2020年人教版高考數(shù)學(xué)(理)一輪復(fù)習(xí)第十一單元選修4部分聽課手冊(cè)答案

1、第單元選修 4 部分第 70 講坐標(biāo)系考試說(shuō)明 1 1.了解坐標(biāo)系的作用，了解在平面直角坐標(biāo)系伸縮變換作用下平面圖形的變化情況.2.2.了解極坐標(biāo)的基本概念，會(huì)在極坐標(biāo)系中用極坐標(biāo)刻畫點(diǎn)的位置，能進(jìn)行極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)的互化3.3. 能在極坐標(biāo)系中給出簡(jiǎn)單圖形表示的極坐標(biāo)方程【課前雙基鞏固】知識(shí)聚焦2 22.(1)極徑極角 (2)pcos0 x +y -【課堂考點(diǎn)探究】例 1 思路點(diǎn)撥(1)將 代入曲線 C 的方程得一+y2=1；(2)根據(jù)題意，將代入變換后所得曲線的方程，即可得曲線C 的方程.2 2 2 2(1)+y =14x+9y=1解析(1)因?yàn)樗源肭€ C 的方程得 C+y =1.(

2、2)根據(jù)題意，曲線 C 經(jīng)過(guò)伸縮變換后所得曲線的方程為 x2+y2=1，則(2x)2+(3y)2=1,即 4x2+9y2=1,所以曲線 C 的方程為2 24x +9y =1.變式題 解:設(shè) M(x,y)是曲線 C 上任意一點(diǎn)，變換后的點(diǎn)為 M(x ,y).由 _2且 M(x ,y)在曲線一+4y =1 上，得一+一=1,2 2 2 2.X +y =4, 曲線 C 的方程為 x +y =4.例 2 思路點(diǎn)撥(1)將 x=pcos0,y=psin0直接代入直線 I 和曲線 0 的直角坐標(biāo)方程并化簡(jiǎn)即可；(2)將曲線 O 的極坐標(biāo) 方程代入直線 l 和曲線 C 的極坐標(biāo)方程，利用極徑的意義表示|OA

3、|,|OB I,然后再利用三角函數(shù)的知識(shí)化簡(jiǎn)求最值.解:(1) 直線 l 的直角坐標(biāo)方程為x+y- 4=0,且 x=pcos0,y=psin0,二直線 l 的極坐標(biāo)方程為pcos0+psin0-4=0.2 2 2一且 x=pcos0,y=psin0,x +y =p,.C1的極坐標(biāo)方程為p=2sin0.由(1)可知，直線I的極坐標(biāo)方程為pcos0+Psin0-4=0,令e=a，則P=，即 |OA|=2 2曲線 C 的直角坐標(biāo)方程為 x +y =2y,又|OB|=2sina,2-=Sina Sin - =SIna +Sina cosa=-+-sin/ 0aV_, .-_2a -_0),利用已知條件

4、得岀 M 點(diǎn)的坐標(biāo)根據(jù)|OM| |0P|=16 列方程可得 C 的極坐標(biāo)方程再將極 坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程；(2)設(shè) B(pB,a)(pB0)，由|0A|=2,pB=4C0Sa，即可求岀 OAE 面積的最大值.解:(1)設(shè) P 的極坐標(biāo)為(p,0)(p0),M 的極坐標(biāo)為(p1,0)(p10).由題設(shè)知|0P|=p0M|=p1=.由|0M| |0P|=16 得 C 的極坐標(biāo)方程為p=4cos0(p0),2 2因此 G 的直角坐標(biāo)方程為(x- 2)+y=4(x工 0).由(1)可知，直線I的極坐標(biāo)方程為pcos0+Psin0-4=0,令e=a，則P=，即 |OA|=設(shè)點(diǎn) B 的極坐標(biāo)為(pB,

