(文理通用)2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题8 选考系列 第2讲 不等式选讲练习

专题八 第2讲1．(教材回归)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|2x －3|．(1)求不等式f (x )≤6的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )＜|a －1|的解集非空，求实数a 的取值范围．解析 (1)不等式f (x )≤6，即|2x ＋1|＋|2x －3|≤6，所以①⎩⎪⎨⎪⎧ x <－12，－2x －1＋(3－2x )≤6或 ②⎩⎪⎨⎪⎧ －12≤x ≤32，2x ＋1＋(3－2x )≤6或 ③⎩⎪⎨⎪⎧x >32，2x ＋1＋(2x －3)≤6，解①得－1≤x ＜－12，解②得－12≤x ≤32， 解③得32<x ≤2， 即不等式的解集为{x |－1≤x ≤2}．(2)因为f (x )＝|2x ＋1|＋|2x －3|≥|(2x ＋1)－(2x －3)|＝4，即f (x )的最小值等于4， 所以|a －1|>4，解此不等式得a <－3或a >5．故实数a 的取值范围为(－∞，－3)∪(5，＋∞)．2．(书中淘金)(1)设a ≥b ＞0，证明：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2；(2)证明：a 6＋8b 6＋127c 6≥2a 2b 2c 2． 证明 (1)3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2)＝3a 2(a －b )－2b 2(a －b )＝(a －b )(3a 2－2b 2)． 因为a ≥b >0，所以a －b ≥0,3a 2－2b 2>0．所以(a －b )(3a 2－2b 2)≥0．所以3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2．(2)因为a 6＋8b 6＋127c 6≥33827a 6b 6c 6 ＝3×23a 2b 2c 2＝2a 2b 2c 2， 所以a 6＋8b 6＋127c 6≥2a 2b 2c 2． 3．已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}．(1)求a 的值；(2)若⎪⎪⎪⎪f (x )－2f ⎝⎛⎭⎫x 2≤k 恒成立，求k 的取值范围． 解析 (1)由|ax ＋1|≤3得－4≤ax ≤2．又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}，所以当a ≤0时，不合题意．当a >0时，－4a ≤x ≤2a， 得a ＝2．(2)记h (x )＝f (x )－2f ⎝⎛⎭⎫x 2，则h (x )＝⎩⎨⎧ 1，x ≤－1，－4x －3，－1<x <－12，－1，x ≥－12，所以|h (x )|≤1，因此k ≥1．所以k 的取值范围是[1，＋∞)． 4．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．解析 (1)因为f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|＝⎩⎨⎧ －3x ，x ≤－1－x ＋2，－1<x <12，且f (1)＝f (－1)＝3，3x ，x ≥12所以f (x )<3的解集为{x |－1<x <1}．(2)|2x －a |＋|x ＋1|＝⎪⎪⎪⎪x －a 2＋||x ＋1＋⎪⎪⎪⎪x －a 2≥⎪⎪⎪⎪1＋a 2＋0＝⎪⎪⎪⎪1＋a 2 当且仅当(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x －a 2≤0且x －a 2＝0时，取等号． 所以⎪⎪⎪⎪1＋a 2＝1，解得a ＝－4或0． 5．设函数f (x )＝|x ＋2|－|x －2|．(1)解不等式f (x )≥2；(2)当x ∈R,0＜y ＜1时，证明：|x ＋2|－|x －2|≤1y ＋11－y． 解析 (1)由已知可得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 4，x ≥2，2x ，－2<x <2，－4，x ≤－2，所以，f (x )≥2的解集为{}x |x ≥1．(2)证明：由(1)知，|x ＋2|－|x －2|≤4，1y ＋11－y＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1y ＋11－y [y ＋(1－y )]＝2＋1－y y ＋y 1－y≥4(当且仅当y ＝12时取等号)， 所以|x ＋2|－|x －2|≤1y ＋11－y． 6．(考点聚焦)设函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|．(1)解不等式f (x )>0；(2)若∃x ∈R ，使得|x ＋3|－|x －5|≥f (x －1)－t 2＋32t ＋3成立，求实数t 的取值范围． 解析 (1)当x ≥4时，f (x )＝2x ＋1－(x －4)＝x ＋5>0，得x >－5，所以x ≥4；当－12≤x <4时，令f (x )＝2x ＋1＋x －4＝3x －3>0，得x >1，所以1<x <4；当x <－12时，令f (x )＝－x －5>0，得x <－5，所以x <－5．综上，原不等式的解集为{x |x >1或x <－5}．(2)|x ＋3|－|x －5|≥f (x －1)－t 2＋32t ＋3等价于|x ＋3|－|2x －1|≥－t 2＋32t ＋3， 令g (x )＝|x ＋3|－|2x －1|＝⎩⎨⎧ x －4，x ≤－3，3x ＋2，－3<x <12，－x ＋4，x ≥12故g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝72，则有72≥－t 2＋32t ＋3， 即2t 2－3t ＋1≥0，解得t ≤12或t ≥1， 即实数t 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12∪[1，＋∞)．。

