2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题第21-23题解析版

这是一份2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题第21-23题解析版，共52页。试卷主要包含了已知函数，设函数，已知函数，其中，已知，设函数，已知函数有两个零点，设函数为的导函数.等内容，欢迎下载使用。
 2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题21-23题
原题21
1．已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
变式题1基础
2．已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对任意的，都有成立，求的取值范围．
变式题2基础
3．设函数．
(1)求的单调区间；
(2)若对任意的，都有成立，求实数a的取值范围．
变式题3基础
4．已知函数，其中．
(1)讨论的单调性；
(2)若，，求的最大值．
变式题4巩固
5．已知函数．
（1）当时，若在，处的导数相等，证明：；
（2）若有两个不同的零点，，证明：．
变式题5巩固
6．已知，设函数．
(1)当时，若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)若对任意实数，函数均有零点，求实数的最大值；
(3)若函数有两个零点，证明：．
变式题6巩固
7．已知函数．
(1)求的零点个数；
(2)若函数有两个不同的极值点，．证明：．
变式题7提升
8．已知函数有两个零点．
(1)求的取值范围；
(2)已知图象与图象关于对称，证明：当时，．
(3)设，是两个零点，证明：．
变式题8提升
9．已知函数的图象在处的切线斜率为.
(1)求函数的极大值；
(2)若，是函数图象上不同的两点，求实数a的取值范围，并证明：.
变式题9提升
10．设函数为的导函数.
(1)求的单调区间；
(2)讨论零点的个数；
(3)若有两个极值点且，证明：.
变式题10提升
11．已知函数．
(1)若恒成立，求a；
(2)若的两个零点分别为，证明：．
原题22
12．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）．
(1)写出的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标．
变式题1基础
13．在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的直角坐标方程；
(2)求与公共点的直角坐标.
变式题2基础
14．曲线的参数方程为（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，曲线的极坐标方程为．
(1)把的参数方程化为极坐标方程；
(2)求曲线与交点的极坐标．
变式题3基础
15．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（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，直线E的极坐标方程为．
(1)求曲线C的普通方程和直线E的直角坐标方程；
(2)求曲线C与直线E交点的极坐标．
变式题4巩固
16．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)设点M的极坐标为，直线l与曲线C交于A，B两点，求．
变式题5巩固
17．在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．
(1)求的普通方程和圆的直角坐标方程．
(2)设与的交点为M，N，证明：是等腰直角三角形．
变式题6巩固
18．在平面直角坐标系中，曲线：，曲线：（为参数），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，的极坐标方程；
(2)若射线与曲线，的公共点分别为A，B，求的最大值.
变式题7巩固
19．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
(1)求直线l的极坐标方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)若点M，N分别在直线l和曲线C上，且直线的斜率为，求线段长度的取值范围．
变式题8提升
20．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(γ为参数)，曲线的参数方程为(s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，已知点A的极坐标为，直线l：()与交于点B，其中．
（1）求曲线的极坐标方程以及曲线的普通方程；
（2）过点A的直线m与交于M，N两点，若，且，求α的值．
变式题9提升
21．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）．
（1）若直线平行于直线，且与曲线只有一个公共点，求直线的方程；
（2）若直线与曲线交于两点，，求的面积．
变式题10提升
22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，且在两坐标系下取相同的长度单位，建立极坐标系.点P的极坐标为，直线l经过点P，且与极轴所成角为.
（1）写出曲线C的普通方程和直线l的以P为定点的标准参数方程；
（2）设点M为曲线C上的动点，求点M到直线l的距离d的最大值.
原题23
23．已知a，b，c均为正数，且，证明：
(1)；
(2)若，则．
变式题1基础
24．已知
（1）求的最小值；
（2）若，，求证：
变式题2基础
25．已知，，.
（1）若，求的最大值；
（2）若，求的最小值.
变式题3基础
26．已知正数a，b，c，d满足，证明：
(1)；
(2).
变式题4基础
27．设a，b，c均为正数，且．
(1)求的最小值；
(2)证明：．
变式题5巩固
28．（1）已知、、是正数，且满足，求证；
（2）已知、是正数，且满足，求证：．
变式题6巩固
29．（Ⅰ）若，且满足，证明：；
（Ⅱ）若，且满足，证明：.
变式题7巩固
30．设、、为正实数，且.
(1)证明：；
(2)证明：．
变式题8提升
31．已知a，b，c为正实数，且a+b+c=1.
（1）证明：；
（2）证明：.
变式题9提升
32．已知，，.
（1）若，求证：；
（2）若，求证：.
变式题10提升
33．已知，，均为正实数，且．证明：
(1)；
(2)．

