第53讲 圆锥曲线的综合应用-最值、范围问题（讲） 2021-2022年新高考数学一轮复习考点归纳 （学生版+教师版）

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思维导图
知识梳理
1．几何转化代数法
若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决．
2．函数取值法
当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值(或值域)、常用方法有：(1)配方法；(2)基本不等式法；(3)单调性法；(4)三角换元法；(5)导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
题型归纳
题型1 构建目标不等式解最值或范围问题
【例1-1】(2020·山东济宁一模)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，且椭圆C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(2),2))).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且与圆O：x2＋y2＝2相交于E，F两点，求|AB|·|EF|2的取值范围．
【解】(1)由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3)，所以a2＝eq \f(3,2)b2，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,\f(3,2)b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(2),2)))代入方程得b2＝2，即a2＝3，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由(1)可知，椭圆的右焦点为(1,0)，
①若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝1，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(3),3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(2\r(3),3)))，E(1,1)，F(1，－1)，
所以|AB|＝eq \f(4\r(3),3)，|EF|2＝4，|AB|·|EF|2＝eq \f(16\r(3),3).
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx－1，))可得(2＋3k2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，
则x1＋x2＝eq \f(6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq \f(3k2－6,2＋3k2)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2x1－x22)＝
eq \r(1＋k2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k2,2＋3k2)))2－4×\f(3k2－6,2＋3k2))))＝eq \f(4\r(3)k2＋1,2＋3k2).
因为圆心O(0,0)到直线l的距离d＝eq \f(|k|,\r(k2＋1))，
所以|EF|2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(k2,k2＋1)))＝eq \f(4k2＋2,k2＋1)，
所以|AB|·|EF|2＝eq \f(4\r(3)k2＋1,2＋3k2)·eq \f(4k2＋2,k2＋1)
＝eq \f(16\r(3)k2＋2,2＋3k2)＝eq \f(16\r(3),3)·eq \f(k2＋2,k2＋\f(2,3))
＝eq \f(16\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(4,3),k2＋\f(2,3)))).
因为k2∈[0，＋∞)，所以|AB|·|EF|2∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16\r(3),3)，16\r(3))).
综上，|AB|·|EF|2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16\r(3),3)，16\r(3))).
【例1-2】设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝1(a>eq \r(3))的右焦点为F，右顶点为A.已知|OA|－|OF|＝1，其中O为原点，e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程及离心率e的值；
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围．
[解] (1)由题意可知|OF|＝c＝ eq \r(a2－3)，
又|OA|－|OF|＝1，所以a－eq \r(a2－3)＝1，解得a＝2，所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
(2)设M(xM，yM)，易知A(2,0)，
在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，
即(xM－2)2＋yeq \\al(2,M)≤xeq \\al(2,M)＋yeq \\al(2,M)，化简得xM≥1.
设直线l的斜率为k(k≠0)，
则直线l的方程为y＝k(x－2)．
设B(xB，yB)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－2))消去y，
整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
解得x＝2或x＝eq \f(8k2－6,4k2＋3).
由题意得xB＝eq \f(8k2－6,4k2＋3)，从而yB＝eq \f(－12k,4k2＋3).
由(1)知F(1,0)，设H(0，yH)，
则eq \(FH,\s\up7(―→))＝(－1，yH)，eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9－4k2,4k2＋3)，\f(12k,4k2＋3))).
由BF⊥HF，得eq \(BF,\s\up7(―→))·eq \(FH,\s\up7(―→))＝0，
即eq \f(4k2－9,4k2＋3)＋eq \f(12kyH,4k2＋3)＝0，解得yH＝eq \f(9－4k2,12k)，
所以直线MH的方程为y＝－eq \f(1,k)x＋eq \f(9－4k2,12k).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,y＝－\f(1,k)x＋\f(9－4k2,12k)，))消去y，得xM＝eq \f(20k2＋9,12k2＋1).
由xM≥1，得eq \f(20k2＋9,12k2＋1)≥1，解得k≤－eq \f(\r(6),4)或k≥eq \f(\r(6),4)，
所以直线l的斜率的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4)，＋∞)).