第一部分 专题八 第二讲 不等式选讲A 组1．已知函数f (x )＝|x －2|－|2x －a |，a ∈R . (1)当a ＝3时，解不等式f (x )>0；(2)当x ∈(－∞，2)时，f (x )<0，求a 的取值范围．[解析] (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－x ，x >2，5－3x ，32≤x ≤2，x －1，x <32.当x >2时，1－x >0，即x <1，此时无解； 当32≤x ≤2时，5－3x >0，即x <53，解得32≤x <53； 当x <32时，x －1>0，即x >1，解得1<x <32.∴不等式解集为{x |1<x <53}．(2)2－x －|2x －a |<0⇒2－x <|2x －a |⇒x <a －2或x >a ＋23恒成立．∵x ∈(－∞，2)，∴a －2≥2，∴a ≥4.2．(2018·南宁二模)设实数x ，y 满足x ＋y4＝1.(1)若|7－y |<2x ＋3，求x 的取值范围． (2)若x >0，y >0，求证：xy ≥xy . [解析] (1)根据题意，x ＋y4＝1，则4x ＋y ＝4，即y ＝4－4x ，则由|7－y |<2x ＋3，可得|4x ＋3|<2x ＋3， 即－(2x ＋3)<4x ＋3<2x ＋3， 解得－1<x <0. (2)x >0，y >0， 1＝x ＋y4≥2x ·y4＝xy ，即xy ≤1，xy －xy ＝xy (1－xy )，又由0<xy ≤1，则xy －xy ＝xy (1－xy )≥0， 即xy ≥xy .3．(2018·西安二模)已知函数f (x )＝log 2(|x ＋1|＋|x －2|－a )． (1)当a ＝7时，求函数f (x )的定义域．(2)若关于x 的不等式f (x )≥3的解集是R ，求实数a 的最大值． [解析] (1)由题设知：|x ＋1|＋|x －2|>7； ①当x >2时，得x ＋1＋x －2>7，解得x >4； ②当－1≤x ≤2时，得x ＋1＋2－x >7，无解； ③当x <－1时，得－x －1－x ＋2>7，解得x <－3； 所以函数f (x )的定义域为(－∞，－3)∪(4，＋∞)． (2)不等式f (x )≥3，即|x ＋1|＋|x －2|≥a ＋8；因为x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3； 又不等式|x ＋1|＋|x －2|≥a ＋8解集是R ； 所以a ＋8≤3，即a ≤－5. 所以a 的最大值为－5.4．设函数f (x )＝|x ＋1|＋|2x －4|.(1)画出函数y ＝f (x )的图象；(2)若关于x 的不等式f (x )≥ax ＋1恒成立，试求实数a 的取值范围． [解析] (1)由于f (x )＝|x ＋1|＋|2x －4| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋3，x ≤－1，－x ＋5，－1<x ≤2，3x －3，x >2，则函数y ＝f (x )的图象如图所示．(2)当x ＝2时，f (2)＝3.当直线y ＝ax ＋1过点(2,3)时，a ＝1. 由函数y ＝f (x )与函数y ＝ax ＋1的图象知，当且仅当－3≤a ≤1时，函数y ＝f (x )的图象没有在函数y ＝ax ＋1的图象的下方， 因此f (x )≥ax ＋1恒成立时，a 的取值范围为[－3，1]．B 组1．设函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|. (1)解不等式f (x )>0；(2)已知关于x 的不等式a ＋3<f (x )恒成立，求实数a 的取值范围． [解析] (1)∵f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4， x ≥3，3x －2， －12≤x <3，－x －4， x <－12.∴不等式f (x )>0化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4>0，x ≥3，或⎩⎪⎨⎪⎧3x －2>0，－12≤x <3，或⎩⎪⎨⎪⎧－x －4>0，x <－12.∴x <－4或x >23，即不等式的解集为(－∞，－4)∪(23，＋∞)．(2)∵f (x )min ＝－72，∴要使a ＋3<f (x )恒成立，只要a ＋3<－72，∴a <－132.2．已知函数f (x )＝|x －3|＋|x －a |，a ∈R . (1)当a ＝0时，解关于x 的不等式f (x )>4；(2)若∃x ∈R ，使得不等式|x －3|＋|x －a |<4成立，求实数a 的取值范围． [分析] (1)按x ＝0和3分段讨论或利用绝对值的几何意义求解． (2)∃x ∈R ，使不等式f (x )<4成立，即f (x )的最小值小于4. [解析] (1)由a ＝0知原不等式为|x －3|＋|x |>4 当x ≥3时，2x －3>4，解得x >72.当0≤x <3时，3>4，无解． 当x <0时，－2x ＋3>4，解得x <－12.故解集为{x |x <－12或x >72}．(2)由∃x ∈R ，|x －3|＋|x －a |<4成立可得，(|x －3|＋|x －a |)min <4. 