参考答案：
1．(1)
(2)证明见的解析

【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
（1）
[方法一]：常规求导
的定义域为，则

令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）
[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则

设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令

所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握

2．（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）求，分别讨论不同范围下的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合，分别求出的范围再求并集即可.
【详解】解：（1）由已知定义域为，
当，即时，恒成立，则在上单调递增；
当，即时，（舍）或，所以在上单调递减，在上单调递增.
所以时，在上单调递增；
时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，若对任意的恒成立，只需，而恒成立，所以成立；
当时，若，即，则在上单调递增，又，所以成立；
若，则在上单调递减，在上单调递增，又，所以，，不满足对任意的恒成立.
所以综上所述：.
3．(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)

【分析】（1）对函数进行求导，根据导数与0的关系即可得单调区间；
（2）利用分离参数思想，求出的最小值即可得结果；
（1）
函数的定义域为

由，得；由，得．
∴的单调递减区间为，单调递增区间为
（2）
由（1）可知在上单调递减，在上单调递增．
所以
∵对任意的，都有成立
即对任意的，都有成立
∴
∴实数a的取值范围为
4．(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
(2)

【分析】（1），讨论或判断的单调性；（2）由题意可得：对任意恒成立，即，通过导数求的最小值．
（1）
，
当时，当恒成立，在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）
依题意得对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，则，
令，则在上单调递增，
，
当时，，即；当时，，即，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，故的最大值为．
5．（1）证明见解析（2）证明见解析
【分析】（1）得出导函数，由题意得出，利用基本不等式得出，即可证明；
（2）由函数零点的性质可得，整理得出，构造函数，利用导数的单调性得出，令，整理得到，从而得出，利用导数得出函数的单调性，结合题设条件得出，从而得出，最后由不等式的性质得出结论.
【详解】（1）当时，
所以，由题意，得，化简，得
所以，
所以
（2）由题意，得
两式相减，得
所以
构造函数
则，所以函数在上单调递增
所以当时，
令，则，化简得
所以，所以．
因为
若，则，单调递减，不可能有两个不同的零点，所以
，
则在上单调递减，在上单调递增
又当时，，当时，，所以
所以，即，解得
故．
【点睛】本题考查导数、函数的零点、函数的单调性的应用，考查考生综合运用函数与导数的知识解决问题的能力，考查考生的运算求解能力及逻辑思维能力．
6．(1)
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）当时，对函数求导，再根据和两种情况进行分类讨论函数的单调性，即可求出结果.
（2）对函数求导，再根据和两种情况讨论函数的单调性，进而求出函数的最值；
（3）由题意得，要证原命题成立，只要证成立；设，则，是函数的两根．再根据和两种情况讨论函数的单调性，再记函数有图象关于直线对称后是函数的图象，再求的正负情况，最后根据不等式关系，即可证明结果.
（1）
解：当时，．．
当时，，则在上单调递增．
当时，若，，在上不可能单调递增．．
所以在上单调递增，则．
（2）
解：
（ⅰ）当时，，在上单调递增．有零点．
（ⅱ）当时，在上单调递增，在上单调递减．
又当x趋近于时，f(x)趋近于；x趋近于时，f(x)趋近于；
所以只要恒成立，则恒有零点．
即恒成立．
因为求的最大值，不妨设，．
设，则．
所以只要．
即，得．
所以的最大值为．
（3）
解：由题意得：只要证．
设，．
则，是函数的两根．
．
当时，，与函数有两个零点矛盾．
所以．所以当时，．
所以函数在上递增，在上递减．
记函数有图象关于直线对称后是函数的图象．
有．
则．
．
所以时，．
所以，即．
所以．．
所以．
7．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）分离参数a，构造函数，并求导，利用导数研究函数的单调性，再结合零点存在定理即可求解出零点个数；或直接对函数求导，然后利用导数研究函数的单调性并结合零点存在定理，从而求得函数的零点个数；
（2）先判断两个极值点存在的条件，然后把所证的式子进行转化，从而转化为关于a的函数，并利用导数研究函数的单调性和最值即可证明结论．
（1）
由题意可知，
令，则，∴．
令，则，
当时，，∴函数在上单调递增；
当时，，∴函数在上单调递减，
∴，当,且，当时，，
∴当或，即或时，函数有且仅有一个零点；
当，即时，函数有两个零点；
当，即时，函数没有零点．
综上所述，当或时，函数有且仅有一个零点；
当时，函数有两个零点；
当时，函数没有零点．
（2）
，
则，则，∴或，
且，
∵，∴


