统考版2024届高考数学一轮复习选修4-4坐标系与参数方程第二节参数方程学案理含解析20230423171

统考版2024届高考数学一轮复习选修4_4坐标系与参数方程第二节参数方程学案理含解析20230423171第二节参数方程【知识重温】一、必记4个知识点1．参数方程的概念一般地，在平面直角坐标系中，如果曲线上①________的坐标x，y都是某个变数t的函数：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ft，,y＝gt.))并且对于t的每一个允许值，由方程组所确定的点M(x，y)都在②________，那么方程叫做这条曲线的参数方程，t叫做参变数，简称③________.相对于参数方程而言，直接给出点的坐标间关系的方程叫做④________.2．直线的参数方程过定点P0(x0，y0)且倾斜角为α的直线的参数方程为⑤__________________(t为参数)，则参数t的几何意义是⑥__________________.3．圆的参数方程圆心为(a，b)，半径为r，以圆心为顶点且与x轴同向的射线，按逆时针方向旋转到圆上一点所在半径成的角α为参数的圆的参数方程为⑦____________α∈[0,2π)．4．椭圆的参数方程以椭圆的离心角θ为参数，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的参数方程为⑧____________θ∈[0,2π)．二、必明1个易误点在曲线方程之间的互化时，要做到互化准确，不重不漏，保持转化前后的等价性.eq\x(考点一)参数方程与普通方程的互化[自主练透型]1．把下列参数方程化为普通方程．(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(1,2)t，,y＝5＋\f(\r(3),2)t))(t为参数)．(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝sinθ，,y＝cos2θ))(θ为参数，θ∈[0,2π))．2．如图，以过原点的直线的倾斜角θ为参数．求圆x2＋y2－x＝0的参数方程．悟·技法消去参数的三种方法：(1)利用解方程的技巧求出参数的表示式，然后代入消去参数；(2)利用三角恒等式消去参数；(3)根据参数方程本身的结构特征，灵活的选用一些方法从整体上消去参数．将参数方程化为普通方程时，要注意防止变量x和y取值范围的扩大或缩小，必须根据参数的取值范围，确定函数f(t)和g(t)的值域，即x和y的取值范围.考点二参数方程的应用[互动讲练型][例1][2018·全国卷Ⅱ]在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝4sinθ))(θ为参数)，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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．悟·技法(1)解决与圆、圆锥曲线的参数方程有关的综合问题时，要注意普通方程与参数方程的互化公式，主要是通过互化解决与圆、圆锥曲线上动点有关的问题，如最值、范围等．(2)根据直线的参数方程的标准式中t的几何意义，有如下常用结论：过定点M0的直线与圆锥曲线相交，交点为M1，M2，所对应的参数方程为t1，t2.①弦长l＝|t1－t2|；②弦M1M2的中点⇒t1＋t2＝0；③|M0M1||M0M2|＝|t1t2|.[变式练]——(着眼于举一反三)1．[2021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试]已知曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosθ,y＝sinθ))(θ为参数)，A(2,0)，P为曲线C上的一个动点．(1)求动点P对应的参数从eq\f(π,3)变动到eq\f(2π,3)时，线段AP所扫过的图形的面积；(2)若直线AP与曲线C的另一个交点为Q，是否存在点P，使得P为线段AQ的中点？若存在，求出点P的直角坐标；若不存在，请说明理由．考点三极坐标方程与参数方程的综合问题[互动讲练型][例2][2020·全国卷Ⅰ]在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝coskt，,y＝sinkt))(t为参数)．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4ρcosθ－16ρsinθ＋3＝0.(1)当k＝1时，C1是什么曲线？(2)当k＝4时，求C1与C2的公共点的直角坐标．悟·技法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.[变式练]——(着眼于举一反三)2．[2021·惠州市高三调研考试]在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t,y＝3－t))(t为参数)．在以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ.(1)写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；(2)若C1与C2相交于A，B两点，求△OAB的面积．第二节参数方程【知识重温】①任意一点②这条曲线上③参数④普通方程⑤eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosα，,y＝y0＋tsinα))⑥有向线段P0P的数量⑦eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a＋rcosα，,y＝b＋rsinα))⑧eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝acosθ，,y＝bsinθ))课堂考点突破考点一1．解析：(1)由已知得t＝2x－2，代入y＝5＋eq\f(\r(3),2)t中得y＝5＋eq\f(\r(3),2)(2x－2)．即它的普通方程为eq\r(3)x－y＋5－eq\r(3)＝0.(2)因为sin2θ＋cos2θ＝1，所以x2＋y＝1，即y＝1－x2.又因为|sinθ|≤1，所以其普通方程为y＝1－x2(|x|≤1)．2．