又|x －3|＋|x －a |≥|x －3－(x －a )|＝|a －3|， 即(|x －3|＋|x －a |)min ＝|a －3|<4. 解得－1<a <7.3．(2018·临川二模)已知函数f (x )＝|x ＋a －1|＋|x －2a |. (1)若f (1)<3，求实数a 的取值范围． (2)若a ≥1，x ∈R ，求证：f (x )≥2.[解析] (1)因为f (1)<3，所以|a |＋|1－2a |<3. ①当a ≤0时，得－a ＋(1－2a )<3， 解得a >－23，所以－23<a ≤0；②当0<a <12时，得a ＋(1－2a )<3，解得a >－2，所以0<a <12；③当a ≥12时，得a －(1－2a )<3，解得a <43，所以12≤a <43；综上所述，实数a 的取值范围是(－23，43)．(2)因为a ≥1，x ∈R ，所以f (x )＝|x ＋a －1|＋|x －2a |≥|(x ＋a －1)－(x －2a )|＝|3a －1|＝3a －1≥2.4．(2018·安徽江南十校3月模拟)已知函数f (x )＝|x |－|2x －1|，记不等式f (x )>－1的解集为M . (1)求M ；(2)已知a ∈M ，比较a 2－a ＋1与1a的大小．[解析] (1)f (x )＝|x |－|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤0，3x －1，0<x <12，－x ＋1，x ≥12，由f (x )>－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <12，3x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，－x ＋1>－1，解得0<x <2， 故M ＝{x |0<x <2}． (2)由(1)，知0<a <2，因为a 2－a ＋1－1a ＝a 3－a 2＋a －1a＝a －1a 2＋1a，当0<a <1时，a －1a 2＋1a<0，所以a 2－a ＋1<1a. 当a ＝1时，a －1a 2＋1a ＝0，所以a 2－a ＋1＝1a. 当1<a <2时，a －1a 2＋1a>0，所以a 2－a ＋1>1a.综上所述：当0<a <1时，a 2－a ＋1<1a.当a ＝1时，a 2－a ＋1＝1a .当1<a <2时，a 2－a ＋1>1a.。

教学资料范本【2020最新】数学高考（文）二轮专题复习习题：第1部分专题八选考系列4－4、4－51-8-1-含答案编辑：__________________时间：__________________限时30分钟，实际用时________分值40分，实际得分________解答题(本题共4小题，每小题10分，共40分)1．(20xx·河南六市联考)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(其中α为参数)，曲线C2：(x－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．(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的极坐标方程．(2)若射线θ＝(ρ＞0)与曲线C1，C2分别交于A，B两点，求|AB|.解：(1)因为曲线C1的参数方程为(其中α为参数)，所以曲线C1的普通方程为x2＋(y－2)2＝7.因为曲线C2：(x－1)2＋y2＝1，所以把x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入(x－1)2＋y2＝1，得到曲线C2的极坐标方程(ρcos θ－1)2＋(ρsin θ)2＝1，化简得ρ＝2cos θ.(2)依题意设A，B，因为曲线C1的极坐标方程为ρ2－4ρsin θ－3＝0，将θ＝(ρ＞0)代入曲线C1的极坐标方程，得ρ2－2ρ－3＝0，解得ρ1＝3，同理，将θ＝(ρ＞0)代入曲线C2的极坐标方程．得ρ2＝，所以|AB|＝|ρ1－ρ2|＝3－.2．(20xx·××区调研)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⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32，y ＝32.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．(20xx·广东普宁模拟)在极坐标系中曲线C 的极坐标方程为ρsin2θ＝4cos θ，点M ，以极点O 为原点，以极轴为x 轴正半轴建立直角坐标系．斜率为－1的直线l 过点M ，且与曲线C 交于A ，B 两点．(1)求出曲线C 的直角坐标方程和直线l 的参数方程． (2)求点M 到A ，B 两点的距离之积． 解：(1)令x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，由ρsin2θ＝4cos θ，得ρ2sin2θ＝4ρcos θ， 所以y2＝4x ，所以曲线C 的直角坐标方程为y2＝4x ， 因为点M 的直角坐标为(0,1)，直线l 的倾斜角为， 故直线l 的参数方程为(t 为参数)， 即(t 为参数)．(2)把直线l 的参数方程(t 为参数)代入曲线C 的方程得2＝4×，即t2＋6t ＋2＝0， Δ＝(6)2－4×2＝64，设A ，B 对应的参数分别为t1，t2，则⎩⎨⎧t1＋t2＝－62，t1t2＝2，又直线l 经过点M ，故由t 的几何意义得点M 到A ，B 两点的距离之积|MA|·|MB |＝|t1||t2|＝|t1·t2|＝2.4．