【例1-3】已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点Q到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x＝－eq \f(1,2)平分，设弦MN的垂直平分线的方程为y＝kx＋m，求m的取值范围．
[解] (1)由题意可设椭圆C的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
由条件可得a＝2，c＝eq \r(3)，则b＝1.
故椭圆C的方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
(2)法一：设弦MN的中点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，可知4xeq \\al(2,M)＋yeq \\al(2,M)＝4,4xeq \\al(2,N)＋yeq \\al(2,N)＝4，两式相减，
得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，
将xM＋xN＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，yM＋yN＝2y0，eq \f(yM－yN,xM－xN)＝－eq \f(1,k)，代入上式得k＝－eq \f(y0,2).
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))在弦MN的垂直平分线上，
所以y0＝－eq \f(1,2)k＋m，所以m＝y0＋eq \f(1,2)k＝eq \f(3,4)y0.
由点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))在线段BB′上
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B′xB′，yB′，BxB，yB为直线x＝－\f(1,2)与椭圆的交点，如图所示))，
所以yB′所以－eq \f(3 \r(3),4)故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3 \r(3),4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3 \r(3),4))).
法二：设弦MN的中点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，可知4xeq \\al(2,M)＋yeq \\al(2,M)＝4,4xeq \\al(2,N)＋yeq \\al(2,N)＝4，两式相减，
得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，将xM＋xN＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，yM＋yN＝2y0，eq \f(yM－yN,xM－xN)＝－eq \f(1,k)，代入上式得y0＝－2k.
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))在弦MN的垂直平分线上，
所以y0＝－eq \f(1,2)k＋m，所以m＝y0＋eq \f(1,2)k＝－eq \f(3,2)k.
设直线l的方程为y＋2k＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，
即x＝－ky－2k2－eq \f(1,2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x2＋y2＝4，,x＝－ky－2k2－\f(1,2)，))消去x，得(4k2＋1)y2＋8k(2k2＋eq \f(1,2))y＋16k4＋8k2－3＝0，
由Δ>0，得k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)))，
所以m＝－eq \f(3,2)k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3 \r(3),4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3 \r(3),4)))，
即m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3 \r(3),4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3 \r(3),4))).
【跟踪训练1-1】已知焦点在y轴上的椭圆E的中心是原点O，离心率等于eq \f(\r(3),2)，以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4eq \r(5).直线l：y＝kx＋m与y轴交于点P，与椭圆E相交于A，B两个点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若eq \(AP,\s\up7(―→))＝3eq \(PB,\s\up7(―→))，求m2的取值范围．
【解】(1)根据已知设椭圆E的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，
由已知得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，∴c＝eq \f(\r(3),2)a，b2＝a2－c2＝eq \f(a2,4).
∵以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4eq \r(5)，
∴4eq \r(a2＋b2)＝2eq \r(5)a＝4eq \r(5)，∴a＝2，b＝1.
∴椭圆E的方程为x2＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)根据已知得P(0，m)，设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,4x2＋y2－4＝0))消去y，
得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0.
由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，
即k2－m2＋4>0，
且x1＋x2＝eq \f(－2km,k2＋4)，x1x2＝eq \f(m2－4,k2＋4).
由eq \(AP,\s\up7(―→))＝3eq \(PB,\s\up7(―→))，得x1＝－3x2.
∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝12xeq \\al(2,2)－12xeq \\al(2,2)＝0.
∴eq \f(12k2m2,k2＋42)＋eq \f(4m2－4,k2＋4)＝0，
即m2k2＋m2－k2－4＝0.
当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，
∴k2＝eq \f(4－m2,m2－1).
∵k2－m2＋4>0，
∴eq \f(4－m2,m2－1)－m2＋4>0，即eq \f(4－m2m2,m2－1)>0.
解得1∴m2的取值范围为(1,4)．
【跟踪训练1-2】已知直线l1：ax－y＋1＝0，直线l2：x＋5ay＋5a＝0，直线l1与l2的交点为M，点M的轨迹为曲线C.