解析：圆的半径为eq\f(1,2)，记圆心为Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，连接CP，则∠PCx＝2θ，故xP＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cos2θ＝cos2θ，yP＝eq\f(1,2)sin2θ＝sinθcosθ，所以圆的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cos2θ，,y＝sinθcosθ))(θ为参数)．考点二例1解析：(1)曲线C的直角坐标方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝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＋3cos2α)t2＋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t1，t2，则t1＋t2＝0.又由①得t1＋t2＝－eq\f(42cosα＋sinα,1＋3cos2α)，故2cosα＋sinα＝0，于是直线l的斜率k＝tanα＝－2.变式练1．解析：(1)设θ＝eq\f(π,3)时对应的点为M，θ＝eq\f(2π,3)时对应的点为N，O为坐标原点，线段AP扫过的图形的面积＝S△AMN＋S弓形＝S△OMN＋S弓形＝S扇形OMN＝eq\f(1,2)×12×eq\f(π,3)＝eq\f(π,6).(2)设P(cosθ，sinθ)，∵P为线段AQ的中点，∴Q(2cosθ－2,2sinθ)，∵Q在曲线C上，曲线C的普通方程为x2＋y2＝1，∴(2cosθ－2)2＋(2sinθ)2＝1，∴8cosθ＝7，cosθ＝eq\f(7,8).此时点P的直角坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)，±\f(\r(15),8))).考点三例2解析：(1)当k＝1时，C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cost，,y＝sint，))消去参数t得x2＋y2＝1，故曲线C1是圆心为坐标原点，半径为1的圆．(2)当k＝4时，C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cos4t，,y＝sin4t，))消去参数t得C1的普通方程为eq\r(x)＋eq\r(y)＝1.C2的直角坐标方程为4x－16y＋3＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\r(y)＝1，,4x－16y＋3＝0))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,4)，,y＝\f(1,4).))故C1与C2的公共点的直角坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4))).变式练2．解析：(1)消去参数可得C1的普通方程为x＋y－3＝0.由ρ＝4cosθ，得ρ2＝4ρcosθ，又ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，所以C2的直角坐标方程为x2＋y2－4x＝0.(2)解法一C2的标准方程为(x－2)2＋y2＝4，表示圆心为C2(2,0)，半径r＝2的圆．圆心C2到直线x＋y－3＝0的距离d1＝eq\f(\r(2),2)，故|AB|＝2eq\r(r2－d\o\al(2,1))＝eq\r(14).原点O到直线x＋y－3＝0的距离d＝eq\f(3,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|d＝eq\f(1,2)×eq\r(14)×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(3\r(7),2).所以△OAB的面积为eq\f(3\r(7),2).解法二设A，B两点的横坐标分别为x1，x2.联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3＝0,x2＋y2－4x＝0))，消去y得2x2－10x＋9＝0，所以x1＋x2＝5，x1x2＝eq\f(9,2)，所以|AB|＝eq\r(1＋－12)|x1－x2|＝eq\r(1＋－12)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(14).原点O到直线x＋y－3＝0的距离d＝eq\f(3,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|d＝eq\f(1,2)×eq\r(14)×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(3\r(7),2).所以△OAB的面积为eq\f(3\r(7),2).选修4－4坐标系与参数方程第一节坐标系【知识重温】一、必记3个知识点1．极坐标的概念(1)极坐标系：如图所示，在平面内取一个定点O，叫做①________，从O点引一条射线Ox，叫做②________，选定一个单位长度和角及其正方向(通常取逆时针方向)，这样就确定了一个平面极坐标系，简称为③________.(2)极坐标：对于平面内任意一点M，用ρ表示线段OM的长，θ表示以Ox为始边、OM为终边的角度，ρ叫做点M的④________，θ叫做点M的⑤________，有序实数对(ρ，θ)叫做点M的极坐标，记作M(ρ，θ)．当点M在极点时，它的极径⑥________，极角θ可以取⑦________.(3)点与极坐标的关系：平面内一点的极坐标可以有无数对，当k∈Z时，(ρ，θ)，(ρ，θ＋2kπ)，(－ρ，θ＋(2k＋1)π)表示⑧________，而用平面直角坐标表示点时，每一个点的坐标是唯一的．如果规定ρ＞0,0≤θ＜2π，或者－π＜θ≤π，那么，除极点外，平面内的点和极坐标就一一对应了．2．极坐标和直角坐标的互化(1)互化背景：把平面直角坐标系的原点作为极点，x轴的正半轴作为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的单位长度，如图所示．