(20xx·黑龙江哈尔滨模拟)已知曲线C1的参数方程为(t 为参数)以坐标原点为极点，x 轴非负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)求C1的极坐标方程，C2的直角坐标方程．(2)求C1与C2交点的极坐标(其中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. 因为曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sin θ，变为ρ2＝2ρsin θ，化为直角坐标方程为x2＋y2＝2y ，即x2＋y2－2y ＝0.(2)因为C1的普通方程为x2＋y2－8x －10y ＋16＝0，C2的普通方程为x2＋y2－2y ＝0，由解得或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝2.所以C1与C2交点的极坐标分别为，.。

第一部分 专题八 第一讲A 组1．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3－32t ，y ＝12t .(t 为参数)，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴(长度单位与直角坐标系xOy 中相同)的极坐标系中，曲线C 的方程为ρ＝2a cos θ(a >0)，l 与C 相切于点P .(1)求C 的直角坐标方程； (2)求切点P 的极坐标．[解析] (1)l 表示过点(3,0)倾斜角为150°的直线，曲线C 表示以C ′(a,0)为圆心，a 为半径的圆．∵l 与C 相切，∴a ＝12(3－a )，⇒a ＝1．于是曲线C 的方程为ρ＝2cos θ，∴ρ2＝2ρcos θ， 于是x 2＋y 2＝2x ，故所求C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0. (2)∵∠POC ′＝∠OPC ′＝30°，∴OP ＝ 3. ∴切点P 的极坐标为(3，π6)．2．(2019·贵阳摸底考试)曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝sin φ(φ为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρcos(θ＋π4)＝ 2.(1)写出C 的普通方程，并用⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(α为直线的倾斜角，t 为参数)的形式写出直线l 的一个参数方程；(2)l 与C 是否相交？若相交，求出两交点的距离，若不相交，请说明理由． [解析] (1)C 的普通方程为x 24＋y 2＝1，由ρcos(θ＋π4)＝2得x －y －2＝0，则直线l 的倾斜角为π4，又直线l 过点(2,0)，得直线l 的一个参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋22t ，y ＝22t(t 为参数) .(2)将l 的参数方程代入C 的普通方程得 5t 2＋42t ＝0，解得t 1＝0，t 2＝－425，显然l 与C 有两个交点， 分别记为A ，B ，且|AB |＝|t 1－t 2|＝425. 3．在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1，C 2的极坐标方程分别为ρ＝2sin θ，ρcos(θ－π4)＝ 2.(1)求C 1和C 2交点的极坐标；(2)直线l 的参数方程为：⎩⎨⎧x ＝－3＋32t ，y ＝12t(t 为参数)，直线l 与x 轴的交点为P ，且与C 1交于A ，B 两点，求|P A |＋|PB |.[解析] (1)C 1，C 2极坐标方程分别为ρ＝2sin θ，ρcos(θ－π4)＝2，化为直角坐标方程分别为x 2＋(y －1)2＝1，x ＋y －2＝0. 得交点坐标为(0,2)，(1,1)．即C 1和C 2交点的极坐标分别为(2，π2)，(2，π4)．(2)把直线l 的参数方程⎩⎨⎧x ＝－3＋32t ，y ＝12t(t 为参数)代入x 2＋(y －1)2＝1，得(－3＋32t )2＋(12t －1)2＝1， 即t 2－4t ＋3＝0，t 1＋t 2＝4，t 1t 2＝3， 所以|P A |＋|PB |＝4.B 组1．(2017·全国卷Ⅲ，22)在直角坐标系xOy 中，直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝kt(t 为参数)，直线l 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋m ，y ＝m k (m 为参数)．设l 1与l 2的交点为P ，当k 变化时，P 的轨迹为曲线C .(1)写出C 的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l 3：ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0，M 为l 3与C 的交点，求M 的极径．[解析] (1)消去参数t 得l 1的普通方程l 1：y ＝k (x －2)； 消去参数m 得l 2的普通方程l 2：y ＝1k (x ＋2)．设P (x ，y )，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y ＝1k (x ＋2)，消去k 得x 2－y 2＝4(y ≠0)，所以C 的普通方程为x 2－y 2＝4(y ≠0)．