6，解得<x≤. 综上所述，关于x 的不等式f(x)≤6的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x －12≤x≤52.(2)当x∈R 时，f(x)＝|2x －a|＋|2x －1|≥|2x－a ＋1－2x|＝|1－a|， 所以当x∈R 时，f(x)≥a2－a －13等价于|1－a|≥a2－a －13. 当a≤1时，等价于1－a≥a2－a －13，解得－≤a≤1； 当a>1时，等价于a －1≥a2－a －13，解得1<a≤1＋， 所以a 的取值范围为[－，1＋]． 4．已知函数f(x)＝|x －a|＋|2x ＋1|. (1)当a ＝1时，解不等式f(x)≤3；(2)若f(x)≤2a＋x 在[a ，＋∞)上有解，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f(x)≤3化为|x －1|＋|2x ＋1|≤3，则或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x≤1，1－x ＋2x ＋1≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x>1，x －1＋2x ＋1≤3，解得－1≤x<－或－≤x≤1或∅. 所以原不等式解集为{x|－1≤x≤1}．(2)因为x∈[a，＋∞)，所以f(x)＝|x －a|＋|2x ＋1|＝x －a ＋|2x ＋1|≤2a＋x ， 即|2x ＋1|≤3a 有解，所以a≥0， 所以不等式化为2x ＋1≤3a 有解， 即2a ＋1≤3a，解得a≥1， 所以a 的取值范围为[1，＋∞)． 5．设函数f(x)＝|2x －a|＋2a.(1)若不等式f(x)≤6的解集为{x|－6≤x≤4}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若不等式f(x)≤(k2－1)x －5的解集非空，求实数k 的取值范围．解：(1)∵|2x－a|＋2a≤6，∴|2x －a|≤6－2a,2a －6≤2x －a ≤6－2a ， ∴a －3≤x ≤3－.而f(x)≤6的解集为{x|－6≤x≤4}， 故有解得a ＝－2.(2)由(1)得f(x)＝|2x ＋2|－4， ∴不等式|2x ＋2|－4≤(k2－1)x －5， 化简得|2x ＋2|＋1≤(k2－1)x ， 令g(x)＝|2x ＋2|＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3，x≥－1，－2x －1，x<－1.画出函数y ＝g(x)的图象如图所示．要使不等f(x)≤(k2－1)x －5的解集非空，只需k2－1>2或k2－1≤－1， 解得k>或k<－或k ＝0，∴实数k 的取值范围为(－∞，－)∪{0}∪(，＋∞)． 6．设函数f(x)＝|ax －1|.(1)若f(x)≤2的解集为[－6,2]，求实数a 的值；(2)当a ＝2时，若存在x∈R，使得不等式f(2x ＋1)－f(x －1)≤7－3m 成立，求实数m 的取值范围．解：(1)显然a≠0， 当a ＞0时，解集为， 则－＝－6，＝2，无解； 当a ＜0时，解集为， 则－＝2，＝－6，得a ＝－. 综上所述，a ＝－.(2)当a ＝2时，令h(x)＝f(2x ＋1)－f(x －1)＝|4x ＋1|－|2x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －4，x≤－14，6x －2，－14＜x ＜32，2x ＋4，x≥32，由此可知，h(x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，则当x ＝－时，h(x)取到最小值－，由题意知，－≤7－3m ，解得m≤， 故实数m 的取值范围是.7．(2018·九江模拟)已知函数f(x)＝|x －3|－|x －a|. (1)当a ＝2时，解不等式f(x)≤－；(2)若存在实数a ，使得不等式f(x)≥a 成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)∵a＝2，∴f(x)＝|x －3|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x≤2，5－2x ，2<x<3，－1，x ≥3，∴f(x)≤－等价于或或⎩⎪⎨⎪⎧x≥3，－1≤－12，解得≤x＜3或x≥3， ∴不等式的解集为.(2)由不等式性质可知f(x)＝|x －3|－|x －a|≤|(x－3)－(x －a)|＝|a －3|， ∴若存在实数x ，使得不等式f(x)≥a 成立，则|a －3|≥a ，解得a ≤， ∴实数a 的取值范围是.8．已知函数f(x)＝|2x ＋1|－|x|＋a ， (1)若a ＝－1，求不等式f(x)≥0的解集；(2)若方程f(x)＝2x 有三个不同的解，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝－1时，不等式f(x)≥0可化为 |2x ＋1|－|x|－1≥0，...∴⎩⎪⎨⎪⎧x<－12，－＋－－－1≥0或或⎩⎪⎨⎪⎧x≥0，＋－x －1≥0，解得x≤－2或x≥0，∴不等式的解集为(－∞，－2]∪[0，＋∞)． (2)由f(x)＝2x ，得a ＝2x ＋|x|－|2x ＋1|， 令g(x)＝2x ＋|x|－|2x ＋1|，则g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋1，x<－12，－x －1，－12≤x<0，x －1，x≥0，作出函数y ＝g(x)的图象如图所示，易知A ，B(0，－1)，结合图象知：当－1<a<－时，函数y ＝a 与y ＝g(x)的图象有三个不同交点，即方程f(x)＝2x 有三个不同的解，∴a 的取值范围为.第2课不等式证明[过双基]1．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，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．2．比较法(1)比差法：依据是a－b＞0⇔a＞b；步骤是“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．(2)比商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证≥1.3．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．4．柯西不等式(1)设a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．(2)若ai，bi(i∈N*)为实数，则≥2，当且仅当＝＝…＝(当ai＝0时，约定bi＝0，i＝1,2，…，n)时等号成立．(3)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|，当且仅当α，β共线时等号成立．1．若m＝a＋2b，n＝a＋b2＋1，则m与n的大小关系为________．解析：∵n－m＝a＋b2＋1－a－2b＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴n≥m.答案：n≥m2．若a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________(填序号)．①ab ≤1；② ＋≤；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤＋≥2.解析：令a ＝b ＝1，排除②④；由2＝a ＋b≥2⇒ab≤1，命题①正确；a2＋b2＝(a ＋b)2－2ab ＝4－2ab≥2，命题③正确；1a＋＝＝≥2，命题⑤正确．答案：①③⑤3．已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则＋＋的最小值为________．解析：把a ＋b ＋c ＝1代入＋＋1c得＋＋a ＋b ＋cc＝3＋＋＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋bc ≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝时，等号成立．答案：9[清易错]1．在使用作商比较法时易忽视说明分母的符号．2．在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，易忽视性质成立的前提条件．1．已知a>0，b>0，则aabb________(ab)(填大小关系)． 解析：∵＝， ∴当a ＝b 时，＝1，当a>b>0时，>1，>0，∴>1， 当b>a>0时，0<<1，<0，则>1，∴aabb≥(ab).答案：≥2．设x>y>z>0，求证：x－z＋≥6.证明：x－z＋＝(x－y)＋(y－z)＋≥3＝6.当且仅当x－y＝y－z＝时取等号，所以x－z＋≥6.比较法证明不等式[典例] a2＋b2≥(a＋b)．[证明] (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]比较法证明不等式的方法和步骤(1)求差比较法：由a>b⇔a－b>0，a<b⇔a－b<0，因此要证明a>b只要证明a－b>0即可，这种方法称为求差比较法．(2)求商比较法：由a>b>0⇔>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明>1即可，这种方法称为求商比较法．(3)用比较法证明不等式的一般步骤是：作差(商)—变形—判断—结论，而变形的方法一般有配方、通分和因式分解．[即时演练]求证：当x∈R 时，1＋2x4≥2x3＋x2. 证明：法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝2x3(x －1)－(x ＋1)(x －1) ＝(x －1)(2x3－x －1) ＝(x －1)(2x3－2x ＋x －1) ＝(x －1)[2x(x2－1)＋(x －1)] ＝(x －1)2(2x2＋2x ＋1) ＝(x －1)2≥0，所以1＋2x4≥2x3＋x2. 法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1 ＝(x －1)2·x2＋(x2－1)2≥0， 所以1＋2x4≥2x3＋x2.[典例] 已知a ，b (1)(ax ＋by)2≤ax2＋by2； (2)2＋2≥.[证明] (1)(ax ＋by)2－(ax2＋by2)＝a(a －1)x2＋b(b －1)y2＋2abxy ， 因为a ＋b ＝1，所以a －1＝－b ，b －1＝－a ，又a ，b 均为正数， 所以a(a －1)x2＋b(b －1)y2＋2abxy ＝－ab(x2＋y2－2xy)＝－ab(x －y)2≤0，当且仅当x ＝y 时等号成立． 所以(ax ＋by)2≤ax2＋by2.(2)2＋2＝4＋a2＋b2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2＋1b2＝4＋a2＋b2＋＋＝4＋a2＋b2＋1＋＋＋＋＋1＝4＋(a2＋b2)＋2＋＋≥6＋＋4＋2＝，当且仅当a＝b＝时，等号成立，所以2＋2≥.[方法技巧]1．综合法证明不等式的方法综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．2．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)；a＋≤－2(ab<0)．b[即时演练]设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，求证：(1)ab＋bc＋ac≤；(2)＋＋≥1.证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.[典例] 设a，b，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]1．用分析法证“若A则B”这个命题的模式为了证明命题B为真，只需证明命题B1为真，从而有…只需证明命题B2为真，从而有………只需证明命题A为真，而已知A为真，故B必真．2．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、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．[即时演练]已知a>0，b>0,2c>a＋b，求证：c－<a<c＋.证明：要证c－<a<c＋，即证－<a－c<，即证|a－c|<，即证(a－c)2<c2－ab，即证a2－2ac<－ab.因为a>0，所以只要证a－2c<－b，即证a＋b<2c.由已知条件知，上式显然成立，所以原不等式成立．1．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(2)因为(a ＋b)3＝a3＋3a2b ＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a ＋b)≤2＋(a ＋b)＝2＋，所以(a ＋b)3≤8，因此a ＋b≤2.2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝＋，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≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；当－<x<时，f(x)<2恒成立；当x≥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＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0.因此|a ＋b|<|1＋ab|.3．(2015·全国卷Ⅱ)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明：(1)若ab>cd ，则＋>＋；(2)＋>＋是|a －b|<|c －d|的充要条件．证明：(1)因为(＋)2＝a ＋b ＋2，(＋)2＝c ＋d ＋2，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab>cd ，得(＋)2>(＋)2.因此＋>＋.(2)①必要性：若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)，得＋>＋.②充分性：若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，即a＋b＋2>c＋d＋2.。
2020高考一轮总复习课件(北师大版)：第十二章 算法初步、复数、推理与证明-3
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如果复数 2i＋1＋a i是实数(i 为虚数单位，a∈R)，则实数
a 的值是( )
A．1
B．2
C．3
D．4
[答案] D
第十二章 第三节
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[分析] 只要将题设中的复数化简成 m＋ni(m，n∈R)的 形式，此题便迎刃而解．
第十二章 第三节
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(2)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔________(a，b，c，d∈R)． (3)共轭复数：a＋bi 与 c＋di 共轭⇔________(a，b，c，d ∈R)． (4)复数的模：设复数 z＝a＋bi 在复平面内的对应的点是 Z(a，b)，点 Z 到原点的距离|OZ|叫作复数的模或绝对值，记 作|z|，显然|z|＝__________.
第十二章 第三节
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[规范解答] (1)由 m2＋2m－3＝0 且 m－1≠0 得 m＝－3， 故当 m＝－3 时，z∈R.
