高考数学专题练 专题六解析几何 微专题40　最值、范围问题（含答案）

这是一份高考数学专题练 专题六解析几何 微专题40　最值、范围问题（含答案），共13页。


典例1 (2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4eq \r(15).
(1)求p；
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(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．
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典例2 (2023·临汾模拟)已知点F1，F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P是C右支上一点，△F1F2P的周长为18，I为△F1F2P的内心，且满足 ＝2∶3∶4.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过F2的直线l与双曲线的右支交于M，N两点，与y轴交于点Q，满足eq \(QM,\s\up6(→))＝meq \(MF2,\s\up6(—→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝neq \(NF2,\s\up6(—→))(其中m>0)，求eq \f(|MF2|,|NF2|)的取值范围．
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[总结提升]
解决圆锥曲线中的最值与范围问题，一般有两种方法：一是几何法，若题目的条件和结论有明显的几何特征，可考虑利用圆锥曲线的定义和图象的有关性质求解；二是代数法，先根据条件列出目标函数，然后根据函数表达式的特征选用适当的方法求出最值或值域．求解范围、最值问题的常见方法：(1)利用判别式来构造不等关系．(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．(4)利用基本不等式．
1．(2023·佛山模拟)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于x轴的直线交C于B，D两点，且△ABD是直角三角形．
(1)求双曲线C的方程；
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(2)M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，若k1k2＝－2，求点A到直线MN的距离d的取值范围．
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2．(2023·温州模拟)如图，斜率为k的直线交抛物线x2＝4y于A，B两点，已知点B的横坐标比点A的横坐标大4，直线y＝－kx＋1交线段AB于点R，交抛物线于点P，Q.
(1)若点A的横坐标为0，求|PQ|的值；
(2)求|PR|·|QR|的最大值．
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3．(2023·厦门质检)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点为M(0,2)，右顶点为N，直线MN的斜率为－eq \f(\r(3),3)，A，B，C，D是椭圆上4个点(异于点M)，AB∥CD，直线MA与MB的斜率之积为－eq \f(1,3)，直线MC与MD的斜率之和为1.
(1)证明：A，B关于原点对称；
(2)求直线AB与CD之间的距离的取值范围．
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微专题40 最值、范围问题
[考情分析] 圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，范围、最值问题是常见的热点题型，常以解答题的形式压轴出现，难度较大．
考点一 圆锥曲线的最值问题
典例1 (2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4eq \r(15).
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．
解 (1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px，))可得y2－4py＋2p＝0，
所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p，
所以|AB|＝eq \r(5)×eq \r(yA＋yB2－4yAyB)＝4eq \r(15)，
即2p2－p－6＝0，解得p＝2(负值舍去)．
(2)由(1)知y2＝4x，
所以焦点F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0，
因为eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，eq \(FM,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)，eq \(FN,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，
所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，
即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，
将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入得，4m2＝n2－6n＋1，
所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，
解得n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2).
设点F到直线MN的距离为d，
所以d＝eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))，
|MN|＝eq \r(1＋m2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(16m2＋16n)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(4n2－6n＋1＋16n)
＝2eq \r(1＋m2)|n－1|，
所以△MFN的面积
S＝eq \f(1,2)×|MN|×d＝eq \f(1,2)×2eq \r(1＋m2)|n－1|×eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))＝(n－1)2，
而n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2)，
所以当n＝3－2eq \r(2)时，△MFN的面积最小，为Smin＝(2－2eq \r(2))2＝12－8eq \r(2)＝4(3－2eq \r(2))．
跟踪训练1 (2023·齐齐哈尔模拟)设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，椭圆C的离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)若椭圆C的上顶点为W，且△WF1F2的面积为9eq \r(3)，求椭圆C的标准方程；
(2)设过椭圆C的内部点P(1,0)且斜率为keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0解 (1)由椭圆C的离心率为eq \f(\r(3),2)且△WF1F2的面积为9eq \r(3)，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝\f(\r(3),2)，,\f(1,2)×2c×b＝9\r(3)，,a2＝b2＋c2，))
解得a＝6，b＝3，c＝3eq \r(3)，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,9)＝1.