(2)C 的极坐标方程为ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4(0<θ<2π，θ≠π)，联立⎩⎨⎧ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4，ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0，得cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)．故tan θ＝－13，从而cos 2θ＝910，sin 2θ＝110.代入ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4得ρ2＝5， 所以点M 的极径为 5.2．(2018·全国卷Ⅲ，22)在平面直角坐标系xOy 中，⊙O 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ (θ为参数)，过点()0，－2且倾斜角为α的直线l 与⊙O 交于A ，B 两点．(1)求α的取值范围；(2)求AB 中点P 的轨迹的参数方程．[解析] (1)⊙O 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝1． 当α＝π2时，l 与⊙O 交于两点．当α≠π2时，记tan α＝k ，则l 的方程为y ＝kx － 2.l 与⊙O 交于两点当且仅当⎪⎪⎪⎪⎪⎪21＋k 2<1，解得k <－1或k >1，即α∈⎝⎛⎭⎫π4，π2或α∈⎝⎛⎭⎫π2，3π4. 综上，α的取值范围是⎝⎛⎭⎫π4，3π4.(2)l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t cos α，y ＝－2＋t sin α，(t 为参数，π4<α<3π4)．设A ，B ，P 对应的参数分别为t A ，t B ，t P ，则t P ＝t A ＋t B2，且t A ，t B 满足t 2－22t sin α＋1＝0.于是t A ＋t B ＝22sin α，t P ＝2sin α.又点P 的坐标(x ，y )满足⎩⎨⎧x ＝t P cos α，y ＝－2＋t P sin α.所以点P 的轨迹的参数方程是⎩⎨⎧x ＝22sin2α，y ＝－22－22cos2α(α为参数，π4<α<3π4)．3．极坐标系与直角坐标系xOy 有相同的长度单位，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4cos θ，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝m ＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数，0≤α<π)，射线θ＝φ，θ＝φ＋π4，θ＝φ－π4与曲线C 1交于(不包括极点O )三点A ，B ，C .(1)求证：|OB |＋|OC |＝2|OA |；(2)当φ＝π12时，B ，C 两点在曲线C 2上，求m 与α的值．[解析] (1)证明：设点A ，B ，C 的极坐标分别为(ρ1，φ)，(ρ2，φ＋π4)，(ρ3，φ－π4)，因为点A ，B ，C 在曲线C 1上，所以ρ1＝4cos φ，ρ2＝4cos(φ＋π4)，ρ3＝4cos(φ－π4)，所以|OB |＋|OC |＝ρ2＋ρ3＝4cos(φ＋π4)＋4cos(φ－π4)＝42cos φ＝2ρ1，故|OB |＋|OC |＝2|OA |.(2)由曲线C 2的方程知曲线C 2是经过定点(m,0)且倾斜角为α的直线． 当φ＝π12时，B ，C 两点的极坐标分别为(2，π3)，(23，－π6)，化为直角坐标为B (1，3)，C (3，－3)， 所以tan α＝－3－33－1＝－3，又0≤α<π，所以α＝2π3.故曲线C 2的方程为y ＝－3(x －2)，易知曲线C 2恒过点(2,0)，即m ＝2.4．(2019·邵阳三模)在直角坐标系xOy 中，直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos αy ＝t sin α(t 为参数)，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 的极坐标方程为ρ＝22cos(θ＋π4)． (1)求曲线C 的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线．(2)设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，若点P 的直角坐标为(1,0)，试求当α＝π4时，|P A |＋|PB |的值．[解析] (1)曲线C ：ρ＝22cos(θ＋π4)，可以化为ρ2＝22ρcos(θ＋π4)，ρ2＝2ρcos θ－2ρsin θ，因此，曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋2y ＝0. 它表示以(1，－1)为圆心，2为半径的圆． (2)当α＝π4时，直线的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋22t ，y ＝22t(t 为参数)．点P (1,0)在直线上，且在圆C 内，把⎩⎨⎧x ＝1＋22t ，y ＝22t ，代入x 2＋y 2－2x ＋2y ＝0中得t 2＋2t －1＝0.设两个实数根为t 1，t 2，则A ，B 两点所对应的参数为t 1，t 2， 则t 1＋t 2＝－2，t 1t 2＝－1． 所以|P A |＋|PB |＝|t 1－t 2| ＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝ 6.。