(2)由mmm－－12＝0 m2＋2m－3≠0
.解得 m＝0，或 m＝2.
∴当 m＝0 或 m＝2 时，z 为纯虚数．
第十二章 第三节
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(理)(2013·新课标Ⅰ)若复数 z 满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则 z
的虚部为( )
A．－4
B．－45
C．4
4 D.5
[答案] D
第十二章 第三节
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[解析] (3－4i)z＝|4＋3i|＝5 ∴z＝3－5 4i＝3－543i＋34＋i 4i＝35＋45i，故选 D.
2020-2021学年最新高考总复习数学(理)金榜大联考试题及答案解析
最新高三毕业班金榜大联考理数本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分全卷满分150分考试时间120分钟第I 卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的l 已知全集U=R ，集合 {}4|,0,|2,1x A y y x B y y x x ⎧⎫==>==<⎨⎬⎩⎭则 A.(0，2) B. (],0-∞C.[2，+∞)D.{}[)02,+∞U2．已知双曲线 22221(,,0,0)x y m n R m n m n -=∈≠≠的离心率为 3，则 A. m n > B. m n <C. m n =D. m n <3已知不等式 220kx kx -+>的解集为 {}|2x x m -<<，设， ()log (0,m f x x k m =+>且1m ≠），则 ()0f x <的解集为A. 33)B. 33)C. 3(3)-∞D. 33,)+∞4.从编号为001，002，……，1000的1000个产品中用系统抽样的方法抽取一个样本，巳知样本中两个相邻的编号分别为885，915，则样本中最小的编号应该为A. 5B. 10C. 12D. 155.若 1sin 5a =，且a 是第二象限角，则 22sin 2sin cos a a a +的值为 A.6464- C. 61624+ D.61624-+ 6已知[M]表示不超过实数村的最大整数，如： []2,13-=-[][],2,12,22,==已知 []11322log 3,2,3a b c -⎡⎤⎡⎤===⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，则a ，b ，c 的大小关系是A.a=b<cB.a=b >cC.a<b<cD.a>b>c7.一个几何体的三视图如图，则该几何体的体积为A.403B. 40C. 203D. 20 8.已知抛物线 2:2(0)C y px p =>与圆 22':()4C x p y ++=只有唯一的公共点，则抛物线C 的准线与圆C '相交的弦长为A.3B. 2C. 23D. 4 9.的值为 A. 5B. 0 C. -5 D.1010．给定命题p ：“复数z 是纯虚数”是“ 20z <”的充要条件；命题q ：已知非零向量a ，b 满足a 在b方向上的投影为。
化学高考一轮复习课件第12章第3讲醇酚
(4)在有机合成中，利用醇或卤代烃的消去反应可以在碳 链上引入双键、三键等不饱和键。
4．有机化学中的氧化反应和还原反应 (1)有机化学中，通常将有机物分子中加入氧原子或脱去 氢原子的反应称为氧化反应，而将有机物分子中加入氢原子 或脱去氧原子的反应称为还原反应。 (2)在氧化反应中，常用的氧化剂有O2、酸性KMnO4溶 液、O3、银氨溶液和新制的Cu(OH)2悬浊液等；在还原反应 中，常用的还原剂有H2、LiAlH4和NaBH4等。
例1 有下列几种醇 ①CH3CH2CH2OH
(1)其中能被催化氧化生成醛的是____(填编号，下同)，其中能 被催化氧化，但不是生成醛的是________，其中不能被催化氧化的 是__________。
(2)与浓 H2SO4 共热发生消去反应 只生成一种烯烃的是_____，能生成三种烯烃的是________， 不能发生消去反应的是______________________。
(2)各自消耗的H2的最大用量是①______、②______、 ③______、④______。
答案 (1)5 mol 2 mol 6 mol 6 mol (2)5 mol 4 mol 7 mol 10 mol
考点三 有机反应类型 1．取代反应(特点：有上有下) (1)取代反应指的是有机物分子中的某些原子或原子团被 其他原子或原子团所代替的反应。 (2)烃的卤代、芳香烃的硝化或磺化、卤代烃的水解、醇 分子间的脱水反应、醇与氢卤酸的反应、酚的卤代、酯化反 应、酯的水解和醇解以及蛋白质的水解等都属于取代反应。 (3)在有机合成中，利用卤代烷的取代反应，将卤原子转 化为羟基、氨基等官能团，从而制得用途广泛的醇、胺等有机 物。
红热铜丝插入醇中有刺激性
气味(生成醛或酮)
2021高考数学一轮复习统考第12章算法初步、复数、推理与证明第3讲合情推理与演绎推理课件北师大版
解析
3．(2019·全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成
绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成
绩由高到低的次序为( )
A．甲、乙、丙
B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲
D．甲、丙、乙
答案
解析 观察已知点(1,0)处标 b1，即 b1×1，点(2,1)处标 b9，即 b3×3，点(3,2) 处标 b25，即 b5×5，…，由此推断点(n，n－1)处标 b(2n－1)×(2n－1)，因为 961＝ 31×31，n＝16，故 b961 处的格点的坐标为(16,15)，从而 b963 处的格点的坐 标为(16,13)．
甲说：我在 1 日和 3 日都有值班；
乙说：我在 8 日和 9 日都有值班；
丙说：我们三人各自值班的日期之和相等．
据此可判断丙必定值班的日期是( )
A．10 日和 12 日
B．2 日和 7 日
C．4 日和 5 日
D．6 日和 11 日
答案
12×12＋1
解析 这 12 天的日期之和，S12＝
2
＝78，甲、乙、丙各自的
小正方形的个数为 1＋2＋3＋4，…，则第 n 个图形的小正方形的个数为 1＋
2＋3＋…＋n＝nn2＋1.
解析
6．已知 2＋23＝2 32， 3＋38＝3 83， 4＋145＝4 145，…，若 6＋at ＝6 at (a，t 均为正实数)，类比以上等式，可推测 a，t 的值，则 a ＋t＝___4_1____.
据此规律，第 n 个等式为
____1_－__21_＋__31_－__41_＋__…__＋__2_n_1－__1_－__2_1n_＝__n_＋_1_1_＋__n_＋_1_2_＋__…__＋__2_1n___________．
2020高考数学一轮复习第12章鸭部分4_4第2讲参数方程分层演练文
【2019最新】精选高考数学一轮复习第12章鸭部分4_4第2讲参数方程分层演练文1．(2018·宝鸡质量检测(一))极坐标系的极点为直角坐标系xOy 的原点，极轴为x 轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同，已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝2(cosθ＋sin θ)．(1)求C 的直角坐标方程；(2)直线l ：(t 为参数)与曲线C 交于A ，B 两点，与y 轴交于点E ，求|EA|＋|EB|．解：(1)由ρ＝2(cos θ＋sin θ)得ρ2＝2ρ(cos θ＋sin θ)，得曲线C 的直角坐标方程为x2＋y2＝2x ＋2y ，即(x －1)2＋(y －1)2＝2．(2)将l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程，化简得t2－t －1＝0，点E 对应的参数t ＝0，设点A ，B 对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝1，t1t2＝－1，所以|EA|＋|EB|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2|＝＝．2．已知曲线C 的极坐标方程是ρ＝4cos θ．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，直线l 的参数方程是(t 为参数)．(1)将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)若直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，且|AB|＝，求直线l 的倾斜角α的值．解：(1)由ρ＝4cos θ，得(x －2)2＋y2＝4．(2)将代入圆的方程得(tcos α－1)2＋(tsin α)2＝4，化简得t2－2tcos α－3＝0，设A ，B 两点对应的参数分别为t1，t2，则⎩⎪⎨⎪⎧t1＋t2＝2cos αt1t2＝－3，所以|AB|＝|t1－t2|＝＝＝，所以4cos2 α＝2，cos α＝±，α＝或．3．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋12t ，y ＝32t(t 为参数)．以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，⊙C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ．(1)写出⊙C 的直角坐标方程；(2)P 为直线l 上一动点，当P 到圆心C 的距离最小时，求P 的直角坐标．解：(1)由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ，从而有x2＋y2＝2y ， 所以x2＋(y －)2＝3． (2)设P ，又C(0，)，则|PC|＝ ＝，故当t ＝0时，|PC|取得最小值， 此时，点P 的直角坐标为(3，0)．4．(2018·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 ：(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＝x2＋y2，ρsin θ＝y ，所以曲线C 的直角坐标方程为x2＋y2－2y ＝0(或x2＋(y －1)2＝1．)(2)因为直线l 的参数方程为(t 为参数)， 消去t 得直线l 的普通方程为y ＝－x ＋5．因为曲线C ：x2＋(y －1)2＝1是以C(0，1)为圆心、1为半径的圆，(易知C ，l 相离)设点D(x0，y0)，且点D 到直线l ：y ＝－x ＋5的距离最短，所以曲线C在点D处的切线与直线l：y＝－x＋5平行．即直线CD与l的斜率的乘积等于－1，即×(－)＝－1，又x＋(y0－1)2＝1，可得x0＝－(舍去)或x0＝，所以y0＝，即点D的坐标为．5．(2018·成都第一次诊断性检测)在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为α(α≠)的直线l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C的极坐标方程是ρcos2 θ－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，直线l经过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)因为直线l的参数方程为(t为参数)，所以直线l的普通方程为y＝tan α·(x－1)．由ρcos2 θ－4sin θ＝0得ρ2cos2θ－4ρsin θ＝0，即x2－4y＝0．所以曲线C的直角坐标方程为x2＝4y．(2)因为点M的极坐标为，所以点M的直角坐标为(0，1)．所以tan α＝－1，直线l的倾斜角α＝．所以直线l的参数方程为(t为参数)．代入x2＝4y，得t2－6t＋2＝0．设A，B两点对应的参数分别为t1，t2．因为Q为线段AB的中点，所以点Q对应的参数值为＝＝3．又点P(1，0)，则|PQ|＝＝3．6．(2018·湘中名校联考)已知直线l：(t为参数)，曲线C1：(θ为参数)．(1)设l与C1相交于A，B两点，求|AB|；(2)若把曲线C1上各点的横坐标压缩为原来的，纵坐标压缩为原来的，得到曲线C2，设点P是曲线C2上的一个动点，求它到直线l的距离d的最小值．解：(1)l的普通方程为y＝(x－1)，C1的普通方程为x2＋y2＝1，联立解得l与C1的交点坐标分别为(1，0)，，所以|AB|＝＝1．(2)C2的参数方程为(θ为参数)，故点P的坐标是，从而点P到直线l的距离d＝＝，由此当sin ＝－1时，d取得最小值，且最小值为(－1)．1．在平面直角坐标系xOy中，以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θ＝(ρ∈R)，曲线C的参数方程为．(1)写出直线l的直角坐标方程及曲线C的普通方程；(2)过点M且平行于直线l的直线与曲线C交于A，B两点，若|MA|·|MB|＝，求点M的轨迹．解：(1)直线l：y＝x，曲线C：＋y2＝1．(2)设点M(x0，y0)，过点M的直线为l1：(t为参数)，由直线l1与曲线C相交可得＋tx0＋2ty0＋x＋2y－2＝0．由|MA|·|MB|＝，得＋2y－2,\f(3,2))))＝，即x＋2y＝6，x2＋2y2＝6表示一椭圆，设直线l1为y＝x＋m，将y＝x＋m代入＋y2＝1得，3x2＋4mx＋2m2－2＝0，由Δ>0得－<m<，故点M的轨迹是椭圆x2＋2y2＝6夹在平行直线y＝x±之间的两段椭圆弧．2．(2018·××市实战考试)在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)．在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆C的方程为ρ＝2sinθ．(1)写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；(2)若点P 坐标为(3，)，圆C 与直线l 交于A 、B 两点，求|PA|＋|PB|的值．解：(1)由得直线l 的普通方程为x ＋y －3－＝0．又由ρ＝2sin θ得圆C 的直角坐标方程为x2＋y2－2y ＝0，即x2＋(y －)2＝5．(2)把直线l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得⎝ ⎛⎭⎪⎫3－22t 2＋＝5，即t2－3t ＋4＝0．由于Δ＝(3)2－4×4＝2＞0，故可设t1、t2是上述方程的两实数根，所以t1＋t2＝3，t1·t2＝4．又直线l 过点P(3，)，A 、B 两点对应的参数分别为t1、t2，所以|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝3．。