(2)互化公式：设M是坐标平面内任意一点，它的直角坐标是(x，y)，极坐标是(ρ，θ)(ρ＞0，θ∈[0,2π))，于是极坐标与直角坐标的互化公式如表：点M直角坐标(x，y)极坐标(ρ，θ)互化公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝⑨y＝⑩))ρ2＝⑪________tanθ＝⑫________在一般情况下，由tanθ确定角时，可根据点M所在的象限取最小正角．3．常见曲线的极坐标方程曲线图形极坐标方程圆心在极点，半径为r的圆⑬____________________圆心为(r,0)，半径为r的圆⑭____________________圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r，\f(π,2)))，半径为r的圆⑮____________________过极点，倾斜角为α的直线(1)θ＝α(ρ∈R)或θ＝π＋α(ρ∈R)(2)θ＝α(ρ≥0)和θ＝π＋α(ρ≥0)过点(a,0)，与极轴垂直的直线⑯____________________过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,2)))，与极轴平行的直线⑰____________________过点(a,0)，倾斜角为α的直线⑱____________________二、必明3个易误点1．极坐标系的四要素：①极点；②极轴；③长度单位；④角度单位和它的正方向，四者缺一不可．2．由极径的意义知ρ≥0，当极角θ的取值范围是[0,2π)时，平面上的点(除去极点)与极坐标(ρ，θ)(ρ≠0)建立一一对应关系，约定极点的极坐标是极径ρ＝0，极角可取任意角．3．极坐标与直角坐标的重要区别：多值性．在直角坐标系中，点与直角坐标是“一对一”的关系；在极坐标系中，由于终边相同的角有无数个，即点的极角不唯一，因此点与极坐标是“一对多”的关系，但不同的极坐标可以写出统一的表达式．如果(ρ，θ)是点M的极坐标，那么(ρ，θ＋2kπ)或(－ρ，θ＋(2k＋1)π)(k∈Z)都可以作为点M的极坐标．eq\x(考点一)直角坐标系中的伸缩变换[自主练透型]1．求双曲线C：x2－eq\f(y2,64)＝1经过φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x，,2y′＝y))变换后所得曲线C′的焦点坐标．2．若函数y＝f(x)的图象在伸缩变换φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x，,y′＝3y))的作用下得到曲线的方程为y′＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x′＋\f(π,6)))，求函数y＝f(x)的最小正周期．悟·技法伸缩变换公式应用时的两个注意点(1)曲线的伸缩变换是通过曲线上任意一点的坐标的伸缩变换实现的，解题时一定要区分变换前的点P的坐标(x，y)与变换后的点P′的坐标(x′，y′)，再利用伸缩变换公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝λxλ>0，y′＝μyμ>0，))建立联系．(2)已知变换后的曲线方程f(x，y)＝0，一般都要改写为方程f(x′，y′)＝0，再利用换元法确定伸缩变换公式.考点二极坐标与直角坐标的互化[自主练透型]3．[2018·北京卷]在极坐标系中，直线ρcosθ＋ρsinθ＝a(a>0)与圆ρ＝2cosθ相切，则a＝________.4．[2018·江苏卷]在极坐标系中，直线l的方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝2，曲线C的方程为ρ＝4cosθ，求直线l被曲线C截得的弦长．

悟·技法1.极坐标与直角坐标互化公式的3个前提条件(1)取直角坐标系的原点为极点．(2)以x轴的非负半轴为极轴．(3)两种坐标系规定相同的长度单位．2．极坐标与直角坐标互化的策略(1)直角坐标方程化为极坐标方程，只要运用公式x＝ρcosθ及y＝ρsinθ直接代入并化简即可．(2)极坐标方程化为直角坐标方程时常通过变形，构造形如ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，进行整体代换.考点三曲线的极坐标方程的应用[互动讲练型][例][2019·全国卷Ⅱ]在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ＝4sinθ上，直线l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为P.(1)当θ0＝eq\f(π,3)时，求ρ0及l的极坐标方程；(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．悟·技法用极坐标系解决问题时要注意题目中的几何关系，如果几何关系不容易通过极坐标表示时，可以先化为直角坐标方程，将不熟悉的问题转化为熟悉的问题.[变式练]——(着眼于举一反三)[2019·全国卷Ⅲ]如图，在极坐标系Ox中，A(2,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3π,4)))，D(2，π)，弧eq\x\to(AB)，eq\x\to(BC)，eq\x\to(CD)所在圆的圆心分别是(1,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))，(1，π)，曲线M1是弧eq\x\to(AB)，曲线M2是弧eq\x\to(BC)，曲线M3是弧eq\x\to(CD).(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；(2)曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝eq\r(3)，求P的极坐标．选修4－4坐标系与参数方程第一节坐标系【知识重温】①极点②极轴③极坐标系④极径⑤极角⑥ρ＝0⑦任意值⑧同一个点⑨ρcosθ⑩ρsinθ⑪x2＋y2⑫eq\f(y,x)(x≠0)⑬ρ＝r(0≤θ＜2π)⑭ρ＝2rcosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤θ＜\f(π,2)))⑮ρ＝2rsinθ(0≤θ＜π)⑯ρcosθ＝a⑰ρsinθ＝a(0＜θ＜π)⑱ρsin(α－θ)＝asinα课堂考点突破考点一1．