导数及其应用考点八一、选择题2) x所围成的封闭图形的面积，其中正确的是(．求曲线y＝x与直线y＝12211－xxB．S＝)dA．S＝((x)d－xx x????00211 )dy－D．＝C．SS(y)d－yy ＝y(y????00B答案2注，的图象依题意，在同一坐标系下画出曲线y＝x与直线y＝x(图略)解析相应意到它们的交点坐标分别为(0,0)与(1,1)，结合图形及定积分的几何意义可知，21B.x，选的图形的面积可用定积分表示为(x－x)d??0在区)xy(y(．已知函数2y＝fx)的导函数＝f′x) 的图象如图所示，则函数＝f()(间a，b()内的极小值点的个数为A．1 B．2D．4C．3A答案解析如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在点x＝c附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，所以函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.132图象上一个动点作图象的切线，－xx＝xf)(2019·3．天津南开区模拟过函数()3)(则切线倾斜角的范围是3ππ3π??????0，，0，π?????? B．∪A．424??????π3π3π????，，π????．D．C424????B答案22－1≥－1，所以斜率k＝tanα≥－1)f′(x＝x，解得－2x＝(x－1)解析因为π3π????0，，π????. 倾斜角α∪∈24????32＋2在区间[－1,1]x上的最大值是() 4．函数f(x)＝x3－A．－2 B．042 ．DC．C答案2，＝－2(－1)＝0或x＝2(舍去)．因为fx解析f′(x)＝3x－6x.令f′(x)＝0，得C.故选(0)＝2.f(1)＝0，所以f(x)＝ff(0)＝2，maxx－，则曲ex)＝ln (－3x＋1)＋，且当5．已知偶函数f(x)的定义域为R x<0时，f()处的切线斜率为(x)在点(1，f(1))(线y＝f11e ＋A．＋e ．B2433e D．＋C．e ＋24C答案，当1)(－f的图象关于y轴对称，∴′(1)＝－f′由题意得，偶函数解析f(x)3－33x－C.e，故选′(1)＝＋＝x<0时，f′(x)－ef(，∴f′－1)＝－－e，则44x1－31232－1．(2019·辽宁丹东质量测试二)若x＝是函数f(x)＝＋(a＋1)x－(aax＋63)3)x的极值点，则a的值为(3 B．－2 ．A2 或3．－D3 C．－2或B答案222a(1)3)x＝′解析∵f(x)x2(＋a＋1)－(a＋a－，又f′＝0，∴(＋2(a1)－1＋2显x＋x9)(－1)，(9xx)(f3a，＝－或＝，即＝－＋a3)0a3a2当＝时，′x＝＋8－＝22，∴函0≥1)－x(＝1＋x2－x＝)x(′f时，2＝－a的极值点；当)x(f是函数1＝x然．B.R上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去，故选数是3) (a的取值范围是在(－1,1)上单调递减，7．已知函数f(x)＝x则实数－ax) [3，＋∞B．A．(1，＋∞)3](－∞，1] D．C．(－∞，B答案232－上单调递减，∴3xx)在(－(x)＝x(－ax，∴f′x)＝3x1,1)－a.又f(解析∵fB. ≥3，故选a在(－1,1)上恒成立，∴a≤0牛顿迭代法亦称切线法，它是求函数零点近(2019·黑龙江哈尔滨六中二模)8．))(xP(x，fk似解的另一种方法，若定义x(∈N)是函数零点近似解的初始值，过点kkkk，即为函数零点近x，切线与x轴交点的横坐标f的切线为y＝f′(x)(x－x)＋(x)1kkkk＋似解的下一个初始值，以此类推，满足精度的初始值即为函数零点的近似解，设2)(f函数(x)＝x＝－2，满足x＝2应用上述方法，则x30173 ．BA122577141 ．C．D408100D答案x2＝4(＝，切线斜率k4，切线方程y－2)解析因为f′(x＝2x，x＝，y＝200031133??－x??，，＝，得x；x＝y＝，切线斜率k＝－33，切线方程为y＝0，－2)令y＝111124422??1717171171＝y－＝＝＝x，y＝＝令y0，得x，切线斜率k，切线方程为；222261441441212617577??－x??D. ，故选x0，得＝，令y＝312408??二、填空题12．的单调递增区间为________5xln x)＝x－－x＋(．函数9f2??15－??答案0，2??．1可解得x－1>0－，再由f′(x)＝解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)x1－5. 0<x<2x相切，xy＝－ln ax的图象在点(0，f(0))10．已知函数f(x)＝e处的切线与曲线＋________.＝则a2－答案x y＝1，所以切线方程为＋＝1a，又f(x)＝e(0)＋a，所以f′(0)f解析因为′11＝)，则－t，－ln t令切点坐标为又y＝－ln x的导函数y′＝－，(x＝(1＋a)＋1，tx1ln t－－2. ，a＝－1＋a＝，解得t＝1t23________.x＝)，x>0，则(x)dx＝3f(11．设函数f(x)＝axx＋b(a≠0)，若f?000?03答案a??33 |222bx＋x??，由xx>0)＝3(＝依题意得9a(a≠0)，＝3(ax＋b)，即3ax解析 000003??此解得x ＝3.04??32m ＋??x ＋6＋在R 上有极值，则实数m12．若函数f(x)＝x ＋mx 的取值范围 3??是________．答案 m>4或m<－142＋2mx ＋mx ＋＝0有不等 由题意可知，f ′(x)＝0有不等根，即方程3解析 34??2m ＋??>0，解得m>44m 或－12m<－1.