(1)当a变化时，求曲线C的方程；
(2)已知点D(2,0)，过点E(－2,0)的直线l与C交于A，B两点，求△ABD面积的最大值．
【解】(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax－y＋1＝0，,x＋5ay＋5a＝0))消去a，得曲线C的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1(y≠－1，即点(0，－1)不在曲线C上)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my－2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,\f(x2,5)＋y2＝1，))得(m2＋5)y2－4my－1＝0，
则y1＋y2＝eq \f(4m,m2＋5)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋5)，
故△ABD的面积S＝2|y2－y1|＝2 eq \r(y2＋y12－4y2y1)
＝ 2 eq \r(\f(16m2,m2＋52)＋\f(4,m2＋5))＝ eq \f(4 \r(5)·\r(m2＋1),m2＋5)，
设t＝eq \r(m2＋1)，t∈[1，＋∞)，
则S＝eq \f(4 \r(5)t,t2＋4)＝eq \f(4 \r(5),t＋\f(4,t))≤eq \r(5)，
当t＝eq \f(4,t)，即t＝2，m＝±eq \r(3)时，△ABD的面积取得最大值eq \r(5).
【名师指导】
1.利用题目中隐藏的已知参数的范围求新参数的范围问题的核心是建立两个参数之间的等量关系，将新参数的范围转化为已知参数的范围问题.
2.利用已知条件中的几何关系构建目标不等式的核心是用转化与化归的数学思想，将几何关系转化为代数不等式，从而构建出目标不等式.
3.(1)利用点在曲线内(外)的充要条件构建目标不等式的核心是抓住目标参数和某点的关系，根据点与圆锥曲线的位置关系构建目标不等式．
(2)利用判别式构建目标不等式的核心是抓住直线与圆锥曲线的位置关系和判别式Δ的关系建立目标不等式
题型2 构建函数模型解最值或范围问题
【例2-1】在平面直角坐标系中O为坐标原点，圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2.以B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2))).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过点(－2,0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△F2MN面积的最大值．
[解] (1)由已知可得，椭圆E的焦点在x轴上．设椭圆E的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，则b＝c，
∴a2＝b2＋c2＝2b2，
∴椭圆E的标准方程为eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1.
又椭圆E过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，∴eq \f(1,2b2)＋eq \f(\f(1,2),b2)＝1，解得b2＝1.
∴椭圆E的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由于点(－2,0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.
由Δ>0，得0≤k2从而x1＋x2＝eq \f(－8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(8k2－2,1＋2k2)，
∴|MN|＝ eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝2eq \r(1＋k2)·.
∵点F2(1,0)到直线l的距离d＝eq \f(3|k|,\r(1＋k2))，
∴△F2MN的面积S＝eq \f(1,2)|MN|·d＝.
令1＋2k2＝t，则t∈[1,2)，
∴S＝＝3 eq \r(\f(－t2＋3t－2,t2))
＝3 eq \r(－1＋\f(3,t)－\f(2,t2))＝3 eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(3,4)))2＋\f(1,8))，
当eq \f(1,t)＝eq \f(3,4)，即t＝eq \f(4,3)时，S有最大值，
Smax＝eq \f(3\r(2),4)，此时k＝±eq \f(\r(6),6).
∴当直线l的斜率为±eq \f(\r(6),6)时，可使△F2MN的面积最大，其最大值为eq \f(3\r(2),4).
【跟踪训练2-1】(2020·山东高考预测卷)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点M(a,2eq \r(5))在抛物线C上．
(1)若|MF|＝6，求抛物线的标准方程；
(2)若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为(1,0)，且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，求p的取值范围．
【解】(1)由题意及抛物线的定义得，a＋eq \f(p,2)＝6，又点M(a，2eq \r(5))在抛物线C上，所以20＝2pa，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋\f(p,2)＝6，,20＝2pa，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,a＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝10，,a＝1.))
所以抛物线的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.