(2)由椭圆C的离心率为eq \f(\r(3),2)，可得eq \f(c,a)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝eq \f(\r(3),2)，可得a＝2b，
则椭圆C的方程为eq \f(x2,4b2)＋eq \f(y2,b2)＝1(b>0)，
因为点P(1,0)在椭圆内，可得eq \f(1,4b2)＋eq \f(0,b2)<1，解得b2>eq \f(1,4)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x－1)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4b2)＋\f(y2,b2)＝1，))
整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－b2)＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋4k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝eq \f(－2k,1＋4k2).
设Q(x0，y0)，因为eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \(OQ,\s\up6(→))，
所以x0＝eq \f(8k2,1＋4k2)，y0＝eq \f(－2k,1＋4k2)，
所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,1＋4k2)，\f(－2k,1＋4k2)))，
将点Q坐标代入椭圆C的方程得b2＝eq \f(4k2,1＋4k2)＝eq \f(4k2＋1－1,1＋4k2)＝1－eq \f(1,1＋4k2)，
显然，随着k的增大，b在增大，
又因为0考点二 圆锥曲线的范围问题
典例2 (2023·临汾模拟)已知点F1，F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P是C右支上一点，△F1F2P的周长为18，I为△F1F2P的内心，且满足＝2∶3∶4.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过F2的直线l与双曲线的右支交于M，N两点，与y轴交于点Q，满足eq \(QM,\s\up6(→))＝meq \(MF2,\s\up6(—→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝neq \(NF2,\s\up6(—→))(其中m>0)，求eq \f(|MF2|,|NF2|)的取值范围．
解 (1)设△PF1F2内切圆半径为r，
由题意得＝eq \f(1,2)|PF2|·r，＝eq \f(1,2)|F1F2|·r，＝eq \f(1,2)|PF1|·r.
所以＝|PF2|∶|F1F2|∶|PF1|＝2∶3∶4，
因为△PF1F2的周长为18，
所以|PF2|＝4，|PF1|＝8，|F1F2|＝6，
所以2a＝|PF1|－|PF2|＝4,2c＝6，
所以a2＝4，b2＝c2－a2＝9－4＝5，
所以双曲线的标准方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1.
(2)由题知，直线l斜率存在且不为0，可设其方程为x＝ty＋3(t≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－3,t)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋3，,\f(x2,4)－\f(y2,5)＝1，))
整理得(5t2－4)y2＋30ty＋25＝0，
因为直线l与双曲线右支交于两点，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1y2＝\f(25,5t2－4)<0，,Δ＝30t2－1005t2－4>0，,5t2－4≠0，))
解得t2因为eq \(QM,\s\up6(→))＝meq \(MF2,\s\up6(—→))(m>0)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1＋\f(3,t)))＝m(3－x1，－y1)，
所以y1＋eq \f(3,t)＝m(－y1)，即y1＝eq \f(－3,tm＋1)，
同理y2＝eq \f(－3,tn＋1)，
所以y1＋y2＝eq \f(－3,tm＋1)＋eq \f(－3,tn＋1)＝eq \f(－3,t)·eq \f(m＋1＋n＋1,m＋1n＋1)＝eq \f(－30t,5t2－4)，①
y1y2＝eq \f(9,t2m＋1n＋1)＝eq \f(25,5t2－4)，②
两式相除得(m＋1)＋(n＋1)＝eq \f(18,5).
因为eq \f(|MF2|,|NF2|)＝－eq \f(y1,y2)＝－eq \f(n＋1,m＋1)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(18,5)－m＋1,m＋1)))＝1－eq \f(18,5)·eq \f(1,m＋1)，
因为y1y2＝eq \f(9,t2m＋1n＋1)，
又由y1y2<0，
得eq \f(9,t2m＋1n＋1)<0，
即(m＋1)(n＋1)<0，
又因为(m＋1)＋(n＋1)＝eq \f(18,5)，
则(m＋1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(18,5)－m＋1))<0，
解得m<－1(舍去)，或m>eq \f(13,5)，
所以0跟踪训练2 (2023·南通模拟)已知椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1的左、右顶点是双曲线C2：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的顶点，C1的焦点到C2的渐近线的距离为eq \f(\r(3),3).直线l：y＝kx＋t与C2相交于A，B两点，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－3.