Δ根，所以>0，即 3??三、解答题322在x ＝1处有极值＋ax4. ＋bx ＋)13．已知函数f(x ＝xa(1)求实数a ，b 的值；(2)当a>0时，求曲线y ＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程．322， a ＋xx)＝bx ＋ax ＋( 解(1)∵f 2＋2ax ＋＝3xb.x ∴f ′()2 ，0＝b ＋a2＋3＝(1)′f ，4＝a ＋b ＋a ＋1＝(1)f ∵．，＝－a2a ＝3，???? 或∴1.b ＝b ＝－9?? 经检验都符合题意．23 ，9x ＋时，由(1)得f(x)＝x ＋3x9－(2)当a>029. －＋6x ∴f ′(x)＝3x9.＝－(－2)，f(－2)＝31f ′ ，x ＋2)∴所求的切线方程为y －31＝－9(0. ＝y －13即9x ＋a3 为实常数)．＝ln x ，g(x)＝－(a14．已知函数f(x) x2 )上的最小值；)－g(x)在x ∈[4，＋∞x(1)当a ＝1时，求函数φ()＝f(x1??)(x2f 1，??的取a 上有解，求实数＝(2)若方程e2.71828…)在区间＝g(x)(其中e 2?? 值范围．1－x1113. ＝＝－′(x)，f)＝(x)－g(x)＝ln x －＋∴φ1解 (1)当a ＝时，函数φ(x 22x2xxx)>0.(x)，∴φ′∵x ∈[4，＋∞ 上单调递增，，＋∞)x ＝f(x)－g(x)在∈[4∴函数φ(x)5. ＝2ln 2－φ∴当x ＝4时，(x) min 4a32x)2f(. ＝＝g(x)可化为e(2)方程x － x233. ∴a ＝x －x 23323. 3－x ，则y ′x 设y ＝x －＝ 221??1，?? ∈，∵x 2??3????2123???? 上单调递减．x 在上单调递增，在x ∴函数y ＝－1，， 2222????12215 时，＝1y ＝，；x ＝∵x 时，y ＝；时，＝y ＝x22228????2112????.，∴∈∈ay ∴，， 2222????一、选择题x ，则下列结论正确的是( 2 ) (x)＝x ·1．已知函数f1A ．当x ＝时，f(x)取最大值ln 21B ．当x ＝时，f(x)取最小值 ln 21C ．当x ＝－时，f(x)取最大值ln 21D ．当x ＝－时，f(x)取最小值 ln 2答案 D1xx ln 2，令f ′(x)＝0＋x ·2，得x ＝－，又当xf 解析 由题意知，′(x)＝2<ln2111－时，f′(x)<0；当x>－时，f′(x)>0.∴当x＝－时，f(x)取最小值．ln 2ln 2ln 232＋m(m为常数)在[6x－2,2]上有最大值为3，2．已知f(x)＝2x那么此函数在－[－2,2]上的最小值为()A．0 B．－537．－10 ．－DCD答案2或x＝2，当x<0fx，由′(x)＝0得x＝0＝解析由题意知，f′(x)6x或－12上[上单调递增，在0,2])<0，∴f(x)在[－2,0]f(x>2时，f′x)>0，当0<x<2时，′(x37.37，∴最小值为－，f(2)＝－5f(－2)＝－m单调递减，由条件知f(0)＝＝3，∴23，－3ax(0＋1在区间(3．(2019·晋冀鲁豫中原名校第三次联考)若函数fx)＝2x))内有两个零点，则实数a的取值范围为(＋∞) －∞，1) B，＋∞(1．A．((1,2) (0,1) C．．DB答案2，，若a①当≤0时，x∈(0＋∞))>0(则f′x，．axx＝66)(f解析′x＝x－ax6(－)时，函数∞，＋)>0上单调递增，不可能有两个零点；②当a(0)(此时函数fx在区间，若函1>0＝(0)f上单调递增，因为)∞，＋a(上单调递减，在区间)a，(0在区间)x(f333，故<0，得－aa)＝2aa－3a>1＋1＝1数f(x)在区间(0，＋∞)内有两个零点，有f(B.选3) 相切的直线的条数为(x4．(2019·江西吉安一模)过点P(1,1)且与曲线y＝1 A．0 ．B32 D．C．C答案31－－1xy002，x＋＋k＝＝＝x1，解析若直线与曲线切于点(xy)(x≠0)，则0000011xx－－001222，(1，∴过点1或x＝－＝3xP，∴k＝3x，∴2x－x－1＝0，解得x＝又∵y′0000023C.1＝0，故选xy＝y相切的直线方程为3x－y－2＝0或3x－4＋1)与曲线C：2，1][0x，，x∈??e?)x)＝(e为自然对数的底数)，则f(x)dx＝(5．设f(1??e]∈，x?1，?x?024 ．－BA．－3342 DC．．33D答案4111e1 | |32ee1.＝＋dxx＋1ln ＋x＝＝x解析依题意得，f()dx＝xdx???103x33???100) (＝0的最短距离是8x－y6．曲线＝ln (2x1)上的点到直线2－y＋2 5 2B．A．3 DC．23 ．A 答案2的距离是曲＝08y到直线，则点＝＝y解析当′＝2时，x1(1,0)2x－＋12x－8＋2即最短距离为的最短距离，＋8＝0－，2＝51)＝线yln (2x－上的点到直线2xy5A.故选) 以下四个数中，最大的是．7(2019·广东揭阳二模)(13B．lnA．3eln π15ln 15 C．D．π30B答案x－ln 1xln )xf′(x)<0，∴f(，则由题意，令f(x)＝f′(x)＝，∴x>e时，解析2 xx1e>lnln f(π)>ef(15)，则在(e，＋∞)上单调递减，又由e<3<π<15，∴f(e)>f(3)>11 π31 15)3，>ln (>ln π15ln π1513>ln 15，故选>ln 3>∴B.π30e8．(2019·江西景德镇二检)定义在R上的函数f(x)满足对任意x∈(0，＋∞)，都有f′(x)<f′(－x)，非零实数a，b满足f(a)－f(b)>f(－b)－f(－a)，则下列关系式中正确的是()A．a>b B．