．
令，，则，
令，则，
当时，，
∴函数在上单调递减，∴，
∴函数在上单调递减，∴．
∴．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4) 利用导数证明不等式．
(5) 利用导数研究函数的零点问题．
8．(1).
(2)证明见解析.
(3)证明见解析.

【分析】（1）求得导函数，再分，，，，讨论导函数的符号，得原函数的单调性，从而建立不等式，求解可得的取值范围；
（2）由题意求得，令，求导函数，分析导函数的符号，得所令函数的单调性和最值，由此可得证；
（3） 由已知得，继而有，令，有，求导函数，并分析其符号，得函数的单调性，设，则，设，，运用导函数分析得在的单调性和最值，从而得恒成立，再令，由函数的单调性可得证.
（1）
解： 函数，，
①若，那么，函数只有唯一的零点2，不合题意；
②若，那么恒成立，
当时，，此时函数为减函数；
当时，，此时函数为增函数；
此时当时，函数取极小值，由（2），可得：函数在存在一个零点；
当时，，，
，
令的两根为，，且，
则当时，，故函数在存在一个零点；
即函数在是存在两个零点，满足题意；
③若，则，当时，，
，
即恒成立，故单调递增，
当时，，，即恒成立，故单调递减，
当时，，，即恒成立，故单调递增，
故当时，函数取极大值，
由得：函数在上至多存在一个零点，不合题意；
④若，则，
当时，，，即恒成立，故单调递增，
当时，，，即恒成立，故单调递增，
故函数在上单调递增，
函数在上至多存在一个零点，不合题意；
⑤若，则，
当时，，，
即恒成立，故单调递增，
当时，，，
即恒成立，故单调递减，
当时，，，即恒成立，故单调递增，
故当时，函数取极大值，由（1）得：函数在上至多存在一个零点，不合题意；
综上所述，的取值范围为．
（2）
证明：由题意得：，
令，则，
时，，在递增，（1），
故当   时，．
（3）
证明： ，是的两个零点，，且，且，，
令，则，
，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
设，则，
设，，则恒成立，即在上为增函数，
恒成立，即恒成立，
令，则，
即．
9．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，利用可求，结合导数的符号可得函数的极值.
（2）令，根据单调性可得最大值，根据后者的符号可得的取值范围，注意检验.利用满足的条件可得要证，只需证：，后者可构建新函数来证明.
（1）
由题可知函数的定义域为，，
由，得，解得.
此时.
当时，，故在上单调递增，
当时，故在单调递减，
所以当时，取得极大值，为.
（2）
由题意知方程有两个不同的实数根，.
令，则有两个不同的零点，
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，极大值为.
故在上单调递增，在上单调递减，.
所以即.
若，则当时，即，
故在上没有零点，此时在上至多有一个零点，矛盾.
故.
下证：当时，，
设，则，故在上为减函数，
故，故当时，成立.
所以时，有即，
故当 时，有
当时，，
故在上有一个零点.
又，故在上有且只有一个零点.
综上，.
不妨设，由可得，
可得，整理得.
要证，只需证：，即证，
令，则，故只需证在上恒成立即可.
令，则当时，，
所以在区间上单调递增，所以，
所以在区间上恒成立，故.
【点睛】思路点睛：导数背景下的函数零点问题，需利用函数的单调性和零点存在定理来处理，后者取点时要注意与极值点比较大小，如果取点比较困难，可利用放缩法来处理.
10．(1)单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)答案见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）求出的导函数，即可得到的解析式，再求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间；
（2）由（1）得，，再对分三种情况讨论结合零点存在性定理，分别得到函数的零点个数；
（3）由（2）可得且，依题意可得，利用导数证明，即可得到，从而得证；
（1）
解：因为，
所以．     
即，，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为．
（2）
解：由（1）得，．
当时，，则在上无零点．
当时，，则在上有一个零点．
当时，，因为，，，
所以，，，
故在上有两个零点．
综上，当时，在上无零点；
当时，在上有一个零点；
当时，在上有两个零点．
（3）
证明：由（2）及有两个极值点，且，
可得， 在上有两个零点，且．
所以，    
两式相减得，即．
因为，所以．
下面证明，即证．
令，则即证．
令，，则，
所以在上单调递增，所以，
故．
又，
所以，
故．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
11．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）令新函数，求导，利用极值求得，再代入检验；
（2）将代入，计算化简之后，换元得新函数，求导判断单调性与极值，并结合基本不等式证明.
（1）
定义域为，
得，即，
设，因为，，
故，而，，得，
若，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以是的极小值点，故．综上，．
（2）
由题意知，两式相加得，
两式相减得，即，
所以，
即，显然，记，
令，则，
所以在上单调递增，则，
所以，则，即，
所以，
所以，
所以，即，
令，则时，，
所以在上单调递增，又，故，
所以，
所以，则，即．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
12．(1)；
(2)的交点坐标为，，的交点坐标为，．