5、a)(pB0).由題設(shè)知|0A|= 2,pB=4COSa，于是OAB 勺面積S|OA| pBsin/AOB=4cos a=2 2+.當(dāng) a =- 時(shí),S 取得最大值 2+ ,所以AOAE 面積的最大值為 2+.2 2 2變式題 解:(1)由題意可知，圓 C 的直角坐標(biāo)方程為 X+ - =-，即 x+y-y=0,2 ,化為極坐標(biāo)方程為p-psin0=0,整理可得p=sin0.設(shè) Mp1,0),N-,|OM|+|ON|=p1+p2=sin0+sin =-sin0 +cos0=sin -,由_ 得 OW 00,0W 0由(1)可知，直線I的極坐標(biāo)方程為pcos0+Psin0-4=0,令e=a，則P=

6、，即 |OA|=(1)求 C 與 o 交點(diǎn)的極坐標(biāo)設(shè)點(diǎn) Q 在 C 上,，求動(dòng)點(diǎn) P 的極坐標(biāo)方程解：(1)聯(lián)立得 COS0= ,T00,.0=_,p=2 1,交點(diǎn)的極坐標(biāo)為一一.設(shè) P(p,0),C(p0,0o)且p0=4COS00,p00,00G -.由已知=-，得_-p=4cos0,0 G -,點(diǎn) P 的極坐標(biāo)方程為p=6cos0,p 0,0G -.例2 配合例 3 使用2018 貴陽(yáng)模擬在極坐標(biāo)系中，直線丨：pcos0=-2，曲線 C 上任意一點(diǎn)到極點(diǎn) 0 的距離等于它到直 線丨的距離.(1) 求曲線 C 的極坐標(biāo)方程；若 P,Q 是曲線 C 上的兩點(diǎn)，且 OPL0Q 求+的最大值.2

7、 2 2 2解：(1)由題意知，直線丨的直角坐標(biāo)方程為 x=-2,設(shè)點(diǎn) Mx,y)是曲線 C 上任意一點(diǎn),則 x +y =(x+2)，即 y=4x+4,化為極坐標(biāo)方程為2 2psin0=4pcos0+4,化簡(jiǎn)得p=pcos0+2 所以曲線 C 的極坐標(biāo)方程為p=pcos0+2.(2) 設(shè) P(p1,0),Q -，貝H-+-=-+-=-=-W-，當(dāng)0 -_二，即0 =時(shí),+取得最大值，最大值為.第 71 講參數(shù)方程考試說(shuō)明 1 1.了解參數(shù)方程，了解參數(shù)的意義.2 2.能選擇適當(dāng)參數(shù)寫出直線、圓和橢圓的參數(shù)方程【課前雙基鞏固】知識(shí)聚焦設(shè)點(diǎn) Q 在 C 上,，求動(dòng)點(diǎn) P 的極坐標(biāo)方程1.參數(shù)方程參

8、數(shù)【課堂考點(diǎn)探究】例 1思路點(diǎn)撥(1)依據(jù)直線的參數(shù)方程和圓的參數(shù)方程的概念可直接寫岀它們的參數(shù)方程；(2)將圓 C 的參數(shù)方程化為普通方程，再將直線丨的參數(shù)方程代入，利用 0 即可求岀 a 的取值范圍.解:(1)依題意，直線丨的參數(shù)方程為(t 為參數(shù))，即(t 為參數(shù)).圓 C 的參數(shù)方程為_(e為參數(shù)).(2)將圓 C 的參數(shù)方程化為普通方程得2 2(x- 2a) +(y- 2a) =2,將直線丨的參數(shù)方程代入，得二-+ - =2,整理得 t2-_at+a2- 2=0,因?yàn)橹本€丨和圓 C 有公共點(diǎn)，所以 =(-_a)2-4(a2-2)0,解得-2a 0),2 _聯(lián)立兩方程得 x - 3x+

9、2=0,求得兩交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(1,1),(2,0)所以|AB|=.2 2例 2 思路點(diǎn)撥(1)利用 sin0+COSe=1,即可將曲線 Ci的參數(shù)方程化為普通方程；消去參數(shù) t,即可得岀 C2的普通方程;(2)C2與 x 軸交于 P，把 C 的參數(shù)方程代入曲線 C1的普通方程，整理為關(guān)于 t 的一元二次方程，利用直線參數(shù)方程的幾何意義，得|PM| |PN|=|t1t2|，進(jìn)而求岀最小值.解：(1)T曲線 C1：二(e為參數(shù)), sine+cose=r+x =1,即 x +12y =1,二曲線 G 的普通方程為 x +12y =1.C2： (t 為參數(shù))，消去參數(shù) t 可得,-一 sina-y