(1)求证：8k2＋t2＝1；
(2)若直线l与C1相交于P，Q两点，求|PQ|的取值范围．
(1)证明 由题意得，椭圆焦点坐标为(1,0)，双曲线渐近线方程为bx±ay＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,\f(b,\r(b2＋a2))＝\f(\r(3),3)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，))
所以C2的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,x2－2y2＝2，))
消去y得(1－2k2)x2－4ktx－2t2－2＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2k2≠0，,Δ＝16k2t2－41－2k2－2t2－2>0))
得t2>2k2－1≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4kt,1－2k2)，,x1x2＝\f(－2t2－2,1－2k2)，))
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)
＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2
＝(1＋k2)eq \f(－2t2－2,1－2k2)＋eq \f(4k2t2,1－2k2)＋t2
＝－3，
化简得8k2＋t2＝1，得证．
(2)解 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,x2＋2y2＝2))消去x，
得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
所以Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)>0，
即t2<2k2＋1，
结合t2>2k2－1≠0,8k2＋t2＝1，及k≠0，t2≥0，可得0设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3＋x4＝\f(－4kt,1＋2k2)，,x3x4＝\f(2t2－2,1＋2k2)，))
所以(x3－x4)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4kt,1＋2k2)))2－4×eq \f(2t2－2,1＋2k2)＝eq \f(－8t2－2k2－1,1＋2k22)＝eq \f(80k2,1＋2k22)，
所以|PQ|2＝(1＋k2)(x3－x4)2＝eq \f(80k21＋k2,1＋2k22)，
设λ＝1＋2k2，则k2＝eq \f(λ－1,2)，由0得λ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4)))，
所以eq \f(1,λ2)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,25)，1))，
所以|PQ|2＝eq \f(80·\f(λ－1,2)·\f(λ＋1,2),λ2)＝20eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,λ2)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(36,5)))，
所以|PQ|的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(6\r(5),5))).
[总结提升]
解决圆锥曲线中的最值与范围问题，一般有两种方法：一是几何法，若题目的条件和结论有明显的几何特征，可考虑利用圆锥曲线的定义和图象的有关性质求解；二是代数法，先根据条件列出目标函数，然后根据函数表达式的特征选用适当的方法求出最值或值域．求解范围、最值问题的常见方法：(1)利用判别式来构造不等关系．(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．(4)利用基本不等式．
1．(2023·佛山模拟)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于x轴的直线交C于B，D两点，且△ABD是直角三角形．
(1)求双曲线C的方程；
(2)M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，若k1k2＝－2，求点A到直线MN的距离d的取值范围．
解 (1)依题意，∠BAD＝90°，半焦距c＝2，
由|AF|＝|BF|，得a＋c＝eq \f(b2,a)，得a2＋2a＝22－a2，
解得a＝1(其中a＝－2<0舍去)，
所以b2＝c2－a2＝4－1＝3，
故双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)显然直线MN不可能与x轴平行，故可设直线MN的方程为x＝my＋n，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,3x2－y2＝3，))
消去x整理得(3m2－1)y2＋6mny＋3(n2－1)＝0，
在条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3m2－1≠0，,Δ>0))下，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝－eq \f(6mn,3m2－1)，y1y2＝eq \f(3n2－1,3m2－1)，
由k1k2＝－2，得y1y2＋2(x1＋1)(x2＋1)＝0，
即y1y2＋2(my1＋n＋1)(my2＋n＋1)＝0，
整理得(2m2＋1)y1y2＋2m(n＋1)(y1＋y2)＋2(n＋1)2＝0，
则3(n2－1)(2m2＋1)－12m2n(n＋1)＋2(n＋1)2(3m2－1)＝0，
化简可得n2－4n－5＝0，解得n＝5或n＝－1(舍去)，
则直线MN的方程为x－my－5＝0，得d＝eq \f(6,\r(m2＋1))，
又M，N都在双曲线的右支上，所以y1y2<0，
故有3m2－1<0,0≤m2此时1≤eq \r(m2＋1)所以点A到直线MN的距离d的取值范围为(3eq \r(3)，6]．
2．(2023·温州模拟)如图，斜率为k的直线交抛物线x2＝4y于A，B两点，已知点B的横坐标比点A的横坐标大4，直线y＝－kx＋1交线段AB于点R，交抛物线于点P，Q.