【分析】(1)消去，即可得到的普通方程；
(2)将曲线的方程化成普通方程，联立求解即解出．
（1）
因为，，所以，即的普通方程为．
（2）
因为，所以，即的普通方程为，
由，即的普通方程为．
联立，解得：或，即交点坐标为，；
联立，解得：或，即交点坐标为，．

13．(1)：，：；
(2).

【分析】（1）将曲线的参数方程两边同时平方后相减即可求得其直角坐标方程；利用，即可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）联立（1）中所求两曲线的直角坐标方程，即可求得公共点坐标.
（1）
将的参数方程两边同时平方并相减，得，
故曲线的直角坐标方程为.
将代入的极坐标方程得.
故的直角坐标方程为，的直角坐标方程为.
（2）
由可得的直角坐标方程为，的直角坐标方程为，
联立方程组，解得
故与公共点的直角坐标为.
14．(1)；
(2).

【分析】（1）应用同角三角形函数的平方关系消参，得到直角坐标方程，再由公式法写出极坐标方程即可.
（2）写出的直角坐标方程，联立求交点坐标，再转化为极坐标形式即可.
（1）
曲线的参数方程为（为参数），则，
所以直角坐标方程为，
由公式法，可得极坐标方程为.
（2）
曲线的极坐标方程为，可得其直角坐标方程为
所以，解得或，
所以交点极坐标为.
15．(1)曲线C的普通方程为，直线E的直角坐标方程为；
(2)，

【分析】（1）直接消参求出曲线C的普通方程，利用公式求得直线E的直角坐标方程；
（2）先联立求出交点的直角坐标，再化为极坐标即可.
（1）
由题意知：（为参数），则，
所以曲线C的普通方程为，
因为，，
所以直线E的直角坐标方程为；
（2）
由，解得或，
故交点的直角坐标为，
由化为极坐标为，.
16．(1)；
(2)

【分析】（1）由曲线C的参数方程消去参数即可；由直线l的极坐标方程为，利用求解；
（2）设，求得直线l的参数方程，利用参数的几何意义求解.
（1）
解：由，
又，
所以；
由，
将代入得；
（2）
设，点A，B所对应的参数为，，
则l的参数方程为（t为参数），
代入得，，
所以．
17．(1)；
(2)证明见解析

【分析】（1）由参数方程消参，极坐标和直角坐标的互化公式化简即可得出结果；
（2）根据的直角坐标方程，求得再根据与半径满足的勾股定理判断即可
（1）
由题，两式相减有.
因为，，，
的直角坐标方程为即
（2）
因为 ，则圆心到直线的距离为,
又圆的半径，故，因为，且，故是等腰直角三角形
18．(1)，；
(2).