10、 cosa=0,C的普通方程為-一 sina-y cosa=0.由(1)可知,C2與 x 軸交于 P 把 G:2 2(t 為參數(shù))代入曲線 G1的普通方程可得(2+22sina)t +2 tcosa-1=0, 0,設(shè) MN 對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為 t1,t2,|PM| |PN|=|t1t2|=|PM| |PN|的最小值為一，此時(shí) a =kn+-,k 乙2 2變式題解：(1)由題意知，曲線 C 的普通方程是 x+y=4,所以曲線 C 是圓.(2)將直線丨的參數(shù)方程代入曲線 C 的普通方程得(2+tcosa)2+(2+tsina)2=4,即卩 t2+4(sina+cosa)t+4=0,由 =16(sin

11、a+cosa)2-160 得 sin 2a0,即 00 所以|tl| + |t2| = |tl+ t2| ,從而|PA|+|PB|=|ti|+|t2|=| 4(sina+cosa)|.所以 I sina+cosa|=.平方可得 sinacosa=-，解得 sina=cosa=,所以直線丨的斜率為 tana=1.例 3 思路點(diǎn)撥(1)將 C 的普通方程化成參數(shù)方程，將 I 的參數(shù)方程化成普通方程;(2)將曲線 C 上的動(dòng)點(diǎn)用參數(shù)的形式表示為P，則 d=| 3COSe+4sin0-11|=|5sin(e+a)-11| ,再利用三角函數(shù)的有界性求岀最值.解：(1)由題意知，曲線 C 的參數(shù)方程為一

12、(0為參數(shù))，直線 l 的普通方程為 2x+y- 1 仁 0.曲線 C 上任意一點(diǎn) P -到直線 l 的距離為 d=| 3cos0+4sin0-11| ,即 d=| 5sin (0+a)-11| ,其中a為銳角，且 tana=,當(dāng) sin (0+a)=-1 時(shí),d 取得最大值- ;當(dāng) sin (0+a)=1 時(shí),d 取得最小值 .變式題解:(1)設(shè)直線 l1的傾斜角為a,a 0,n)，由題意知,tana =,所以 sina=-,COSa=-做 l1的參數(shù)方程為(t 為參數(shù)).將代入 l2的方程，得 2 卄 t+ -t+ 5=0,解得t=- 5,即 Q(- 1,-4),=5所以|PQ|=例 4

13、思路點(diǎn)撥(1)將圓 0 的普通方程化成參數(shù)方程，將曲線 C 的極坐標(biāo)方程化成直角坐標(biāo)方程；(2)由(1)知皿-1,0),叫 1,0),可設(shè)2 2 2 2 2 2P(2cosa,2sina)，所以 |PM| +|PN| =(2cosa+1) +(2sina) +(2cosa-1) +(2sina) =5+4cosa+5-4COSa=10,所以2 2|PM| +|PN| 為定值 10.,2/口222卄2222由pcos 20=1 得p(cos0- sine)=1,即pcose-psine=1,2 2所以曲線 C 的直角坐標(biāo)方程為 x-y =1.2 2 2 2 2 2證明：由(1)知 M-1,0),

14、N(1,0),可設(shè) R2COSa,2sina)，所以 |PM| +|PN| =(2cosa+1) +(2sina) +(2cosa-1) +(2sina)=10,2 2所以|PM| +|PN|為定值 10.2 2變式題 解:(1)曲線 C1的普通方程為(x-1) +y =4,直線 l 的直角坐標(biāo)方程為 xs ina-y cosa=2sina.(2)由(1)可知，直線丨與 x 軸的交點(diǎn)為 M2,0),.直線丨的參數(shù)方程可設(shè)為(t 為參數(shù)),將直線丨的參數(shù)方程代入圓2 2 2C 的方程(X- 1) +y =4,得 t +2t cosa- 3=0,設(shè) AB 對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為 t1,t2,|MA| |