(1)若点A的横坐标为0，求|PQ|的值；
(2)求|PR|·|QR|的最大值．
解 (1)∵A(0,0)，∴B(4,4),∴k＝1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋1，,x2＝4y，))得x2＋4x－4＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1x2＝－4，x1＋x2＝－4，|PQ|＝eq \r(1＋－12)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝8.
(2)设AB的方程为y＝kx＋b(k≠0)，代入x2＝4y，得x2－4kx－4b＝0，
Δ＝16k2＋16b>0，
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
则xAxB＝－4b，xA＋xB＝4k，
∵xB－xA＝eq \r(16k2＋16b)＝4，∴k2＝1－b.
设R(xR，yR)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,y＝－kx＋1))，得xR＝eq \f(1－b,2k)＝eq \f(k,2)，
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－kx＋1，,x2＝4y))⇒x2＋4kx－4＝0，
∴x1＋x2＝－4k，x1x2＝－4,
则|PR|·|QR|＝－(1＋k2)(x1－xR)(x2－xR)
＝－(1＋k2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x1x2－xRx1＋x2＋x\\al(2,R)))
＝－(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4＋2k2＋\f(k2,4)))
＝－eq \f(9,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2－\f(7,18)))2＋eq \f(625,144).
∴当k＝±eq \f(\r(14),6)时，|PR|·|QR|取得最大值eq \f(625,144).
3．(2023·厦门质检)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点为M(0,2)，右顶点为N，直线MN的斜率为－eq \f(\r(3),3)，A，B，C，D是椭圆上4个点(异于点M)，AB∥CD，直线MA与MB的斜率之积为－eq \f(1,3)，直线MC与MD的斜率之和为1.
(1)证明：A，B关于原点对称；
(2)求直线AB与CD之间的距离的取值范围．
(1)证明 由题意得b＝2，－eq \f(b,a)＝－eq \f(\r(3),3)，则a＝2eq \r(3)，
故椭圆方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1，
取椭圆下顶点为M′(0，－2)，设A(x0，y0)，则kMA·kM′A＝eq \f(y0－2,x0)·eq \f(y0＋2,x0)＝eq \f(y\\al(2,0)－4,x\\al(2,0))，
而eq \f(x\\al(2,0),12)＋eq \f(y\\al(2,0),4)＝1，则eq \f(y\\al(2,0)－4,x\\al(2,0))＝－eq \f(1,3)＝kMA·kMB，
故kM′A＝kMB，
故M′A∥MB，由椭圆关于原点中心对称，可知A，B关于原点对称．
(2)解 设直线CD的方程为y＝kx＋m，设C，D两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,12)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋m，))
消去y并整理得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(6km,3k2＋1)，x1x2＝eq \f(3m2－12,3k2＋1)，
又由kMC＋kMD＝1，有eq \f(y1－2,x1)＋eq \f(y2－2,x2)＝1，
即eq \f(kx1＋m－2,x1)＋eq \f(kx2＋m－2,x2)＝1，
整理得到2k＋(m－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝1，
即2k＋eq \f(m－2x1＋x2,x1x2)＝1，
故2k－(m－2)×eq \f(6km,3m2－12)＝1，可得m＝4k－2，m≠0，故k≠eq \f(1,2)，
又由Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－12)>0，可得0由点M不在直线CD上，可得k≠1，故k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))∪(1,4)．
直线AB与CD之间的距离，即原点O到CD的距离d＝eq \f(|4k－2|,\r(k2＋1))，
设2k－1＝t，t∈(－1,0)∪(0,1)∪(1,7)，则k＝eq \f(t＋1,2)，
则d2＝eq \f(4t2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t＋1,2)))2＋1)＝eq \f(16t2,t2＋2t＋5)＝eq \f(16,\f(5,t2)＋\f(2,t)＋1)＝eq \f(16,5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)＋\f(1,5)))2＋\f(4,5))，
故d2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(196,17)))，即所求范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(14\r(17),17))).