解析：设曲线C′上任意一点P′(x′，y′)，由上述可知，将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3)x′，,y＝2y′，))代入x2－eq\f(y2,64)＝1，得eq\f(x′2,9)－eq\f(4y′2,64)＝1，化简得eq\f(x′2,9)－eq\f(y′2,16)＝1，即eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1为曲线C′的方程，可见仍是双曲线，则焦点F1(－5,0)，F2(5,0)为所求．2．解析：由题意，把变换公式代入曲线y′＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x′＋\f(π,6)))得3y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，整理得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以y＝f(x)的最小正周期为eq\f(2π,2)＝π.考点二3．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρcosθ＝x，,ρsinθ＝y，,ρ2＝x2＋y2))可将直线ρcosθ＋ρsinθ＝a化为x＋y－a＝0，将ρ＝2cosθ，即ρ2＝2ρcosθ化为x2＋y2＝2x，整理成标准方程为(x－1)2＋y2＝1.又∵直线与圆相切，∴圆心(1,0)到直线x＋y－a＝0的距离d＝eq\f(|1－a|,\r(2))＝1，解得a＝1±eq\r(2)，∵a＞0，∴a＝1＋eq\r(2).答案：1＋eq\r(2)4．解析：因为曲线C的极坐标方程为ρ＝4cosθ，所以曲线C是圆心为(2,0)，直径为4的圆．因为直线l的极坐标方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝2，则直线l过A(4,0)，倾斜角为eq\f(π,6)，所以A为直线l与圆C的一个交点．设另一个交点为B，则∠OAB＝eq\f(π,6).如图，连接OB.因为OA为直径，从而∠OBA＝eq\f(π,2)，所以AB＝4coseq\f(π,6)＝2eq\r(3).因此，直线l被曲线C截得的弦长为2eq\r(3).考点三例解析：(1)因为M(ρ0，θ0)在C上，当θ0＝eq\f(π,3)时，ρ0＝4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由已知得|OP|＝|OA|coseq\f(π,3)＝2.设Q(ρ，θ)为l上除P的任意一点．连接OQ，在Rt△OPQ中，ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝|OP|＝2.经检验，点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))在曲线ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2上．所以，l的极坐标方程为ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2.(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.因为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cosθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).变式练解析：(1)由题设可得，弧eq\x\to(AB)，eq\x\to(BC)，eq\x\to(CD)所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cosθ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cosθ.所以M1的极坐标方程为ρ＝2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,4)))，M2的极坐标方程为ρ＝2sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≤θ≤\f(3π,4)))，M3的极坐标方程为ρ＝－2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)≤θ≤π)).(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)知：若0≤θ≤eq\f(π,4)，则2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,6)；若eq\f(π,4)≤θ≤eq\f(3π,4)，则2sinθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,3)或θ＝eq\f(2π,3)；若eq\f(3π,4)≤θ≤π，则－2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(5π,6).综上，P的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,6)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(2π,3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(5π,6))).第二节不等式的证明【知识重温】一、必记2个知识点1．比较法比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种．名称作差比较法作商比较法理论依据a>b⇔a－b>0a<b⇔a－b<0a＝b⇔a－b＝0b>0，eq\f(a,b)>1⇒a>bb<0，eq\f(a,b)>1⇒a<b适用类型适用于具有多项式特征的不等式证明主要适用于积、商、幂、对数、根式形式的不等式证明证明步骤作差→变形→判断符号→得出结论作商→变形→判断与1的大小关系→得出结论2．综合法和分析法(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，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫顺推证法或由因导果法．