部编版2020届高考数学一轮复习第十二章推理与证明算法复数第三节数学归纳法课后作业理(2)
【创新方案】2017届高考数学一轮复习 第十二章 推理与证明、算法、复数 第三节 数学归纳法课后作业 理[全盘巩固]一、选择题1．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋142．某个命题与自然数n 有关，若n ＝k (k ∈N *)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时该命题也成立，现已知n ＝5时，该命题不成立，那么可以推得( )A ．n ＝6时该命题不成立B ．n ＝6时该命题成立C ．n ＝4时该命题不成立D ．n ＝4时该命题成立3．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764(n ∈N *)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．104．凸n 边形有f (n )条对角线，则凸n ＋1边形的对角线的条数f (n ＋1)为( ) A ．f (n )＋n ＋1 B ．f (n )＋n C ．f (n )＋n －1 D ．f (n )＋n －25．利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2) …·(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)，n ∈N *”时，从“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1 D.2k ＋3k ＋1二、填空题6．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ，且n >1)，第一步要证的不等式是________________．7．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n＋y n能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真．8．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋ n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上的项为______________________________________．三、解答题9．求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．10．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ∈N *，n ≥2)． [冲击名校]1．平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n ) 的表达式为( ) A ．n ＋1 B ．2n C.n 2＋n ＋22D ．n 2＋n ＋12．在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( )A.1n －1n ＋1B.12n2n ＋1C.12n －12n ＋1D.12n ＋12n ＋23．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是____________．4．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n与1的大小，并说明理由．答 案 [全盘巩固]一、选择题1．解析：选D 由f (n )可知，共有n 2－n ＋1项，且n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14.2．解析：选 C 因为当n ＝k (k ∈N *)时命题成立，则当n ＝k ＋1时，命题也成立．现已知n ＝5时，命题不成立，故n ＝4时命题也不成立．3．解析：选B 左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.4．解析：选C 边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n －2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n －1条．5．解析：选B 当n ＝k (k ∈N *)时， 左式为(k ＋1)(k ＋2) ·…·(k ＋k )；当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k )·(k ＋1＋k ＋1)，则左边应增乘的式子是2k ＋12k ＋2k ＋1＝2(2k ＋1)．二、填空题6．解析：当n ＝2时，左边为1＋12＋122－1＝1＋12＋13，右边为2.故应填1＋12＋13<2.答案：1＋12＋13<27．解析：n 为正奇数，假设n ＝2k －1成立后，需证明的应为n ＝2k ＋1时成立． 答案：2k ＋18．解析：当n ＝k 时左端为1＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋k 2， 则当n ＝k ＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2， 故增加的项为(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2三、解答题9．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12，左边＝右边，等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k， 则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2. 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)，(2)可知，对一切n ∈N *，等式成立．10．证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时命题成立，即 1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k. 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋12<2－1k＋1k ＋12<2－1k ＋1kk ＋1＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题也成立． 综合(1)，(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立．[冲击名校]1．解析：选C 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n n ＋12＝n 2＋n ＋22个区域．2．解析：选C 由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n 求得a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝163＝17×9.猜想a n ＝12n －12n ＋1. 3．解析：不等式的左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝12k ＋12k ＋2，故填12k ＋12k ＋2.答案：12k ＋12k ＋24．解：∵f ′(x )＝x 2－1，且a n ＋1≥f ′(a n ＋1)， ∴a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.∵函数g (x )＝(x ＋1)2－1在[1，＋∞)上是增函数． 于是由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1， 进而a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1>23－1， 由此猜想：a n ≥2n－1.下面用数学归纳法证明这个猜想： ①当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立；②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时结论成立，即a k ≥2k－1.当n ＝k ＋1时，由g (x )＝(x ＋1)2－1在区间[1，＋∞)上是增函数知a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k－1≥2k ＋1－1，即n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②知，对任意n ∈N *，都有a n ≥2n－1. 即1＋a n ≥2n，∴11＋a n ≤12n ，∴11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n ≤12＋122＋123＋…＋12n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n<1.。
最新高考数学(文)高分计划一轮狂刷练：第12章选4系列121aWord版含解析
直线 l：ρsin θ－π4 ＝ 22，即 ρsinθ－ ρcosθ＝1，
则直线 l 的直角坐标方程为 x－y＋1＝0.
(2)由(1)知圆 O 与直线 l 的直角坐标方程，
x2＋ y2－ x－y＝0，
x＝ 0，
将两方程联立得
解得
x－ y＋1＝ 0，
y＝ 1，
即圆 O 与直线 l 在直角坐标系下的公共点为 (0,1)，
2．(20xx ·渭滨区月考 )在极坐标系中， A 5，π2 ，B －8，161π，
C 3，76π，则△ ABC 的形状为 (
)
A ．直角三角形 B．等腰三角形
C．等边三角形 D．钝角三角形
答案 C
解析 B 8，56π， ∴ OA＝5，OB＝8， OC＝ 3， ∴∠ AOB＝56π－π2＝π3，∠BOC＝76π－56π＝π3，∠AOC＝76π－π2＝23π，
将①代入②，得
2 ρcos
θ＋
π3 ＝1，
即 ρ＝2cos θ＋π3 为点 P 的轨迹方程， 化为直角坐标方程为 x－12
2＋ y＋
3 2
2＝1，因此点
P 的轨迹是以
12，－
3 2
为圆心，
1
为半径的
圆．
5．(20xx ·湖北模拟 )在极坐标系中，曲线 C：ρ＝2acosθ(a>0)，l ：
ρcos
θ－
在△ AOB 中，由余弦定理可得
1 AB＝ 25＋64－2×5×8×2＝7，
同理可得， BC＝ 64＋9－2×8×3×12＝7，
AC＝ 25＋9－2×5×3× －12 ＝7，
∴ AB＝BC＝AC，
∴△ ABC 是等边三角形．故选 C.
3．牛顿在 1736 年出版的《流数术和无穷级数》中，第一个将极 坐标系应用于表示平面上的任何一点， 牛顿在书中验证了极坐标和其
2021版高考文科数学(北师大版)一轮复习高效演练分层突破：第十二章 第3讲 合情推理与演绎推理 Word版解析版
[基础题组练]1．正弦函数是奇函数，f (x )＝sin(x 2＋1)是正弦函数，因此f (x )＝sin(x 2＋1)是奇函数，以上推理( )A ．结论正确B ．大前提不正确C ．小前提不正确D ．全不正确解析：选C.因为f (x )＝sin(x 2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确．2．若等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，公差为d2.类似地，若各项均为正数的等比数列{b n }的公比为q ，前n 项的积为T n ，则等比数列{ nT n }的公比为( )A.q2 B ．q 2 C.qD ．n q解析：选C.由题意知，T n ＝b 1·b 2·b 3·…·b n ＝b 1·b 1q ·b 1q 2·…·b 1q n －1＝b n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝b n 1q （n －1）n2，所以nT n ＝b 1qn －12，所以等比数列{nT n }的公比为q ，故选C.3．(2020·重庆市学业质量调研)甲、乙、丙、丁四位同学参加奥赛，其中只有一位获奖，有人走访四位同学，甲说：“是乙或丙获奖．”乙说：“甲、丙都未获奖．”丙说：“我获奖了．”丁说：“是乙获奖．”已知四位同学的话只有一句是对的，则获奖的同学是( )A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁解析：选D.假设获奖的同学是甲，则甲、乙、丙、丁四位同学的话都不对，因此甲不是获奖的同学；假设获奖的同学是乙，则甲、乙、丁的话都对，因此乙也不是获奖的同学；假设获奖的同学是丙，则甲和丙的话都对，因此丙也不是获奖的同学．从前面推理可得丁为获奖的同学，此时只有乙的话是对的，故选D.4．(2020·宿州质检)若正偶数由小到大依次排列构成一个数列，则称该数列为“正偶数列”，且“正偶数列”有一个有趣的现象：①2＋4＝6；②8＋10＋12＝14＋16；③18＋20＋22＋24＝26＋28＋30； …按照这样的规律，则2 018所在等式的序号为( ) A ．29 B ．30 C ．31D ．32解析：选C.由题意知，每个等式中正偶数的个数组成等差数列3，5，7，…，2n ＋1，其前n 项和S n ＝n [3＋（2n ＋1）]2＝n (n ＋2)，所以S 31＝1 023，则第31个等式中最后一个偶数是1 023×2＝2 046，且第31个等式中含有2×31＋1＝63个偶数，故2 018在第31个等式中．5．若P 0(x 0，y 0)在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)外，过P 0作椭圆的两条切线的切点为P 1，P 2，则切点弦P 1P 2所在的直线方程是x 0x a 2＋y 0yb 2＝1，那么对于双曲线则有如下命题：若P 0(x 0，y 0)在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)外，过P 0作双曲线的两条切线，切点为P 1，P 2，则切点弦P 1P 2所在直线的方程是 ．解析：类比椭圆的切点弦方程可得双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的切点弦方程为x 0x a 2－y 0yb 2＝1.