15、MB|=|t1 t2|= 3.【備選理由】 例 1 考查了直線的參數(shù)方程與普通方程、圓的極坐標(biāo)方程與直角坐標(biāo)方程的轉(zhuǎn)化，直線的參數(shù)方程的應(yīng)用；例 2考查了曲線的極坐標(biāo)方程、參數(shù)方程轉(zhuǎn)化為直角坐標(biāo)方程，以及曲線的參數(shù)方程的應(yīng)用.-(t 為參數(shù)),以直角坐標(biāo)系 xOy 的原點(diǎn)為極點(diǎn),x 軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，圓 C 的極坐標(biāo)方程為p=4_sin-.(1)求直線丨的普通方程與圓 C 的直角坐標(biāo)方程；設(shè)圓 C 與直線丨交于 A,B 兩點(diǎn)若 P 點(diǎn)的直角坐標(biāo)為(2,1),求|PA|-|PB|的值.解:(1)易得直線丨的普通方程為 y=x- 1.2因?yàn)閳A C 的極坐標(biāo)方程為p=4 sin - =4

16、sin0+4cos0，即p=4psin0+4pcos0,解：(1)由題意知，圓 0 的參數(shù)方程(a為參數(shù)).例1配合例 3 使用已知直線丨的參數(shù)方程為所以圓 C 的直角坐標(biāo)方程為 x+y -4x-4y=0(或?qū)懗?x-2)+(y-2) =8).點(diǎn) P(2,1)在直線丨上，且在圓 C 內(nèi)，把-代入 x+y -4x-4y=0,得 t - t- 7=0,設(shè) A,B 兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為 tl,t2,則 tl+t2=_,tit2= -70,即 t1,t2異號(hào),所以 |PA|-|PB|=|ti|-|t2|=|ti+t2|=例 2 配合例 4 使用2018 貴陽(yáng)模擬在直角坐標(biāo)系 xOy 中曲線 Ci的參數(shù)

17、方程為一(a 為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),x 軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線 G 的極坐標(biāo)方程為p=2 飛山 -.(1)求 C 與 C 的交點(diǎn)的直角坐標(biāo)；過(guò)原點(diǎn) O 作直線丨，使 l 與 0,0 分別相交于點(diǎn) A,B(A,B 與點(diǎn) O 均不重合)，求|AB|的最大值.2 2 _解:(1)由題知，曲線 Ci的普通方程為-+ =1,即 x +y -x+_y=0.由p=2_sin-得p2=- psin0+3pcos0所以曲線 G 的直角坐標(biāo)方程為 x2+y2- 3x-_y=0.聯(lián)立所以 G 與 G 的交點(diǎn)的直角坐標(biāo)為(0,0)和-.曲線 G 的極坐標(biāo)方程為p=2cos -.設(shè)直線丨的極坐標(biāo)方程為

18、0=a(0an,p R),則點(diǎn) A 的極坐標(biāo)為-，點(diǎn) B 的極坐標(biāo)為(2 一 Sin (a+-)，aJ所以 |AB|= 2 一 sin-2cos - =4 sin - I ,所以當(dāng)a+-=-，即a*時(shí),|AB|取得最大值 4,此時(shí) AB 與點(diǎn) O 均不重合.第 72 講絕對(duì)值不等式考試說(shuō)明 1 1.理解絕對(duì)值的幾何意義，并了解下列不等式成立的幾何意義及取等號(hào)的條件|a+b|a|+|b|( (a,b R);R);解得|a-b|a-c|+|c-b|( (a,b R)R).2 2.會(huì)利用絕對(duì)值的幾何意義求解以下類型的不等式|ax+b|c；|x-c|+|x-b|a.【課前雙基鞏固】知識(shí)聚焦1.(1)b

19、b (2)ac ac(3)b+c b+c a+cb+d a+cb+dbe bc (5) (6)2. (1)2ab a=b (2) a=b(3)算術(shù)幾何(4)a=b=c3. (1)ab0(2)(a-b)(b-c)0【課堂考點(diǎn)探究】例 1思路點(diǎn)撥借助絕對(duì)值三角不等式進(jìn)行證明變式題 解：x,y R|x- 1|+|x|+|y-1|+|y+ 1|=|1-x|+|x|+|1-y|+|y+ 1| 1-x+x|+| 1-y+y+1|=3,當(dāng)且僅當(dāng) x 0,1,y -1,1時(shí)等號(hào)成立,|x-1|+|x|+|y-1|+|y+ 1| 的最小值為 3.例 2思路點(diǎn)撥(1)利用零點(diǎn)分段法，去絕對(duì)值,分別求解每個(gè)不等式的