【分析】（1）根据直角坐标与极坐标的转化公式可得，消参得的普通方程，再转化为极坐标方程即可；
（2）根据极径的意义，问题转化为，代入，，利用三角函数求最值即可.
（1）
曲线的极坐标方程为，
曲线的普通方程为，所以曲线的极坐标方程为.
（2）
设，，
因为A，B是射线与曲线，的公共点，
所以不妨设，则，，
所以
，
所以当时，取得最大值.
19．(1)；
(2)

【分析】（1）利用消参方法消参即可，再利用极坐标和直角坐标互化公式即可求直角方程；
（2）根据题意得的倾斜角为，所以直线与直线的夹角为，过作，垂足为，则，利用参数求出的范围即可求解.
（1）
消去参数得直线的普通方程为，
再将代入直线的普通方程，得直线的极坐标方程为．
由
得曲线的直角坐标方程为，
所以直线l的极坐标方程为；
曲线C的直角坐标方程为．
（2）
因为直线的斜率为，即倾斜角为，
而直线的倾斜角为，故直线与直线的夹角为，
如下图所示，过作，垂足为，

则，因为曲线的参数方程为：（为参数），
所以可设，
则，且，
因为，，，
所以．
所以线段长度的取值范围是
20．（1）；()（2）.
【解析】（1）消去参数即可得曲线、的直角坐标方程，由极坐标方程与直角坐标方程转化公式即可得曲线的极坐标方程；
（2）设直线l的参数方程，进而可得直线m的参数方程，分别与、联立，可得M，N，B对应的参数，，的关系，代入计算即可得解.
【详解】（1）曲线的参数方程为，(γ为参数)，
曲线的普通方程为，即．
由，得曲线的极坐标方程为，
即曲线的极坐标方程为．
由曲线的参数方程，(s为参数),可得，
又，
故曲线的普通方程为()．
（2）A的极坐标为，故A的直角坐标为，
设l：(p为参数)，，
则直线m：(t为参数)，，
联立m：与的方程，
得,，
联立l：与的方程()，
得．
设M，N，B对应的参数分别为，，，
则，，
由可得，
，化简得即，
.
【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程及极坐标方程之间的转化以及直线参数方程的应用，考查了逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题.
21．（1）；（2）.
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，求得直线的方程，消去参数求得曲线的普通方程，结合直线与曲线的位置关系，结合，即可求解；
（2）联立方程组，结果根与系数的关系，求得，利用弦长公式，求得，再利用点到直线的距离公式和三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）因为直线的极坐标方程为，
所以化为平面直角坐标系下的方程为，
因为曲线的参数方程为（为参数），所以化为普通方程为．
因为直线平行于直线，所以可设直线的方程为，
代入曲线的方程，可得，
因为直线与曲线只有一个公共点，
所以，解得，
所以直线的方程为．
（2）由（1）知直线的方程为，曲线的方程为，
联立方程组，整理得，所以，，
所以弦长，
点到直线的距离为，
所以的面积为．
【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，以及直线与抛物线的位置关系的应用，解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
22．（1），(为参数)；（2）.
【分析】（1）由参数方程消去参数，可得到曲线C的普通方程，点P的直角坐标为，且直线l的倾斜角为，可直接写出直线的参数方程；
（2）写出直线l的普通方程，设，利用点到直线的距离公式结合三角函数的性质可求最值.
【详解】（1）将曲线C的参数方程，消去参数，得到曲线C的普通方程；
点P的极坐标为化为直角坐标为，且直线l的倾斜角为，
所以直线l的以P为定点的标准参数方程为(为参数)；
（2）将直线l的参数方程，消去参数，得到普通方程，
设，
则点M到直线l的距离
当，即时等号成立，
所以点M到直线l的距离d的最大值为
【点睛】方法点睛：本题考查了椭圆的参数方程的运用，点到直线的距离公式的应用，解决椭圆中的最值问题，一般有两种方法：一是几何法，特别是用椭圆的定义和平面几何的有关结论来解非常巧妙；二是代数法，将椭圆中的最值问题转换为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角有界法、函数单调性法即基本不等式法等，求解最大值或最小值.
23．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）方法一：根据，利用柯西不等式即可得证；
（2）由（1）结合已知可得，即可得到，再根据权方和不等式即可得证.
（1）
[方法一]：【最优解】柯西不等式
由柯西不等式有，
所以，当且仅当时，取等号，所以.
[方法二]：基本不等式
由，，， ，
当且仅当时，取等号，所以.
（2）
证明：因为，，，，由（1）得，
即，所以，
由权方和不等式知，
当且仅当，即，时取等号，
所以.
【点睛】（1）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解；
方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也是不错的方法．