答案：x 0x a 2－y 0yb2＝16．按照图①～图③的规律，第10个图中圆点有 个．解析：因为根据图形，第一个图有4个点，第二个图有8个点，第三个图有12个点，…，所以第10个图有10×4＝40个点．答案：407．(2020·河南驻马店模拟)观察下列式子：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，根据上述规律，第n 个不等式可能为 ．解析：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，根据上述规律，第n 个不等式的左端是n ＋1项的和1＋122＋132＋…＋1（n ＋1）2，右端分母依次是2，3，4，…，n ＋1，分子依次是3，5，7，…，2n ＋1，故第n 个不等式为1＋122＋132＋…＋1（n ＋1）2<2n ＋1n ＋1.答案：1＋122＋132＋…＋1（n ＋1）2<2n ＋1n ＋18．在锐角三角形ABC 中，求证：sin A ＋sin B ＋sin C >cos A ＋cos B ＋cos C . 证明：因为△ABC 为锐角三角形， 所以A ＋B >π2，所以A >π2－B ，因为y ＝sin x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数， 所以sin A >sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝cos B ， 同理可得sin B >cos C ，sin C >cos A ， 所以sin A ＋sin B ＋sin C >cos A ＋cos B ＋cos C .[综合题组练]1．已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3，5，第三行为7，9，11，第四行为13，15，17，19，如图所示，在宝塔形数表中位于第i 行，第j 列的数记为a i ，j ，比如a 3，2＝9，a 4，2＝15，a 5，4＝23，若a i ，j ＝2 017，则i ＋j ＝( )A ．64B ．65C ．71D ．72解析：选D.奇数数列a n ＝2n －1＝2 017⇒n ＝1 009，按照蛇形数列，第1行到第i 行末共有1＋2＋…＋i ＝i （1＋i ）2个奇数，则第1行到第44行末共有990个奇数；第1行到第45行末共有1 035个奇数；则2 017位于第45行；而第45行是从右到左依次递增，且共有45个奇数；故2 017位于第45行，从右到左第19列，则i ＝45，j ＝27⇒i ＋j ＝72.2．(应用型)(2020·湖北八校联考模拟)祖暅是我国南北朝时代的数学家，是祖冲之的儿子．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．设由椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)所围成的平面图形绕y 轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体(称为椭球体)(如图)，课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的方法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积等于 ．解析：椭圆的长半轴长为a ，短半轴长为b ，现构造两个底面半径为b ，高为a 的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球体的体积V ＝2(V 圆柱－V 圆锥)＝2(π×b 2×a －13π×b 2a )＝43π×b 2a .答案：43π×b 2a。
2021版高考数学(理)人教A版(全国)一轮复习 第12章 概率、随机变量及其分布 12.1 文档
1．概率和频率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验，观看某一大事A 是否消灭，称n 次试验中大事A 消灭的次数n A 为大事A 消灭的频数，称大事A 消灭的比例f n (A )＝n An为大事A 消灭的频率．(2)对于给定的随机大事A ，在相同条件下，随着试验次数的增加，大事A 发生的频率会在某个常数四周摇摆并趋于稳定，我们可以用这个常数来刻画随机大事A 发生的可能性大小，并把这个常数称为随机大事A 的概率，记作P (A )． 2．大事的关系与运算定义符号表示 包含关系 假如大事A 发生，则大事B 肯定发生，这时称大事B 包含大事A (或称大事A 包含于大事B )B ⊇A (或A ⊆B ) 相等关系 若B ⊇A 且A ⊇BA ＝B 并大事 (和大事) 若某大事发生当且仅当大事A 发生或大事B 发生，称此大事为大事A 与大事B 的并大事(或和大事) A ∪B (或A ＋B ) 交大事 (积大事) 若某大事发生当且仅当大事A 发生且大事B 发生，则称此大事为大事A 与大事B 的交大事(或积大事) A ∩B (或AB )互斥大事若A ∩B 为不行能大事(A ∩B ＝∅)，则称大事A 与大事B 互斥A ∩B ＝∅对立大事若A ∩B 为不行能大事，A ∪B 为必定大事，那么称大事A 与大事B 互为对立大事P (A )＋P (B )＝13.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P (A )≤1. (2)必定大事的概率P (E )＝1. (3)不行能大事的概率P (F )＝0. (4)概率的加法公式假如大事A 与大事B 互斥，则P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )． (5)对立大事的概率若大事A 与大事B 互为对立大事，则P (A )＝1－P (B )．【学问拓展】互斥大事与对立大事的区分与联系互斥大事与对立大事都是两个大事的关系，互斥大事是不行能同时发生的两个大事，而对立大事除要求这两个大事不同时发生外，还要求二者之一必需有一个发生，因此，对立大事是互斥大事的特殊状况，而互斥大事未必是对立大事． 【思考辨析】推断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)大事发生频率与概率是相同的．( × ) (2)随机大事和随机试验是一回事．( × )(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( √ ) (4)两个大事的和大事是指两个大事都得发生．( × )(5)对立大事肯定是互斥大事，互斥大事不肯定是对立大事．( √ ) (6)两互斥大事的概率和为1.( × )1．一个人打靶时连续射击两次，大事“至少有一次中靶”的互斥大事是( ) A ．至多有一次中靶B ．两次都中靶C ．只有一次中靶D ．两次都不中靶 答案 D解析 射击两次的结果有：一次中靶；两次中靶；两次都不中靶，故至少一次中靶的互斥大事是两次都不中靶．2．从某班同学中任意找出一人，假如该同学的身高小于160 cm 的概率为0.2，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身超群过175 cm 的概率为( ) A ．0.2 B ．0.3 C ．0.7 D ．0.8答案 B解析 由于必定大事发生的概率是1，所以该同学的身超群过175 cm 的概率为1－0.2－0.5＝0.3，故选B. 3．(2021·湖北)我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( ) A ．134石 B ．169石 C ．338石 D ．1 365石答案 B解析 由于样品中米内夹谷的比为28254，所以这批米内夹谷为1 534×28254≈169(石)．4．给出下列三个命题，其中正确的命题有________个．①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次消灭正面，因此正面消灭的概率是37；③随机大事发生的频率就是这个随机大事发生的概率．答案 0解析 ①错，不肯定是10件次品；②错，37是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．5．(教材改编)袋中装有9个白球，2个红球，从中任取3个球，则①恰有1个红球和全是白球；②至少有1个红球和全是白球；③至少有1个红球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个红球．在上述大事中，是对立大事的为________． 答案 ②解析 ①是互斥不对立的大事，②是对立大事，③④不是互斥大事.题型一 大事关系的推断例1 某城市有甲、乙两种报纸供居民订阅，记大事A 为“只订甲报纸”，大事B 为“至少订一种报纸”，大事C 为“至多订一种报纸”，大事D 为“不订甲报纸”，大事E 为“一种报纸也不订”．推断下列每对大事是不是互斥大事；假如是，再推断它们是不是对立大事． (1)A 与C ；(2)B 与E ；(3)B 与C ；(4)C 与E .解 (1)由于大事C “至多订一种报纸”中有可能“只订甲报纸”，即大事A 与大事C 有可能同时发生，故A 与C 不是互斥大事．(2)大事B “至少订一种报纸”与大事E “一种报纸也不订”是不行能同时发生的，故B 与E 是互斥大事．由于大事B 不发生可导致大事E 肯定发生，且大事E 不发生会导致大事B 肯定发生，故B 与E 还是对立大事． (3)大事B “至少订一种报纸”中有这些可能：“只订甲报纸”、“只订乙报纸”、“订甲、乙两种报纸”，大事C “至多订一种报纸”中有这些可能：“一种报纸也不订”、“只订甲报纸”、“只订乙报纸”，由于这两个大事可能同时发生，故B 与C 不是互斥大事．(4)由(3)的分析，大事E “一种报纸也不订”是大事C 的一种可能，即大事C 与大事E 有可能同时发生，故C 与E 不是互斥大事．思维升华 对互斥大事要把握住不能同时发生，而对于对立大事除不能同时发生外，其并大事应为必定大事．这些也可类比集合进行理解，具体应用时，可把全部试验结果写出来，看所求大事包含哪几个试验结果，从而判定所给大事的关系．推断下列各对大事是不是互斥大事或对立大事：某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参与演讲竞赛，其中： ①恰有1名男生和恰有2名男生； ②至少有1名男生和至少有1名女生； ③至少有1名男生和全是女生． 解 ①是互斥大事，不是对立大事．“恰有1名男生”实质选出的是“1名男生和1名女生”，与“恰有2名男生”不行能同时发生，所以是互斥大事，不是对立大事．②不是互斥大事，也不是对立大事．“至少有1名男生”包括“1名男生和1名女生”与“2名都是男生”两种结果，“至少有1名女生”包括“1名女生和1名男生”与“2名都是女生”两种结果，它们可能同时发生． ③是互斥大事且是对立大事．“至少有1名男生”，即“选出的2人不全是女生”，它与“全是女生”不行能同时发生，且其并大事是必定大事，所以两个大事互斥且对立． 题型二 随机大事的频率与概率例2 (2021·北京)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的状况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.商品 顾客人数甲 乙 丙 丁 100 √ × √ √ 217 × √ × √ 200 √ √ √ × 300 √ × √ × 85 √ × × × 98×√××(1)估量顾客同时购买乙和丙的概率；(2)估量顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)假如顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？解 (1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙， 所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估量为2001 000＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品．所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估量为100＋2001 000＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估量为2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估量为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估量为1001 000＝0.1.所以，假如顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．思维升华 (1)概率与频率的关系：频率反映了一个随机大事消灭的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机大事发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机大事概率的估量值．(2)随机大事概率的求法：利用概率的统计定义求大事的概率，即通过大量的重复试验，大事发生的频率会渐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．某企业生产的乒乓球被奥运会指定为乒乓球竞赛专用球，目前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示：抽取球数n 50 100 200 500 1 000 2 000 优等品数m 45 92 194 470 954 1 902 优等品频率mn(1)计算表中乒乓球优等品的频率；(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少？(结果保留到小数点后三位) 解 (1)依据公式f ＝mn，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900,0.920,0.970,0.940,0.954,0.951.(2)由(1)知，抽取的球数n 不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取球数的增多，频率在常数0.950的四周摇摆，所以质量检查为优等品的概率约为0.950.题型三 互斥大事、对立大事的概率 命题点1 互斥大事的概率例3 袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是13，得到黑球或黄球的概率是512，得到黄球或绿球的概率也是512，试求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少？