20、解集，由此得岀原不等式的解集；(2)先求得函數(shù) g(x)的最小值，再求得函數(shù) f(x)的最大值,然后比較這兩個(gè)數(shù)值的大小，即可求得有公共點(diǎn)時(shí)，實(shí)數(shù) a 的取值范圍.解:(1)當(dāng) a=2 時(shí),f (x)=當(dāng) x 0,得 x- 1,此時(shí)不等式無(wú)解當(dāng)-K x 1 時(shí)，由 f (x)=2-2x0,得 x 0 的解集為x|- K x 1.證明：-=一 x+y+1 -y+ 一+_ | -a,即 a 1 所以 a 的取值范圍是1,+叼.變式題 解:(1 )由 f (x)=| 2x- 7|+ K x,得 |2x-7| x-1.當(dāng) x 1 時(shí)兩邊平方整理得 3x -26X+48W0,即(x- 6)(3x- 8)

21、 0,解得 x 6.綜上,不等式 f (x) x 的解集為(x -x(2)若存在 x R 使不等式|2x-7 卜 2|x- 1|+1 2 一=8,即證得f(x) 8 恒成立;(2)原問(wèn)題等價(jià)于解一+|1-2m|10,分 1-2m0 和 1-2m2 -=8,當(dāng)且僅當(dāng)一 =2m 且-(x- 2n) 0,即 m=2 且-4 x 8 恒成立.(2)f (1)=- +| 1-2m|(m).當(dāng) 1-2mO,即 m時(shí),f (1)=1+-(1-2 口=一+2卬2由 f(1)10 得-+2m0,化簡(jiǎn)得 m-5m+40,解得 m1 或 m：4,所以-m 或 m：4.當(dāng) 1-2m 0,即 0由 f (1)10 得

22、2+- 2m0,此不等式在 0mc_時(shí)恒成立.綜上，實(shí)數(shù) m 的取值范圍是(0,1)U(4,+ ).當(dāng) x-1 時(shí),f(x)=-2 1 無(wú)解;當(dāng)-ivxvl 時(shí),f(x)=2x 1,解得 x-,所以- x 1 時(shí),f (x)=2 1 恒成立.綜上,f (x) 1 的解集為一 證明：當(dāng) x R 時(shí),f(x)=|x+ 1|-| 1-x| |x+a - (x-b )|=a +b.2 2 2 2因?yàn)閍+b =(a+b) - 2ab (a+b)-2x =-=2,2 2 2 2當(dāng)且僅當(dāng) a=b=1 時(shí)，等號(hào)成立，即 a+b 2,所以當(dāng) x R 時(shí),f (x) 2 a +b g(x)，即 f (x)4;(2

23、) 若對(duì)任意 X1 R 都存在 X2 R 使得 f(X1)=g(X2),求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.解：(1)由題知,f (x)=-f(x)4 等價(jià)于-或_或_ 解得 XV-2 或 x6,.原不等式的解集為(-X,-2)U(6,+X).g(x)=|x-a|-|x+a|-2|a| ,由(1)知 f(x) f -=-,-2|al0,b0,函數(shù) f(x)=(1)證明:2a+b=2;若 a+2b tab 恒成立，求實(shí)數(shù) t 的最大值.解:(1)證明:Ja：0,b0,二-atab 恒成立,t 恒成立,當(dāng)且僅當(dāng) a=b=時(shí),等號(hào)成立, 的最小值為-,t-,即實(shí)數(shù) t 的最大值為-.例3配合例 3 使用2018