24．（1）（2）证明见解析
【分析】（1）根据柯西不等式可直接得出结果；
（2）由（1）得到，再由，结合基本不等式，即可得出结果.
【详解】（1）因为
由柯西不等式可知：，
即：，当且仅当时等号成立，所以；
（2）由（1）可知：，，
所以，
当且仅当时，等号成立.
【点睛】本题主要考查由柯西不等式求最值，以及不等式的证明，熟记柯西不等式与基本不等式即可，属于常考题型.
25．（1）；（2）.
【分析】（1）对代数式进行变形，利用基本不等式进行求解即可；
（2）利用柯西不等式进行求解即可.
【详解】（1）∵，，，
∴
，
当且仅当，即，时等号成立，
∴的最大值；
（2）∵，
即，
当且仅当，即、、时等号成立，
∴的最小值为.
26．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）由基本不等式证明；
（2）由柯西不等式证明.
（1）
因为，，
所以，
当且仅当时，等号成立，
又正数a，b，c，d满足，所以.
（2）
因为正数a，b，c，d满足，
所以由柯西不等式，可得
，
当且仅当，时，等号成立，
故.
27．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）依题意可得，则，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得；
（2）利用柯西不等式证明即可；
（1）
解：，，都是正数，且，，

当且仅当即时等号，
即的最小值为；
（2）
证明：由柯西不等式得
即，
故不等式成立，
当且仅当时等号成立；
28．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）本题可通过基本不等式得出，进而得出，最后根据即可证得不等式成立；
（2）本题可通过柯西不等式证得不等式成立.
【详解】（1）因为，，，
所以，当且仅当时取等号，
则，，
因为，所以，.
（2）因为，
所以由柯西不等式得
（当且仅当时取等号），
故.
【点睛】关键点点睛：本题考查不等式的证明，主要考查基本不等式和柯西不等式的应用，在使用基本不等式和柯西不等式要注意取等号的情况，考查计算能力，考查转化与化归思想，是中档题.
29．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）将代入，化为二次函数的形式，由二次函数值域可证得结论；
（Ⅱ）利用柯西不等式可得，由此可证得结论.
【详解】（Ⅰ）由得，
则（当且仅当时，等号成立），
即成立.
（Ⅱ）由柯西不等式得：，
（当且仅当时取等号），
即.
【点睛】方法点睛：本题第二问中的不等式证明涉及到利用三项等式证明三项不等式的问题，此类问题通常采用配凑成柯西不等式的方式，利用柯西不等式来进行求解.
30．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）由已知可得出，结合基本不等式可证得；
（2）利用柯西不等式可得出，即可证得结论成立.
（1）
证明：因为、、为正实数，
由基本不等式可得，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故.
（2）
证明：由柯西不等式可得，
所以，，
当且仅当时，即当，，时，等号成立，
故.
31．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）每个式子通分后把1用代换后分子应用基本不等式可证结论；
（2）变形，三个分式中分子提取出来并变为，再用柯西不等式可证得结论．
【详解】（1）

，
当且仅当“a=b=c”时取等号；
（2）

，
当且仅当“a=b=c”时取等号.
【点睛】本题考查用基本不等式和柯西不等式证明不等式成立，解题关键是要凑出基本不等式和柯西不等式的形式，然后才可得出结论，掌握基本不等式和柯西不等式是解题．
32．（1）证明见解析（2）证明见解析
【分析】（1）直接利用柯西不等式即可得证．
（2）直接利用三元基本不等式即可得证．
【详解】（1），当且仅当时等号成立，
所以成立；
（2）
又，，，，，，
所以，
则
，当且仅当，即，，时等号成立，
，即得证．
33．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据，，都为正整数，且，利用基本不等式证明；
（2）法一：利用基本不等式得到，再利用不等式的基本性质证明；法二：利用Cauchy不等式证明.
（1）
∵，，都为正整数，且．
∴，
当且仅当时“=”成立．
（2）
法一：由题意得
①+②+③，得，
当且仅当时“=”成立．
法二：由Cauchy不等式，得．
令，
则．
令，则在上单调递增．
∴，即．