解 方法一 从袋中选取一个球，记大事“摸到红球”“摸到黑球”“摸到黄球”“摸到绿球”分别为A ，B ，C ，D ，则有P (A )＝13，P (B ∪C )＝P (B )＋P (C )＝512，P (C ∪D )＝P (C )＋P (D )＝512，P (B ∪C ∪D )＝P (B )＋P (C )＋P (D )＝1－P (A )＝1－13＝23，解得P (B )＝14，P (C )＝16，P (D )＝14，因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是14，16，14.方法二 设红球有n 个，则n 12＝13，所以n ＝4，即红球有4个．又得到黑球或黄球的概率是512，所以黑球和黄球共5个． 又总球数是12，所以绿球有12－4－5＝3(个)．又得到黄球或绿球的概率也是512，所以黄球和绿球共5个，而绿球有3个，所以黄球有5－3＝2(个)．所以黑球有12－4－3－2＝3(个)．因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是 312＝14，212＝16，312＝14. 命题点2 对立大事的概率例4 某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的大事分别为A 、B 、C ，求： (1)P (A )，P (B )，P (C )； (2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． 解 (1)P (A )＝11 000，P (B )＝101 000＝1100， P (C )＝501 000＝120. 故大事A ，B ，C 的概率分别为11 000，1100，120.(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个大事为M ，则M ＝A ∪B ∪C . ∵A 、B 、C 两两互斥，∴P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝1＋10＋501 000＝611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000. (3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为大事N ，则大事N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立大事，∴P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎫11 000＋1100＝9891 000. 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.思维升华 求简单的互斥大事的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求大事的概率分解为一些彼此互斥的大事的概率的和；二是间接法，先求该大事的对立大事的概率，再由P (A )＝1－P (A )求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题，多考虑间接法．国家射击队的队员为在射击世锦赛上取得优异成果，正在加紧备战，经过近期训练，某队员射击一次命中7～10环的概率如下表所示：命中环数 10环 9环 8环 7环 概率0.320.280.180.12求该射击队员射击一次： (1)射中9环或10环的概率； (2)命中不足8环的概率．解 记大事“射击一次，命中k 环”为A k (k ∈N ，k ≤10)，则大事A k 彼此互斥．(1)记“射击一次，射中9环或10环”为大事A ，那么当A 9，A 10之一发生时，大事A 发生，由互斥大事的加法公式得P (A )＝P (A 9)＋P (A 10)＝0.28＋0.32＝0.60.(2)设“射击一次，至少命中8环”的大事为B ，则B 表示大事“射击一次，命中不足8环”． 又B ＝A 8∪A 9∪A 10，由互斥大事概率的加法公式得 P (B )＝P (A 8)＋P (A 9)＋P (A 10)＝0.18＋0.28＋0.32＝0.78.故P (B )＝1－P (B )＝1－0.78＝0.22.因此，射击一次，命中不足8环的概率为0.22.23．用正难则反思想求互斥大事的概率典例 (12分)某超市为了了解顾客的购物量及结算时间等信息，支配一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.一次购物量 1至4件5至8件 9至12件13至16件17件及以上顾客数(人) x 30 25 y 10 结算时间 (分钟/人)11.522.53已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%. (1)确定x ，y 的值，并估量顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过．．．2分钟的概率．(将频率视为概率)思维点拨 若某一大事包含的基本大事多，而它的对立大事包含的基本大事少，则可用“正难则反”思想求解． 规范解答解 (1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，所以x ＝15，y ＝20.[2分]该超市全部顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简洁随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估量，其估量值为 1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．[6分](2)记A 为大事“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1，A 2分别表示大事“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P (A 1)＝20100＝15，P (A 2)＝10100＝110.[9分]P (A )＝1－P (A 1)－P (A 2)＝1－15－110＝710.[11分]故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.[12分]温馨提示(1)要精确理解题意，擅长从图表信息中提炼数据关系，明确数字特征含义．(2)正确判定大事间的关系，擅长将A转化为互斥大事的和或对立大事，切忌盲目代入概率加法公式．易错提示(1)对统计表的信息不理解，错求x，y，难以用样本平均数估量总体．(2)不能正确地把大事A转化为几个互斥大事的和或对立大事，导致计算错误．[方法与技巧]1．对于给定的随机大事A，由于大事A发生的频率f n(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率f n(A)来估量概率P(A)．2．从集合角度理解互斥大事和对立大事从集合的角度看，几个大事彼此互斥，是指由各个大事所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，大事A的对立大事A所含的结果组成的集合，是全集中由大事A所含的结果组成的集合的补集．[失误与防范]1．正确生疏互斥大事与对立大事的关系：对立大事是互斥大事，是互斥大事中的特殊状况，但互斥大事不肯定是对立大事，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．2．需精确理解题意，特殊留心“至多……”“至少……”“不少于……”等语句的含义．A组专项基础训练(时间：35分钟)1．下列命题：①将一枚硬币抛两次，设大事M：“两次消灭正面”，大事N：“只有一次消灭反面”，则大事M 与N互为对立大事；②若大事A与B互为对立大事，则大事A与B为互斥大事；③若大事A与B为互斥大事，则大事A与B互为对立大事；④若大事A与B互为对立大事，则大事A∪B为必定大事，其中，真命题是() A．①②④B．②④C．③④ D．①②答案 B解析对①，一枚硬币抛两次，共消灭{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}四种结果，则大事M与N 是互斥大事，但不是对立大事，故①错；对②，对立大事首先是互斥大事，故②正确；对③，互斥大事不肯定是对立大事，如①中两个大事，故③错；对④，大事A、B为对立大事，则一次试验中A、B肯定有一个要发生，故④正确．故B正确．2．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为17，都是白子的概率是1235，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是()A.17 B.1235 C.1735D．1答案 C解析设“从中取出2粒都是黑子”为大事A，“从中取出2粒都是白子”为大事B，“任意取出2粒恰好是同一色”为大事C，则C＝A∪B，且大事A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝17＋1235＝1735.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为1735.3．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若大事“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的大事是()A．至多有一张移动卡 B．恰有一张移动卡C．都不是移动卡 D．至少有一张移动卡答案 A解析至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”“两张全是联通卡”两个大事，它是“2张全是移动卡”的对立大事，故选A.4．从存放的号码分别为1,2,3，…，10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片并登记号码，统计结果如下：卡片号码12345678910取到次数138576131810119则取到号码为奇数的卡片的频率是()A．0.53 B．0.5 C．0.47 D．0.37答案 A解析取到号码为奇数的卡片的次数为：13＋5＋6＋18＋11＝53，则所求的频率为53100＝0.53.故选A.5．对一批产品的长度(单位：毫米)进行抽样检测，下图为检测结果的频率分布直方图．依据标准，产品长度在区间[20,25)上的为一等品，在区间[15,20)和[25,30)上的为二等品，在区间[10,15)和[30,35)上的为三等品．用频率估量概率，现从该批产品中随机抽取一件，则其为二等品的概率为( )A ．0.09B ．0.20C ．0.25D ．0.45 答案 D解析 设区间[25,30)对应矩形的另一边长为x ，则全部矩形面积之和为1，即(0.02＋0.04＋0.06＋0.03＋x )×5＝1，解得x ＝0.05.产品为二等品的概率为0.04×5＋0.05×5＝0.45. 6．在200件产品中，有192件一级品，8件二级品，则下列大事： ①在这200件产品中任意选出9件，全部是一级品； ②在这200件产品中任意选出9件，全部是二级品； ③在这200件产品中任意选出9件，不全是二级品．其中________是必定大事；________是不行能大事；________是随机大事． 答案 ③ ② ①7．已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%，现接受随机模拟的方法估量该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数： 907 966 191 925 271 932 812 458 569 683 431 257 393 027 556 488 730 113 537 989据此估量，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为________． 答案 0.25解析 20组随机数中表示三次投篮恰好有两次命中的是191,271,932,812,393，其频率为520＝0.25，以此估量该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为0.25.8．若随机大事A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a ，P (B )＝4a －5，则实数a 的取值范围是________________． 答案 (54，43]解析 由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧0<P (A )<1，0<P (B )<1，P (A )＋P (B )≤1⇒⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a <1，0<4a －5<13a －3≤1，⇒⎩⎨⎧1<a <2，54<a <32，a ≤43⇒54<a ≤43. 9．(2022·陕西)某保险公司利用简洁随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：赔付金额(元)0 1 000 2 000 3 000 4 000 车辆数(辆)500130100150120(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估量赔付金额大于投保金额的概率；(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估量在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．解 (1)设A 表示大事“赔付金额为3 000元”，B 表示大事“赔付金额为4 000元”，以频率估量概率得 P (A )＝1501 000＝0.15，P (B )＝1201 000＝0.12.由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，所以其概率为P (A )＋P (B )＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C 表示大事“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估量概率得P (C )＝0.24.10．从某学校的800名男生中随机抽取50名测量其身高，被测同学身高全部介于155 cm 和195 cm 之间，将测量结果按如下方式分组：第一组[155,160)，其次组[160,165)，…，第八组[190,195]，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4.