24、 南昌二模已知函數(shù) f (x)=- -+a,g(x) = (1)解不等式 g(x)6;若對(duì)任意的 X1 R 存在 X2 R 使得-g (xj=f(X2)成立求實(shí)數(shù) a 的取值范圍解:(1)Jgx)=- +,當(dāng) x-2 時(shí)，由-2x+1-2x-4-,即-x-2;當(dāng)-2xv-時(shí),由-2x+1+2x+46,得 56,即-2xv-;當(dāng) x-時(shí)，由 2x- 1+2x+46,得乂_,即 x_.的最小值為 1.上單調(diào)遞增,綜上,不等式 g(x)v6 的解集是 ./對(duì)任意的 xi R 存在 X2 R 使得-g (xi)=f(X2)成立，二y|y=-g (x)? y|y=f (x).由 f(x)=- - +a,

25、得 f(x) (- ,a.=5,當(dāng)(2x-1 )(2x+4) 0,即-2 -5,即 a 的取值范圍為-5,+).第 73 講不等式的證明考試說(shuō)明 通過(guò)一些簡(jiǎn)單問(wèn)題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法【課前雙基鞏固】知識(shí)聚焦1. (1)a-b0結(jié)論(5)結(jié)論矛盾假設(shè)結(jié)論22. (1)(抽+妙2)【課堂考點(diǎn)探究】例 1 思路點(diǎn)撥(1)采用零點(diǎn)分段法求解不等式；(2)采用作差法，構(gòu)建新函數(shù) g(x)=- - +-,證明當(dāng) x M 時(shí),新函數(shù) g(x)0 恒成立.解:(1)由已知，得 f (x)=-當(dāng) x 2 時(shí)，由 f (x)=x- 1W- 1,解得 x 0,此時(shí) x2 時(shí)，由 f (x

26、) =3x- 5函數(shù) g(x)=-+_在(-a,o上是增函數(shù)，2 2gx)wg(0)=0,即 xf(x) xf (x).變式題 解:(1)vf(x)=|3x+1|+| 3x- 1| ,當(dāng) xv-一時(shí),f(x)=-3x- 1-3x+1=-6x,由-6x- 1,二-1x-;當(dāng)_x 時(shí),f (x)=3x+1-3x+1=2,26 恒成立，- x-時(shí),f (x)=3x+1+3x-仁 6x,由 6x6，解得 x1,-x1.綜上,f (x)6 的解集 M=x|- 1x1.2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2證明：由題知,(ab+1) - (a+b) =a b +2ab+l- (a +b +2ab)

27、=a b -a -b +1 =(a- l)(b -1),2 2 2 2 2 2由 a,bM 得|a| 1,|b| 1,；a- 10,b -10,二(ab+1) (a+b), |ab+ 1 |a+b|.例 2 思路點(diǎn)撥(1)利用零點(diǎn)分段法解不等式；(2)利用基本不等式，采用綜合法證明即可解:(1)由 f (x)+f (x+1)5，得 | 2x- 1|+| 2x+11 5.當(dāng) XV-時(shí)，不等式化為 1-2x-2x- 1-，所以-vxv-；當(dāng)_ x 時(shí)，不等式化為 1-2x+2x+1-時(shí)，不等式化為 2x- 1+2x+1 ，同理可知，一，一,則一.一.一 =8,當(dāng)且僅當(dāng) a=b=c=時(shí)等號(hào)成立，即

28、8.變式題 解：(1 )由 f (2x)+f (x+4) 6,得當(dāng) x 6,解得 x J-所以 x -3;當(dāng)-3 6,解得 x - 2,所以-3x6,解得 x -.綜上，原不等式的解集為(-,-2 U -證明：要證 f (ab)f (a-b+1),即證因?yàn)?1, 1 所以-1 a1,- 1b1,所以 abb,則原不等式即為 1-aba-b ,由 1-ab- (a-b)=(1+b)(1-a)0,可得 1-aba-b，不等式成立.綜上，- -,即 f (ab)f (a-b+1).2 2 2 2 2 2 2 222例 3 思路點(diǎn)撥(1)由柯西不等式，即可證明結(jié)論；(2)由柯西不等式可知(x+2y+3z) (x +y +z)(1 +2 +3 ),可求得 x +y +z 的最小 值._ _ 2 2 2 2 2 2 2(2)由柯西不等式可知(x+2y+3z) (x+2y+z),即(x+2y+z) 36, 又 x,y,z 是正數(shù)，二 x-2y+z4.+即 x+2y+z 的最大值為 6.(2)由題意及(1)得|a+ 1 卜 2a (x+2