(2)分析法证明命题时，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，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．二、必明2个易误点1．用分析法证明不等式一定要注意格式规范．2．运用放缩法证明不等式的关键是放大(或缩小)要适当．eq\x(考点一)用综合法、分析法证明不等式[互动讲练型][例1][2020·全国卷Ⅲ]设a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.(1)证明：ab＋bc＋ca<0；(2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}≥eq\r(3,4).悟·技法用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野.[变式练]——(着眼于举一反三)1．设不等式||x＋1|－|x－1||＜2的解集为A.(1)求集合A；(2)若a，b，c∈A，求证：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－abc,ab－c)))＞1.考点二反证法证明不等式[互动讲练型][例2]若x，y都是正实数，且x＋y＞2，求证：eq\f(1＋x,y)＜2和eq\f(1＋y,x)＜2中至少有一个成立．悟·技法利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论；(2)从假设出发，导出矛盾；(3)证明原命题正确.[变式练]——(着眼于举一反三)2．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，求证：a，b，c＞0.考点三放缩法证明不等式[互动讲练型][例3]若a，b∈R，求证：eq\f(|a＋b|,1＋|a＋b|)≤eq\f(|a|,1＋|a|)＋eq\f(|b|,1＋|b|).悟·技法在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧，常见的放缩变换有：(1)变换分式的分子和分母，如eq\f(1,k2)＜eq\f(1,kk－1)，eq\f(1,k2)＞eq\f(1,kk＋1)，eq\f(1,\r(k))＜eq\f(2,\r(k)＋\r(k－1))，eq\f(1,\r(k))＞eq\f(2,\r(k)＋\r(k＋1)).上面不等式中k∈N*，k＞1.(2)利用函数的单调性．(3)真分数性质“若0＜a＜b，m＞0，则eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m)”．注意：在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度.[变式练]——(着眼于举一反三)3．设n是正整数，求证：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜1.第二节不等式的证明课堂考点突破考点一例1解析：(1)由题设可知，a，b，c均不为零，所以ab＋bc＋ca＝eq\f(1,2)[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]＝－eq\f(1,2)(a2＋b2＋c2)＜0.(2)不妨设max{a，b，c}＝a，因为abc＝1，a＝－(b＋c)，所以a＞0，b＜0，c＜0.由bc≤eq\f(b＋c2,4)，可得abc≤eq\f(a3,4)，故a≥eq\r(3,4)，所以max{a，b，c}≥eq\r(3,4).变式练1．解析：(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，x≥1,2x，－1＜x＜1，,－2，x≤－1，))由|f(x)|＜2得－1＜x＜1，即A＝{x|－1＜x＜1}．(2)要证eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－abc,ab－c)))＞1，只需证|1－abc|＞|ab－c|，只需证1＋a2b2c2＞a2b2＋c2，只需证1－a2b2＞c2(1－a2b2)，只需证(1－a2b2)(1－c2)＞0，由a，b，c∈A，得－1＜ab＜1，c2＜1，所以(1－a2b2)(1－c2)＞0恒成立，综上，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－abc,ab－c)))＞1.考点二例2证明：假设eq\f(1＋x,y)＜2和eq\f(1＋y,x)＜2都不成立，则有eq\f(1＋x,y)≥2和eq\f(1＋y,x)≥2同时成立．因为x＞0且y＞0，所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x.两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2.这与已知条件x＋y＞2矛盾，因此eq\f(1＋x,y)＜2和eq\f(1＋y,x)＜2中至少有一个成立．变式练2．证明：(1)设a＜0，因为abc＞0，所以bc＜0.又由a＋b＋c＞0，则b＋c＞－a＞0，所以ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，与题设矛盾．(2)若a＝0，则与abc＞0矛盾，所以必有a＞0.同理可证：b＞0，c＞0.综上可证a，b，c＞0.考点三例3证明：当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．当|a＋b|≠0时，由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|⇒eq\f(1,|a＋b|)≥eq\f(1,|a|＋|b|)，所以eq\f(|a＋b|,1＋|a＋b|)＝eq\f(1,\f(1,|a＋b|)＋1)≤eq\f(1,1＋\f(1,|a|＋|b|))＝eq\f(|a|＋|b|,1＋|a|＋|b|)＝eq\f(|a|,1＋|a|＋|b|)＋eq\f(|b|,1＋|a|＋|b|)≤eq\f(|a|,1＋|a|)＋eq\f(|b|,1＋|b|).变式练3．证明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，得eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋k)＜eq\f(1,n).