(1)求第七组的频率；(2)估量该校的800名男生的身高的中位数以及身高在180 cm 以上(含180 cm)的人数；(3)若从身高属于第六组和第八组的全部男生中随机抽取两名男生，记他们的身高分别为x，y，大事E＝{|x－y|≤5}，大事F＝{|x－y|>15}，求P(E∪F)．解(1)第六组的频率为450＝0.08，所以第七组的频率为1－0.08－5×(0.008×2＋0.016＋0.04×2＋0.06)＝0.06.(2)身高在第一组[155,160)的频率为0.008×5＝0.04，身高在其次组[160,165)的频率为0.016×5＝0.08，身高在第三组[165,170)的频率为0.04×5＝0.2，身高在第四组[170,175)的频率为0.04×5＝0.2，由于0.04＋0.08＋0.2＝0.32<0.5,0.04＋0.08＋0.2＋0.2＝0.52>0.5，估量这所学校的800名男生的身高的中位数为m，则170<m<175.由0.04＋0.08＋0.2＋(m－170)×0.04＝0.5，得m＝174.5，所以可估量这所学校的800名男生的身高的中位数为174.5.由直方图得后三组频率为0.08＋0.06＋0.008×5＝0.18，所以身高在180 cm以上(含180 cm)的人数为0.18×800＝144.(3)第六组[180,185)的人数为4，设为a，b，c，d，第八组[190,195]的人数为2，设为A，B，则从中选两名男生有ab，ac，ad，bc，bd，cd，aA，bA，cA，dA，aB，bB，cB，dB，AB，共15种状况，因大事E＝{|x－y|≤5}发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组，所以大事E包含的基本大事为ab，ac，ad，bc，bd，cd，AB，共7种状况，故P(E)＝7 15.由于|x－y|max＝195－180＝15，所以大事F＝{|x－y|>15}是不行能大事，P(F)＝0.由于大事E和大事F是互斥大事，所以P(E∪F)＝P(E)＋P(F)＝715.B组专项力量提升(时间：30分钟)11．在一次随机试验中，彼此互斥的大事A，B，C，D的概率分别是0.2,0.2,0.3,0.3，则下列说法正确的是() A．A＋B与C是互斥大事，也是对立大事B．B＋C与D是互斥大事，也是对立大事C．A＋C与B＋D是互斥大事，但不是对立大事D．A与B＋C＋D是互斥大事，也是对立大事答案 D解析由于A，B，C，D彼此互斥，且A＋B＋C＋D是一个必定大事，故其大事的关系可由如图所示的Venn 图表示，由图可知，任何一个大事与其余3个大事的和大事必定是对立大事，任何两个大事的和大事与其余两个大事的和大事也是对立大事，故选D.12.如图所示，茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成果，其中一个数字被污损，则甲的平均成果超过乙的平均成果的概率为________．答案45解析记其中被污损的数字为x，依题意得甲的5次综合测评的平均成果是15×(80×2＋90×3＋8＋9＋2＋1＋0)＝90，乙的5次综合测评的平均成果是15×(80×3＋90×2＋3＋3＋7＋x＋9)＝15(442＋x)，令90>15(442＋x)，解得x<8，所以x的可能取值是0～7，因此甲的平均成果超过乙的平均成果的概率为810＝45.13．若A，B互为对立大事，其概率分别为P(A)＝4x，P(B)＝1y，且x>0，y>0，则x＋y的最小值为________．答案9解析由题意可知4x＋1y＝1，则x＋y＝(x＋y)(4x＋1y)＝5＋(4yx＋xy)≥9，当且仅当4yx＝xy，即x＝2y时等号成立．14.如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：所用时间/分钟10～2020～3030～4040～5050～60选择L1的人数612181212选择L2的人数041616 4(1)试估量40分钟内不能赶到火车站的概率；(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径．解(1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)，故用频率估量相应的概率为0.44.(2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，故由调查结果得频率为(3)设A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站．由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，∵P(A1)＞P(A2)，∴甲应选择L1；同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，∵P(B1)<P(B2)，∴乙应选择L2.15．(2021·陕西)随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气状况进行统计，结果如下：(1)在4月份任取一天，估量西安市在该天不下雨的概率；(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开头进行连续2天的运动会，估量运动会期间不下雨的概率．解(1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估量概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率为P＝2630＝1315.(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如，1日与2日，2日与3日等)，这样，在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率为78，以频率估量概率，运动会期间不下雨的概率为78.。
2021年高考数学高分秘籍鸭内容含解析202103241139
选考内容1.在平面直角坐标系中，坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l 上两点M ，N 的极坐标分别为（2，0），（2√33，π2）．圆C 的参数方程为{x =2+2cosθy =−3+2sinθ，（θ为参数）．（Ⅰ）设P 为线段MN 的中点，求直线OP 的平面直角坐标方程； （Ⅱ）判断直线l 与圆C 的位置关系． 【解答】：（Ⅰ）M ，N 的极坐标分别为（2，0），（2√33，π2），所以M 、N 的直角坐标分别为：M （2，0），N （0，2√33），P 为线段MN 的中点（1，√33），直线OP 的平面直角坐标方程y=√33x ；（Ⅱ）圆C 的参数方程{x =2+2cosθy =−3+2sinθ（θ为参数）．它的直角坐标方程为：（x ﹣2）2+（y+3）2=4，圆的圆心坐标为（2，﹣3），半径为2，直线l 上两点M ，N 的直角坐标分别为M （2，0），N （0，2√33），方程为x+√3y ﹣2=0，圆心到直线的距离为：√3−2|√12+(√3)2=3√32＞2，所以，直线l 与圆C 相离．极坐标与直角坐标的互化方法（1）互化的前提：①直角坐标系的原点与极点重合；②x 轴的正半轴与极轴重合；③在两种坐标系中取相同的长度单位．（2）互化公式：设M 是平面内任一点，它的直角坐标是（x ，y ），极坐标是（ρ，θ），则极坐标与直角坐标的互化公式为cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩，222tan (0)x y yx x ρθ⎧=+⎪⎨=≠⎪⎩．2.在平面直角坐标系中，直线l 的参数方程为{x=t +1y =2t +6（其中t 为参数），现以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C 的极坐标方程为ρ2﹣4ρcos θ+3=0． （Ⅰ）写出直线l 和曲线C 的普通方程；（Ⅱ）已知点P 为曲线C 上的动点，求P 到直线l 的距离的最大值和最小值． 【解答】：（Ⅰ）∵直线l 的参数方程为{x =t +1y =2t +6（其中t 为参数），∴直线l 的普通方程为y=2x+4，∵曲线C 的极坐标方程为ρ2﹣4ρcos θ+3=0．ρ2=x 2+y 2，ρcos θ=x ，ρsin θ=y ， ∴曲线C 的普通方程为x 2+y 2﹣4x+3=0．（Ⅱ）如图，过圆心C 作l 的垂线m ，交圆于A 、B 两点，则A 点到直线l 的距离最小，B 点到直线l 的距离最大，记垂足为Q ， 则|CQ|=√5=8√55，∴圆上点P 到l 的距离的最小值为|AQ|=8√55﹣1，最大值为|BQ|=8√55+1．1．参数方程和普通方程的互化（1）曲线的参数方程和普通方程是曲线方程的不同形式，将参数方程化为普通方程需消去参数． （2）如果知道变量x ，y 中的一个与参数t 的关系，例如，x =f （t ），把它代入普通方程，求出另一个变量与参数t 的关系y =g （t ），那么x f t y g t =⎧⎨=⎩（），（）就是曲线的参数方程．（1）在参数方程与普通方程的互化中，一定要注意变量的范围以及转化的等价性．（2）普通方程化为参数方程，参数方程的形式不唯一，即如果选用的参数不同，那么所求得的曲线的参数方程的形式也不同． 2．几种常见曲线的参数方程 （1）圆以O ′（a ，b ）为圆心，r 为半径的圆的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋r cos α，y ＝b ＋r sin α，其中α是参数．当圆心在（0，0）时，方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝r cos α，y ＝r sin α，其中α是参数．（2）椭圆椭圆x 2a 2＋y 2b 2=1（a >b >0）的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝a cos φ，y ＝b sin φ，其中φ是参数．椭圆x 2b 2＋y 2a 2=1（a >b >0）的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝b cos φ，y ＝a sin φ，其中φ是参数．（3）直线经过点P 0（x 0，y 0），倾斜角为α的直线的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α，其中t 是参数．3．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．【解答】：（1）∵f （x ）=|x+1|﹣|x ﹣2|={−3，x ＜−12x −1，−1≤x ≤23，x ＞2，f （x ）≥1，∴当﹣1≤x ≤2时，2x ﹣1≥1，解得1≤x ≤2； 当x ＞2时，3≥1恒成立，故x ＞2； 综上，不等式f （x ）≥1的解集为{x|x ≥1}．（2）原式等价于存在x ∈R 使得f （x ）﹣x 2+x ≥m 成立， 即m ≤[f （x ）﹣x 2+x]max ，设g （x ）=f （x ）﹣x 2+x ．由（1）知，g （x ）={−x 2+x −3，x ≤−1−x 2+3x −1，−1＜x ＜2−x 2+x +3，x ≥2，当x ≤﹣1时，g （x ）=﹣x 2+x ﹣3，其开口向下，对称轴方程为x=12＞﹣1，∴g （x ）≤g （﹣1）=﹣1﹣1﹣3=﹣5；当﹣1＜x ＜2时，g （x ）=﹣x 2+3x ﹣1，其开口向下，对称轴方程为x=32∈（﹣1，2）， ∴g （x ）≤g （32）=﹣94+92﹣1=54；当x ≥2时，g （x ）=﹣x 2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x=12＜2，∴g （x ）≤g （2）=﹣4+2+3=1；综上，g （x ）max =54，∴m 的取值范围为（﹣∞，54]．1．|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c 型不等式的解法（1）若c >0，则|ax ＋b |≤c ⇔–c ≤ax ＋b ≤c ，|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤–c ，然后根据a ，b 的取值求解即可；（2）若c <0，则|ax ＋b |≤c 的解集为∅，|ax ＋b |≥c 的解集为R ． 2．|x –a |＋|x –b |≥c ，|x –a |＋|x –b |≤c （c >0）型不等式的解法零点分区间法零点分区间法的一般步骤为：①令每个绝对值符号内的代数式为零，并求出相应的根；②将这些根按从小到大排序，并把实数集分成若干个区间；③由所分区间去掉绝对值符号组成若干个不等式，解这些不等式，求出解集； ④取各个不等式解集的并集即可得到原不等式的解集．几何法（利用|x –a|的几何意义）由于|x –a|+|x –b|与|x –a|–|x –b|分别表示数轴上与x 对应的点到与a ，b 对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x –a|+|x –b|≤c （c >0）或|x –a|–|x –b|≥c （c >0）的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．数形结合法通过构造函数，利用函数的图象求解，体现函数与方程的思想，正确求出函数的零点并画出函数图象是解题的关键．3．|f （x ）|>g （x ），|f （x ）|<g （x ）（g （x ）>0）型不等式的解法： ①|f （x ）|>g （x ）⇔f （x ）>g （x ）或f （x ）<–g （x ）； ②|f （x ）|<g （x ）⇔–g （x ）<f （x ）<g （x ）．4．设函数f （x ）=|x ﹣1|﹣|x+2|，若﹣2＜f （a ）＜0，﹣2＜f （b ）＜0． （1）证明：|a+b|＜1；（2）比较2|a ﹣b|与|1﹣4ab|的大小．【解答】：（1）f(x)={3，x ＜−2−2x −1，−2≤x ＜1−3，x ≥1，由{−2≤x ＜1−2＜−2x −1＜0得−12＜x ＜12．从而−12＜a ＜12，−12＜b ＜12，即|b|≤12．|b|＜12；所以|a +b|≤|a|+|b|＜12+12=1．（2）（2|a ﹣b|）2﹣|1﹣4ab|2=（4a 2﹣1）（4b 2﹣1）． 由（1）得a 2＜14，b 2＜14，所以（4a 2﹣1）（4b 2﹣1）＞0，故2|a ﹣b|＞|1﹣4ab|．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，可考虑用分析法；（2）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，则考虑用反证法；（3）如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．