a<b2222 aC．a>bb <D．D答案)∞(0，＋x)g′(x＝f′(x)－f′(－x)，因为当∈xf解析记g(x)＝(x)＋f(－)，则－g(，＋x)，即g′(x)<0，所以g(x)在(0∞)上单调递减，又因为－f时，′(x)<f′(－－f((a)＋f(－a)?fb因为)ff(－x)＋(x)＝g(x，所以g(x)为偶函数，f(a)－f()>f(－b))x＝22D.|b，即a，故选<b(bfa)>(b)＋f(－)?g(a)>gb)，所以|a|<| 二、填空题的极大值为，则f()x′已知函数9．(2019·天津和平区模拟)f(x)＝2f(1)ln x－x ．________2 2ln 2答案－?1?2f′1?2f′?2ln＝(x)(1)，f(解析∵f′x)＝′＝1，因此f1＝，∴－1f′(1)－1x2x －x.令f′(x)＝－1＝0，得x＝2，∴当x＝2时，f(x)取得极大值2ln 2－2.x3＋2x＋1对＝－x)xx∈R恒成立，(3)(若江西新八校第二次联考．10(2019·)fx ＋f ．________处的切线方程为(1))f，(1在点)x(f＝y则曲线5＝10x＋4y－答案3①＋2x＋1(x)＋3f(－x)＝x，解析∵f3②2x＋1，x)＋3f(x)＝－x－(∴f－113＝－x，则－x＋联立①②，得f(x)425332－(1)＝－1＝－x)＝－x，－1，∴f′′f(222511 －1＋＝－，又f(1)＝－442550. y－5＝(x－1)，即10x＋4＝－∴切线方程为y＋24________ 其母线长为20 cm.要使体积最大，则高为11．要做一个圆锥形的漏斗，cm.320 答案3ππ22(400rhh－h＝(cm)，所以体积V解析设高为h cm，则底面半径＝r＝40033ππ320203222即当高为＝.)＝0，解得3h3)．令V′＝(400－hh(400－h)，则V′＝－3333cm时，圆锥的体积最大．13－3x－2ln x在[t，x)＝xt＋1]上不单调，则实数t的取值范围是(12．若函数f 3________．答案1<t<232x－3x－2?x－2??x＋1?222x＝＝＝，可以验证x)＝x－3－′解析依题意，f(xxx为极小值点，故t<2<t＋1，解得1<t<2.三、解答题ln x13．(2019·河北邯郸一模)已知函数f(x)＝ax－. x(1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(2)若y＝f(x)的图象与y＝a相切，求实数a的值．ln xln xln x解(1)由f(x)≥0得ax－≥0，从而ax≥，即a≥.2xxxx2ln 1－xln >0), (x＝，则g′(x)＝设g(x)32xx (x)单调递增；g′(x)>0，所以当0<xg<e时，单调递减，(x)g′(x)<0，g当xe>时，1(e)＝g，e 时，g(x)所以当x取得最大值，＝2e1故a的取值范围是a≥.2e，＝a?t?f?? a)，依题意可得相切于点y＝a(t，(2)设y＝f(x)的图象与0.＝?t?f′?tln ?，－＝aat?tx1－ln ?－，所以(x)＝a因为f′2xt－ln 1?，＝a－0?2t ，－1)ln t＝0－消去a可得t1－(2t ，则(2t－1)ln t令h(t)＝t－1－11 ，2ln t－1(2t－1)·－2ln t＝－h′(t)＝1－tt (1)＝0，在)(0，＋∞)上单调递减，且h′显然h′(t (t)单调递增；h′(t)>0，h<1所以0<t时，t)单调递减，′(t)<0，h(时，t>1h1.，故a＝h(t)＝01所以当且仅当t＝时，x 1)．－k(x－)(2019·山西考前适应性考试已知函数f(x)＝(kx－1)e14．；k＝x处的切线斜率与无关，求x(1)若f(x)在x00的最大值．＜0成立，求整数k)(2)若?x∈R，使得f(x x－k，(x)＝kx＋k－1)e解(1)f′(xx e＋1)e，－1]－)即f′(x＝k[(x x0.1(x＋1)e＝－由已知得00xx，＋2)e＝1，则φ′(x)(xxx令φ()＝(＋1)e－单调递减，)x)<0，φ(x′－∞，－当x∈(2)时，φ(x，x－1<1，∴(＋1)e<0＋，∴－x ∵<2x x；)<0x(φ，因此1<0－1)e＋x(∴．当x∈(－2，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．又φ(0)＝0，所以φ(x)只有唯一零点，故x＝0. 0xx. ＋1)<e－x)<0，即k(xe(2)f(x 当x≥0时，xxx－1)＋1>0；≥0，∴xe(e－1≥0，∴x(e －1)∵当x<0时，xxx－1)(e＋1>0. －1)>0，∴x∵e－1<0，∴x(e x－1)(e＋1>0.∴x x e xx.k<－ex＋1)<e可等价转化为∴k(x x1＋xe－x x e设g(x)＝，由题意k<g(x).xmax1＋－xxe xx－xe??2－e x又g′(x)＝，令h(x)＝2－e－x，2x?＋1xe－x?x－1<0，)＝－e 则h′(x∵h′(x)<0，∴h(x)在R上单调递减，又∵h(0)>0，h(1)<0，x＝2－x.x)＝0，即eh∴?x∈(0,1)，使得(0000当x∈(－∞，x)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；0当x∈(x，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减．0x e0 x)＝(∴g(x)＝g x0max1xx e＋－0002－x10＝＝.11x＋?2－x－x?00032＋＋x－02－x0令t＝x－2[t∈(－2，－1)]，011??，1??，∈＋则y＝t＋32t??∴g(x)∈(1,2)，故整数k的最大值为1. max。