当k＝1时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋1)＜eq\f(1,n)；当k＝2时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋2)＜eq\f(1,n)；…当k＝n时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋n)＜eq\f(1,n)，∴eq\f(1,2)＝eq\f(n,2n)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜eq\f(n,n)＝1.所以原不等式成立．选修4－5不等式选讲第一节绝对值不等式【知识重温】一、必记2个知识点1．含有绝对值的不等式定理(1)定理：对任意实数a和b，有①____________________，其中等号成立的条件为ab≥0.(2)定理中的b以－b代替，则有|a－b|≤|a|＋|b|.其中等号成立的条件为②____________.(3)对任意实数a和b，有||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.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：不等式a＞0a＝0a＜0|x|＜a③________④________⑤________|x|＞a⑥________⑦________⑧________(2)|ax＋b|≤c(c＞0)和|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法：(ⅰ)|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；(ⅱ)|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.(3)|x－a|＋|x－b|≥c(c＞0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法．(ⅰ)利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想．(ⅱ)利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想．(ⅲ)通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．二、必明2个易误点1．利用均值不等式必须要找准“对应点”，明确“类比对象”，使其符合几个重要不等式的特征．2．注意检验等号成立的条件，特别是多次使用不等式时，必须使等号同时成立．eq\x(考点一)绝对值三角不等式性质的应用[互动讲练型][例1][2016·江苏卷]设a>0，|x－1|<eq\f(a,3)，|y－2|<eq\f(a,3)，求证：|2x＋y－4|<a.悟·技法对绝对值三角不等式定理的理解注意以下三点(1)等号成立的条件在解题时经常用到，特别是用此定理求函数的最大(小)值时．(2)该定理可推广为|a＋b＋c|≤|a|＋|b|＋|c|，也可强化为||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它们经常用于含绝对值的不等式的推论．(3)当ab≥0时，|a＋b|＝|a|＋|b|；当ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|；当b(a＋b)≤0时，|a|－|b|＝|a＋b|；当b(a－b)≥0时，|a|－|b|＝|a－b|.[变式练]——(着眼于举一反三)1．已知x，y∈R，且|x＋y|≤eq\f(1,6)，|x－y|≤eq\f(1,4)，求证：|x＋5y|≤1.考点二绝对值不等式的解法[自主练透型]1．不等式|2x－1|>3的解集为________．2．[2020·江苏卷]设x∈R，解不等式2|x＋1|＋|x|<4.3．[2020·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝|3x＋1|－2|x－1|.(1)画出y＝f(x)的图象；(2)求不等式f(x)>f(x＋1)的解集．悟·技法解绝对值不等式的基本方法(1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式．(2)当不等式两端均为正号时，可通过两边平方的方法，转化为解不含绝对值符号的普通不等式．(3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解.考点三与绝对值不等式有关的参数范围问题[互动讲练型][例2][2020·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝|x－a2|＋|x－2a＋1|.(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4的解集；(2)若f(x)≥4，求a的取值范围．悟·技法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，转化为分段函数，然后利用数形结合解决，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.[变式练]——(着眼于举一反三)2．[2021·惠州市高三调研考试]已知f(x)＝|x＋1|＋|ax－a＋1|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若x≥1时，不等式f(x)≥x＋2恒成立，求a的取值范围．选修4－5不等式选讲第一节绝对值不等式【知识重温】①|a＋b|≤|a|＋|b|②ab≤0③{x|－a＜x＜a}④∅⑤∅⑥{x|x＞a或x＜－a}⑦{x|x∈R且x≠0}⑧R课堂考点突破考点一例1证明：因为|x－1|<eq\f(a,3)，|y－2|<eq\f(a,3)，所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|<2×eq\f(a,3)＋eq\f(a,3)＝a.变式练1．证明：∵|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|.∴由绝对值不等式的性质，得