1．在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知圆C 的极坐标方程为ρ2﹣4√2ρcos （θ﹣π4）+6=0．（1）将极坐标方程化为普通方程，并选择恰当的参数写出它的参数方程； （2）若点P （x ，y ）在圆C 上，求x+y 的最大值和最小值．【解答】：（1）由ρ2−4√2ρcos(θ−π4)+6=0，得ρ2−4√2ρ(cosθcos π4+sinθsin π4)+6=0， 即ρ2−4√2ρ(√22cosθ+√22sinθ)+6=0，ρ2﹣4ρcos θ﹣4ρsin θ+6=0，即x 2+y 2﹣4x ﹣4y+6=0为所求圆的普通方程，整理为圆的标准方程（x ﹣2）2+（y ﹣2）2=2， 令x ﹣2=√2cosα，y ﹣2=√2sinα． 得圆的参数方程为{x =2+√2cosαy =2+√2sinα（α为参数）；（2）由（1）得：x+y=4+√2(cosα+sinα)=4+2sin （α+π4）， ∴当sin （α+π4）=1时，x+y 的最大值为6， 当sin （α+π4）=﹣1时，x+y 的最小值为2． 故x+y 的最大值和最小值分别是6和2．1．将参数方程化为普通方程的方法（1）将参数方程化为普通方程时，需要根据参数方程的结构特征，选取适当的消参方法．常见的消参方法有代入消参法、加减消参法、平方消参法等，对于含三角函数的参数方程，常利用同角三角函数基本关系式消参，如sin 2θ+cos 2θ=1等；（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点的坐标的影响，注意两种方程的等价性，避免产生增解的情况． 2．将普通方程化为参数方程的方法只要适当选取参数t ，确定x =f （t ），再代入普通方程，求得y =g （t ），即可化为参数方程x f t y g t =⎧⎨=⎩（），（）．注意参数t 的意义和取值范围．选取参数的原则：（1）曲线上任意一点的坐标与参数的关系比较明显且相对简单；（2）当参数取某一个值时，可以唯一确定x ，y 的值．一般地，与时间有关的问题，常取时间作为参数；与旋转有关的问题，常取旋转角作为参数．此外也常常用线段的长度，直线的倾斜角、斜率、截距等作为参数． 3．化参数方程为普通方程的基本思路化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数，常用的消参方法有代入消参法、加减消参法、恒等式（三角的或代数的）消参法；极坐标方程与直角坐标方程的互化主要是用好“公式”．一般与极坐标方程和参数方程有关的问题多采用化为直角坐标方程的方法，结合图形，合理转化，加以求解．2.极坐标系的极点为直角坐标系xOy 的原点，极轴为x 轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同，已知曲线C 的极坐标方程为ρ=2（cos θ+sin θ）． （1）求曲线C 的直角坐标方程；（2）直线l ：{x =12ty =1+√32t（t 为参数）与曲线C 交于A ，B 两点，求|AB|． 【解答】解：（1）∵曲线C 的极坐标方程为ρ=2（cos θ+sin θ） ∴ρ2=2ρcos θ+2ρsin θ，∴x 2+y 2=2x+2y 即（x ﹣1）2+（y ﹣1）2=2（2）将l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程，得t 2﹣t ﹣1=0， 所以|AB|=|t 1|+|t 2|=|t 1﹣t 2|=√1+4=√51．求解与极坐标有关问题的主要方法（1）直接法：直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用；（2）间接法：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．2．对于直线l 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋aty ＝y 0＋bt （t 为参数）易忽视只有满足a 2＋b 2=1时t 才有几何意义．3．已知函数()|22|5f x x =+-.（1）解不等式：()|1|f x x ≥-;（2）已知1m ≥-,若函数()()||g x f x x m =+-的图象与x 轴围成一个三角形,求实数m 的取值范围. 【解析】（1）依题意,|22|5|1|x x +-≥-,①当1x <-时,原式化为2251x x ---≥-,解得8x ≤-; ②当11x -≤≤时,原式化为2251x x +-≥-,解得43x ≥,∵11x -≤≤,∴此时原不等式无解; ③当1x >时,原式化为2251x x +-≥-,解得2x ≥. 综上所述,不等式()|1|f x x ≥-的解集为(,8][2,)-∞-+∞. （2）依题意,()(1)|22|5(|1|5)|1|0g m g m m m --=+--+-=+≥, 故()(1)g m g ≥-,当且仅当1m =-时取等号. 若1m =-,则()3|1|5g x x =+-满足题意;若1m >-,则33,,()|||22|53,1,37,1,x m x m g x x m x x m x m x m x --≥⎧⎪=-++-=+--≤<⎨⎪-+-<-⎩因为()(1)g m g >-,此时函数()g x 的图象和x 轴围成一个三角形等价于()230,(1)40,g m m g m =-≥⎧⎨-=-<⎩解得3[,4)2m ∈.综上所述,实数m 的取值范围为3[,4){1}2-.|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|去求形如f（x）=|x–a|＋|x–b|或f（x）=|x–a|–|x–b|的最值．1．可利用||2．不等式恒成立问题关键在于利用转化思想，常见的有：f（x）>a恒成立⇔f（x）min>a；f（x）<a恒成立⇔f（x）max<a；f（x）>a有解⇔f（x）max>a；f（x）<a 有解⇔f（x）min<a；f（x）>a无解⇔f（x）max≤a；f（x）<a无解⇔f（x）min≥a．4．已知函数f（x）=|2x+a|+|x﹣2|（其中a∈R）．（1）当a=﹣1时，求不等式f（x）≥6的解集；（2）若关于x的不等式f（x）≥3a2﹣|2﹣x|恒成立，求a的取值范围．【解答】：（1）当a=﹣1时，函数f（x）=|2x﹣1|+|x﹣2|；则不等式为|2x﹣1|+|x﹣2|≥6；①当x≥2时，原不等式为2x﹣1+x﹣2≥6，解得：x≥3；≤x＜2时，原不等式为2x﹣1+2﹣x≥6，解得：x≥5．此时不等式无解；②当12③当x＜1时，原不等式为1﹣2x+2﹣x≥6，解得：x≤﹣1；2∴原不等式的解集为{x|x≤﹣1或x≥3}；（2）不等式f（x）≥3a2﹣|2﹣x|即为|2x+a|+|x﹣2|≥3a2﹣|2﹣x|；即关于x的不等式|2x+a|+2|x﹣2|≥3a2恒成立；而|2x+a|+2|x﹣2|=|2x+a|+|2x﹣4|≥|（2x+a）﹣（2x﹣4）|=|a+4|；∴|a+4|≥3a2；∴a+4≥3a2或a+4≤﹣3a2；或a∈∅；解得−1≤a≤43]．所以a的取值范围是[−1，431．不等式恒成立问题不等式的解集为R是指不等式恒成立问题，而不等式的解集为φ的对立面也是不等式恒成立问题，如f （x）>m的解集为φ，则f（x）≤m恒成立．2．不等式能成立问题（1）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；（2）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．3．不等式恰成立问题（1）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 ； （2）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 ．5．设函数f （x ）=|3x ﹣1|．（Ⅰ）解不等式f （x ）﹣f （2﹣x ）＞x ； （Ⅱ）若a+b=2，证明：f （a 2）+f （b 2）≥4．【解答】：（Ⅰ）不等式f （x ）﹣f （2﹣x ）＞x ⇔|3x ﹣1|﹣|3x ﹣5|＞x ． 可化为{x ＞13−4＞x 或{13≤x ≤536x −6＞x 或{x ＞534＞x ，⇒x ∈∅，或65＜x ≤53或53＜x ＜4． ∴原不等式解集为（65，4]． （Ⅱ）证明：∵a+b=2，∴a 2+b 22≥(a+b 2)2=1，即a 2+b 2≥2，f （a 2）+f （b 2）=|3a 2﹣1|+|3b 2﹣1|≥|3（a 2+b 2）﹣2|≥3×2﹣2=4．利用基本不等式、柯西不等式求最值的方法（1）在运用基本不等式求函数的最大（小）值时，常需要对函数式作“添、裂、配、凑”变形，使其完全满足基本不等式要求的“一正、二定、三相等”三个条件．（2）在应用柯西不等式求最大值时，要注意等号成立的条件，柯西不等式在排列上规律明显，具有简洁、对称的美感，运用柯西不等式求解时，按照“一看、二构造、三判断、四运用”可快速求解此类问题．1. 点P(1,−√3)，则它的极坐标是( )A. (2,π3) B. (2,4π3) C. (2,−π3)D. (2,−4π3)2. 把方程xy =2化为以t 为参数的参数方程是( )A. {x =2t 12,y =t 12B. {x =sint,y =2sintC. {x =2cost,y =1costD. {x =tant,y =2tant3. 将点M 的极坐标(4,π6)化成直角坐标为( )A. (2,2√3)B. (2√3,2)C. (2√2,2√2)D. (−2√3,2)4. 曲线y =x 2的一种参数方程是( )A. {x =t 2,y =t 4B. {x =sint,y =sin 2tC. {x =√t,y =tD. {x =t,y =t 2 5. 已知点P 的极坐标是(1,π3)，则过点P 且垂直于极轴的直线的极坐标方程是( )A. ρ=1B. ρ=cosθC. ρ=−1cosθD. ρ=12cosθ6. 在同一平面的直角坐标系中，直线x −2y =2经过伸缩变换{xʹ=xyʹ=4y 后，得到的直线方程为( )A. 2xʹ+yʹ=4B. 2xʹ−yʹ=4C. xʹ+2yʹ=4D. xʹ−2yʹ=47. 直线l 的参数方程为{x =−√3t,y =1+3t (t 为参数)，则l 的倾斜角大小为( )A. π6 B . π3 C.2π3D.5π68. 在极坐标系中，直线ρ(√3cosθ−sinθ)=2与圆ρ=4sinθ的交点的极坐标为( )A. (2,π6) B. (2,π3) C. (4,π6) D. (4,π3)9. 极坐标方程(ρ−3)(θ−π2)=0(ρ≥0)表示的图形是( )A. 两个圆B. 一条直线和一条射线C. 两条直线D. 一个圆和一条射线10. 已知直线{x =2+t,y =1+t （t 为参数）与曲线M ：ρ=2cosθ交于P ，Q 两点，则∣PQ∣∣=( )A. 1B. √2C. 2 D . 2√211. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =1+cosα,y =sinα（α为参数）．若以射线Ox 为极轴建立极坐标系，则曲线C 的极坐标方程为( )A. ρ=sinθB. ρ=2sinθC. ρ=cosθD. ρ=2cosθ12. 在极坐标系中，圆ρ=sinθ的圆心的极坐标是( )A. (1,π2) B. (1,0) C. (12,π2) D. (12,0)13. 在直角坐标系xOy 中，以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ρcos (θ−π3)=1，M ，N 分别为C 与x 轴，y 轴的交点．（1）写出C 的直角坐标方程，并求M ，N 的极坐标； （2）设MN 的中点为P ，求直线OP 的极坐标方程．14. 在直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为{x =2+2cosφ,y =2sinφ（φ为参数），以O 为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求圆C 的极坐标方程；（2）直线的极坐标方程是2ρsin (θ+π3)=3√3，射线OM ：θ=π3与圆C 的交点为O ，P ，与直线的交点为Q ，求线段PQ 的长．15. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =2cosθ,y =4sinθ（θ为参数），直线l 的参数方程为{x =1+tcosα,y =2+tsinα（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．16.在极坐标系中，已知曲线C ：ρ=2cos θ，将曲线C 上的点向左平移一个单位，然后纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到曲线C 1，又已知直线l ：{x =tcosπ3y =√3+tsinπ3（t 是参数），且直线l 与曲线C 1交于A ，B 两点．（1）求曲线C 1的直角坐标方程，并说明它是什么曲线； （2）设定点P （0，√3），求1|PA|+1|PB|．17.在直角坐标系xOy 中，曲线M 的参数方程为{x =2+rcosθy =1+rsinθ（θ为参数，r ＞0），曲线N 的参数方程为{x =2√55ty =1+√55t（t 为参数，且t ≠0）．（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43，求r 的值．18．已知函数()|1||24|f x x x =++-.（1）解不等式：2()f x x >；（2）若关于x 的不等式2()|2|f x x x m <-++在[0,3]上无解，求实数m 的取值范围.19．已知函数()||f x x m =-，()||g x x n =+，其中0,0m n >>.（1）若函数)(x f 的图象关于直线2=x 对称，求不等式)()2(x f x f ≤+的解集； （2）若函数)()()(x g x f x h +=的最小值为1，求nm 11+的最小值及其相应的m 和n 的值.20．已知a ＞0，b ＞0，且a+b=1．（1）若ab ≤m 恒成立，求m 的取值范围；（2）若4a +1b ≥|2x ﹣1|﹣|x+2|恒成立，求x 的取值范围．21．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． 1. C 2. D3. B 【解析】点M 的极坐标(4,π6)化为直角坐标为(4cos π6,4sin π6)，即(2√3,2)． 4. D 5. D【解析】P 点坐标为(12,√32)，所以垂直于极轴的直线方程为x =12，所以极坐标方程为ρ⋅cosθ=12．