(2)法一：联立方程，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝t，,y2＝2px，))消去y，整理得x2－(2t＋2p)x＋t2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝2t＋2p，x1x2＝t2.
因为NA⊥NB，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
又y1＝t－x1，y2＝t－x2，所以2x1x2－(1＋t)(x1＋x2)＋t2＋1＝0，
得2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1).
由原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，
得eq \f(|t|,\r(2))≥eq \r(2)，即t≤－2(舍去)或t≥2，
因为2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)＝t＋1＋eq \f(4,t＋1)－4，函数y＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)在t∈[2，＋∞)上单调递增，
所以p≥eq \f(1,6)，即p的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)).
法二：将直线x＋y＝t，抛物线C，点N均向左平移1个单位长度，得到直线x＋1＋y＝t，抛物线y2＝2p(x＋1)(p＞0)与点N′(0,0)．
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＋y＝t，,y2＝2px＋1，))消去y，整理得x2－(2t－2＋2p)x＋(t－1)2－2p＝0，
设直线x＋1＋y＝t与抛物线y2＝2p(x＋1)交于点A′(x1，y1)，B′(x2，y2)，
由根与系数的关系可得x1x2＝(t－1)2－2p.
消去x，整理得y2＋2py－2pt＝0，
由根与系数的关系可得y1y2＝－2pt.
由已知得，x1x2＋y1y2＝0，
所以(t－1)2－2p－2pt＝0，整理得2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1).
易得eq \f(|t|,\r(2))≥eq \r(2)，即t≤－2(舍去)或t≥2，
因为2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)＝t＋1＋eq \f(4,t＋1)－4，所以函数y＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)在t∈[2，＋∞)上单调递增，
所以p≥eq \f(1,6)，即p的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)).
【跟踪训练2-2】已知M为椭圆C：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1上的动点，过点M作x轴的垂线，垂足为D，点P满足eq \(PD,\s\up7(―→))＝eq \f(5,3)eq \(MD,\s\up7(―→)).
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)若A，B两点分别为椭圆C的左、右顶点，F为椭圆C的左焦点，直线PB与椭圆C交于点Q，直线QF，PA的斜率分别为kQF，kPA，求eq \f(kQF,kPA)的取值范围．
【解】(1)设P(x，y)，M(m，n)，依题意知D(m,0)，且y≠0.
由eq \(PD,\s\up7(―→))＝eq \f(5,3)eq \(MD,\s\up7(―→))，得(m－x，－y)＝eq \f(5,3)(0，－n)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－x＝0，,－y＝－\f(5,3)n))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝x，,n＝\f(3,5)y.))
又M(m，n)为椭圆C：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1上的点，
∴eq \f(x2,25)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)y))2,9)＝1，即x2＋y2＝25，
故动点P的轨迹E的方程为x2＋y2＝25(y≠0)．
(2)依题意知A(－5,0)，B(5,0)，F(－4,0)，
设Q(x0，y0)，∵线段AB为圆E的直径，∴AP⊥BP，
设直线PB的斜率为kPB，
则eq \f(kQF,kPA)＝eq \f(kQF,－\f(1,kPB))＝－kQFkPB＝－kQFkQB＝－eq \f(y0,x0＋4)·eq \f(y0,x0－5)
＝－eq \f(y\\al(2,0),x0＋4x0－5)＝－eq \f(9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,0),25))),x0＋4x0－5)＝eq \f(\f(9,25)x\\al(2,0)－25,x0＋4x0－5)＝eq \f(\f(9,25)x0＋5,x0＋4)＝eq \f(9,25)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x0＋4)))，
∵点P不同于A，B两点且直线QF的斜率存在，
∴－5又y＝eq \f(1,x＋4)在(－5，－4)和(－4,5)上都是减函数，
∴eq \f(9,25)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x0＋4)))∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，＋∞))，
故eq \f(kQF,kPA)的取值范围是(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，＋∞)).
【名师指导】
求圆锥曲线中范围、最值的2种方法
几何法
若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来求解
代数法
若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值、范围．常用的方法有基本不等式法、导数法、判别式法等