6. B 【解析】由{xʹ=x yʹ=4y 得{x =xʹy =yʹ4，代入直线x −2y =2得xʹ−2×yʹ4=2，即2xʹ−yʹ=4． 7. C 8. A9. D【解析】因为(ρ−3)(θ−π2)=0(ρ≥0)，所以ρ=3或θ=π2，所以x 2+y 2=9或y 轴正半轴，所以极坐标方程(ρ−3)(θ−π2)=0(ρ≥0)表示的图形是一个圆和一条射线． 10. C11. D 12. C13.【解析】（1）由ρcos (θ−π3)=1，得ρ(12cosθ+√32sinθ)=1．从而C 的直角坐标方程为12x +√32y =1．即x +√3y =2．当θ=0时，ρ=2，所以M (2,0)， 当θ=π2时，ρ=2√33，所以N (2√33,π2)． （2）M 点的直角坐标为(2,0)，N 点的直角坐标为(0,2√33)．所以P 点的直角坐标为(1,√33)，则P 点的极点标为(2√33,π6)， 所以直线OP 的极坐标方程为θ=π6(ρ∈R )．14.【解析】（1）圆C 的普通方程为(x −2)2+y 2=4， 又x =ρcosθ，y =ρsinθ，所以圆C 的极坐标方程为ρ=4cosθ． （2）设P (ρ1,θ1)，则由{ρ=4cosθ,θ=π3,⇒{ρ1=2,θ1=π3. 设Q (ρ2,θ2)，则由{ρ(sinθ+√3cosθ)=3√3,θ=π3,解得{ρ2=3,θ2=π3.所以∣PQ ∣=1． 15.【解析】（1）曲线C 的直角坐标方程为x 24+y 216=1．当cosα≠0时，l 的直角坐标方程为y =tanα⋅x +2−tanα， 当cosα=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+sinα)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(2cosα+sinα)1+3cos 2α，故2cosα+sinα=0，于是直线l 的斜率k =tanα=−2．16.【解析】：（1）曲线C 的直角坐标方程为：x 2+y 2﹣2x=0即（x ﹣1）2+y 2=1． ∴曲线C 1的直角坐标方程为x 24+y 2=1，∴曲线C 表示焦点坐标为（﹣√3，0），（√3，0），长轴长为4的椭圆.（2）将直线l 的参数方程代入曲线C 的方程x 24+y 2=1中，得134t 2+12t +8=0． 设A 、B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，∴t 1+t 2=﹣4813，t 1t 2=3213，∴1|PA|+1|PB|=|t 1+t 2t 1t 2=32．17.【解析】：（1）曲线M 的参数方程为{x =2+rcosθy =1+rsinθ（θ为参数，r ＞0），将{x =2√55t y =1+√55t 消去参数t ，得x ﹣2y+2=0（x ≠0）．曲线N 的参数方程为{x =2√55ty =1+√55t（t 为参数，且t ≠0）．由{x −2y +2=0y =kx ，得{x =22k−1y =2k 2k−1． 故曲线N 的参数方程为{x =22k−1y =2k 2k−1（k 为参数，且k ≠12）． （2）曲线M 的普通方程为（x ﹣2）2+（y ﹣1）2=r 2，将{x =22k−1y =2k 2k−1代入（x ﹣2）2+（y ﹣1）2=r 2并整理得（16﹣4r 2）k 2+（4r 2﹣32）k+17﹣r 2=0，因为直线OA 与直线OB 的斜率之积为43，所以17−r 216−4r 2=43，解得r 2=1，又r ＞0，所以r=1． 将r=1代入（16﹣4r 2）k 2+（4r 2﹣32）k+17﹣r 2=0，得12k 2﹣28k+16=0，△＞0， 故r=1．18．【解析】（1）依题意，2|1||24|x x x ++->，当1x <-时，原式化为2142x x x --+->，即2330x x +-<1x <<-；当12x -≤≤时，原式化为2142x x x ++->，即250x x +-<，解得1x -≤<； 当2x >时，原式化为2124x x x ++->，即2330x x -+<，无解.综上所述，所求不等式的解集为. （2）由题意可知，[0,3]x ∈时，2|1||2|x x x m ++-≥+恒成立．当02x ≤≤时，23x m +≤，得2min (3)1m x ≤-=-； 当23x ≤≤时，221x m x +≤-，得2min (+21)4m x x ≤--=-.综上所述，实数m 的取值范围为(,4]-∞-．19．【解析】（1） 函数)(x f 的图象关于直线2=x 对称，2=∴m ，∴()|2|f x x =-，∴不等式)()2(x f x f ≤+可化为||x ≤|2|x -，即22)2(-≤x x ，化简得044≥+-x ，解得1≤x ，∴不等式)()2(x f x f ≤+的解集为{|1}x x ≤. （2） ()||f x x m =-，()||g x x n =+，∴)(x h ||||x m x n =-++， 由绝对值不等式的性质可得|||||()()|x m x n x m x n m n -++≥--+=+，∴函数)()()(x g x f x h +=的最小值为n m +，∴1=+n m ，由mn n m 2≥+得41≤mn ，∴4111≥=+=+mnmn n m n m ， 当且仅当⎩⎨⎧=+=1n m n m ，即21==n m 时等号成立，∴n m 11+的最小值为4，此时21==n m .20.【解析】：（1）∵a ＞0，b ＞0，且a+b=1，∴ab ≤（a+b 2）2=14，当且仅当a=b=12时“=”成立，由ab ≤m 恒成立，故m ≥14；（2）∵a ，b ∈（0，+∞），a+b=1，∴4a +1b =（4a +1b ）（a+b ）=5+4b a +a b ≥5+2√4b a ⋅ab =9， 故若4a +1b ≥|2x ﹣1|﹣|x+2|恒成立，则|2x ﹣1|﹣|x+2|≤9，当x ≤﹣2时，不等式化为1﹣2x+x+2≤9，解得﹣6≤x ≤﹣2， 当﹣2＜x ＜12，不等式化为1﹣2x ﹣x ﹣2≤9，解得﹣2＜x ＜12， 当x ≥12时，不等式化为2x ﹣1﹣x ﹣2≤9，解得12≤x ≤12， 综上所述x 的取值范围为[﹣6，12]．21．【解析】（1）∵f （x ）=|x +1|–|x –2|=31211232x x x x -<-⎧⎪--≤≤⎨⎪⎩，，，＞，∵f （x ）≥1，∴当–1≤x ≤2时，2x –1≥1，解得1≤x ≤2；当x >2时，3≥1恒成立，故x >2． 综上，不等式f （x ）≥1的解集为{x |x ≥1}．（2）若不等式f （x ）≥x 2–x +m 的解集非空，则存在x ∈R 使得f （x ）–x 2+x ≥m 成立， 即m ≤[f （x ）–x 2+x ]max ，设g （x ）=f （x ）–x 2+x ．由（1）知，g（x）=22231311232x x xx x xx x x⎧-+-≤-⎪-+--<<⎨⎪-++≥⎩，，，，当x≤–1时，g（x）=–x2+x–3，其开口向下，对称轴方程为x=12>–1，∴g（x）≤g（–1）=–1–1–3=–5；当–1<x<2时，g（x）=–x2+3x–1，其开口向下，对称轴方程为x=32∈（–1，2），∴g（x）≤g（32）=–94+92–1=54；当x≥2时，g（x）=–x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x=12<2，∴g（x）≤g（2）=–4+2+3=1；综上，g（x）max=54，∴m的取值范围为（–∞，54]．。
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4-5 第3讲 柯西不等式
1．设x ，y ，z ∈R ，2x －y －2z ＝6，试求x 2
＋y 2
＋z 2
的最小值． 解：考虑以下两组向量u ＝(2，－1，－2)，v ＝(x ，y ，z )， 根据柯西不等式(u ·v )2
≤|u |2
·|v |2
，
得[2x ＋(－1)y ＋(－2)z ]2
≤[22
＋(－1)2
＋(－2)2
](x 2
＋y 2
＋z 2
)， 即(2x －y －2z )2
≤9(x 2
＋y 2
＋z 2
)， 将2x －y －2z ＝6代入其中， 得36≤9(x 2
＋y 2
＋z 2
)， 即x 2
＋y 2
＋z 2≥4，
故x 2
＋y 2
＋z 2
的最小值为4．
2．设x ，y ，z ∈R ，x 2
＋y 2
＋z 2
＝25，试求x －2y ＋2z 的最大值与最小值． 解：根据柯西不等式，有(1·x －2·y ＋2·z )2
≤[12
＋(－2)2
＋22
](x 2
＋y 2
＋z 2
)， 即(x －2y ＋2z )2
≤9×25，所以－15≤x －2y ＋2z ≤15， 故x －2y ＋2z 的最大值为15，最小值为－15．
3．已知大于1的正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝33．求证：x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2
y ＋2z ＋3x ＋
z 2z ＋2x ＋3y ≥3
2
．
证明：由柯西不等式及题意得，
⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2
z ＋2x ＋3y ·[(x ＋2y ＋3z )＋(y ＋2z ＋3x )＋(z ＋2x ＋3y )]≥(x ＋y ＋z )2
＝27．
又(x ＋2y ＋3z )＋(y ＋2z ＋3x )＋(z ＋2x ＋3y )＝6(x ＋y ＋z )＝183，
所以x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y ≥27183＝32
，
当且仅当x ＝y ＝z ＝3时，等号成立．
4．(2018·湘中名校联考)已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}． (1)求实数a ，b 的值；
(2)求at ＋12＋3bt 的最大值．
解：(1)由|x ＋a |＜b ，可得－b －a ＜x ＜b －a ， 所以－b －a ＝2且b －a ＝4． 解得a ＝－3，b ＝1．
(2)利用柯西不等式，可得
－3t ＋12＋
3t ＝
3(
4－t ＋
t )≤3
（1＋1）（4－t ＋t ）＝6×4－t ＋t ＝26，当且仅当t ＝4－t ，即t ＝2时等号成立．
当t ＝2时，at ＋12＋3bt 的最大值为26． 5．设函数f (x )＝|x －4|＋|x －3|，f (x )的最小值为m ． (1)求m 的值；
(2)当a ＋2b ＋3c ＝m (a ，b ，c ∈R )时，求a 2
＋b 2
＋c 2
的最小值．
解：(1)法一：f (x )＝|x －4|＋|x －3|≥|(x －4)－(x －3)＝1，故函数f (x )的最小值为1，即m ＝1．
法二：f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧2x －7，x ≥4，1，3≤x <4，7－2x ，x <3.
当x ≥4时，f (x )≥1；当x <3时，f (x )>1；当3≤x <4时，f (x )＝1，故函数f (x )的最小值为1，即m ＝1．
(2)(a 2＋b 2＋c 2)(12＋22＋32)≥(a ＋2b ＋3c )2＝1，故a 2＋b 2＋c 2
≥114，当且仅当a ＝114
，
b ＝17，
c ＝314
时取等号．
故a 2＋b 2＋c 2
的最小值为114
．
6．已知a ，b ，c ∈R ＋
，且a ＋b ＋c ＝3．
求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2
c
≥3．
证明：因为a ，b ，c ∈R ＋
，由柯西不等式得 ⎣⎡
⎦
⎤()a 2＋()b 2＋()c 2⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2≥⎝
⎛⎭⎪⎫a ·b a ＋b ·c b ＋c ·a c 2
即(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭
⎪⎫b 2
a ＋c 2
b ＋a 2
c ≥(b ＋c ＋a )2
所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ＝3．即b 2a ＋c 2b ＋a 2
c
≥3．
1．已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －5|，g (x )＝1＋x 2
． (1)求f (x )的最小值；
(2)记f (x )的最小值为m ，已知实数a ，b 满足a 2
＋b 2＝6，求证：g (a )＋g (b )≤m ．
解：(1)因为f (x )＝|x －1|＋|x －5|，
所以f (x )＝|x －1|＋|x －5|＝⎩⎪⎨⎪
⎧2x －6（x ≥5）4（1<x <5）6－2x （x ≤1），
所以f (x )min ＝4．
(2)证明：由(1)知m ＝4．由柯西不等式得 [1×g (a )＋1×g (b )]2
≤(12
＋12
)[g 2
(a )＋g 2
(b )]， 即[g (a )＋g (b )]2
≤2(a 2
＋b 2
＋2)， 又g (x )＝x 2
＋1>0，a 2
＋b 2
＝6，
所以g (a )＋g (b )≤4(当且仅当a ＝b ＝3时取等号)． 即g (a )＋g (b )≤m ．
2．已知a >0，b >0，c >0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为4． (1)求a ＋b ＋c 的值； (2)求14a 2＋19
b 2＋
c 2
的最小值．
解：(1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ， 当且仅当－a ≤x ≤b 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 ＋c ，
又f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4．
(2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式得⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋19b 2＋c 2×(4＋9＋1)≥
⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12
＝(a ＋b ＋c )2＝16，
故14a 2＋19b 2＋c 2≥87
． 当且仅当12a 2＝1
3b 3＝c 1，即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立．故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值为8
7
．。