【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题23　最值、范围问题

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[高考真题] (2021·全国乙卷改编)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，圆M：x2＋(y＋4)2＝1，若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值.
解 抛物线的方程为x2＝4y，
即y＝eq \f(1,4)x2，则y′＝eq \f(1,2)x.
设切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则易得直线lPA：y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(xeq \\al(2,1),4)，
直线lPB：y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(xeq \\al(2,2),4)，
从而得到Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4)))，
设直线lAB：y＝kx＋b，
联立抛物线方程，消去y并整理可得x2－4kx－4b＝0，
∴Δ＝16k2＋16b>0，
即k2＋b>0，
且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
∴P(2k，－b).
∵|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(16k2＋16b)，
点P到直线AB的距离d＝eq \f(|2k2＋2b|,\r(k2＋1))，
∴S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|d＝4(k2＋b)eq \f(3,2)，①
又点P(2k，－b)在圆M：
x2＋(y＋4)2＝1上，
故k2＝eq \f(1－（b－4）2,4)，
代入①得，S△PAB＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－b2＋12b－15,4)))eq \s\up12(\f(3,2))，
而yP＝－b∈[－5，－3]，
∴当b＝5时，(S△PAB)max＝20eq \r(5).
样题1 (2022·北京丰台区模拟改编)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右顶点分别为A，B，P是椭圆C上不同于A，B的一点，直线PA，PB与直线x＝4分别交于点M，N，若|MN|≤4，求点P横坐标的取值范围.
解 设P(m，n)(－2所以直线AP，BP的方程分别为y＝eq \f(n,m＋2)(x＋2)，y＝eq \f(n,m－2)(x－2)，
令x＝4，得点M的纵坐标为yM＝eq \f(6n,m＋2)，
点N的纵坐标为yN＝eq \f(2n,m－2)，
所以|MN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(6n,m＋2)－\f(2n,m－2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4n（m－4）,m2－4))).
因为点P在椭圆C上，
所以eq \f(m2,4)＋n2＝1，
即m2－4＝－4n2，
则|MN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m－4,－n))).
因为|MN|≤4，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m－4,－n)))≤4，
即(m－4)2≤16n2，
所以(m－4)2≤－4(m2－4)，
整理得5m2－8m≤0，
解得0≤m≤eq \f(8,5).
故点P横坐标的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(8,5))).
样题2 (2022·马鞍山模拟改编)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，若坐标原点到直线l：y＝kx＋m的距离为1，直线l与E交于A，B两点，求|AB|的最大值以及此时直线l的方程.
解 由坐标原点到直线l：y＝kx＋m的距离为1，可知eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝1，
得m2＝k2＋1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))
得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
当直线l与椭圆E交于两点时，满足Δ>0，
即Δ＝(4km)2－4(2k2＋1)(2m2－8)>0，
得Δ＝56k2＋24>0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(4km,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2m2－8,2k2＋1)，
则|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2eq \r(2)·eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(8k2－m2＋4),2k2＋1)
＝eq \f(2\r(2)\r(（k2＋1）（7k2＋3）),2k2＋1)，
令2k2＋1＝t，
则t≥1，k2＝eq \f(t－1,2)，
代入得|AB|＝eq \r(2)·eq \f(\r(（t＋1）（7t－1）),t)＝eq \r(2)eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－3))\s\up12(2)＋16)，
由t≥1，可知0故当t＝1时，|AB|取得最大值2eq \r(6)，
此时，k＝0，m＝±1，直线l的方程为y＝1或y＝－1.
综上，|AB|的最大值为2eq \r(6)，直线l的方程为y＝1或y＝－1.
样题3 (2022·柳州联考改编)已知椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1，其右焦点为F，经过点F的直线l交椭圆C于P，Q两点，点N(－1，0)，求△NPQ面积的最大值.
解 易知l不与x轴重合，设l的方程为x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x＝my＋1))可得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
Δ＝8m2＋8>0，
所以y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，
y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，
所以|y2－y1|＝eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(\f(8（m2＋1）,（m2＋2）2))＝eq \f(2\r(2)×\r(m2＋1),m2＋2)，
所以S△NPQ＝eq \f(1,2)|NF||y2－y1|＝eq \f(1,2)×2×|y2－y1|＝|y2－y1|＝eq \f(2\r(2)×\r(m2＋1),m2＋2)，
令t＝eq \r(m2＋1)，则t≥1，
所以S△NPQ＝eq \f(2\r(2)t,t2＋1)＝eq \f(2\r(2),t＋\f(1,t))≤eq \f(2\r(2),2\r(t×\f(1,t)))＝eq \r(2)，
当且仅当t＝eq \f(1,t)，
即t＝1时，等号成立，
此时，m2＋1＝1，即m＝0，
所以△NPQ面积的最大值为eq \r(2).
规律方法 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.
训练 已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F到点M(0，2)的距离为eq \r(5).
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线AB过点(2，0)与抛物线交于A，B两点，B关于x轴的对称点为D，直线AD与x轴的交点为E，求点E到直线AB的距离的取值范围.
解 (1)由题意可知抛物线的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，则点F到M(0，2)的距离
d＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)))\s\up12(2)＋4)＝eq \r(5)，
解得p＝2或p＝－2(舍负)，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设直线AB的方程为x＝my＋2，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x2，－y2)，
联立直线AB与抛物线的方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝4x，))
消去x可得y2－4my－8＝0，
Δ＝16m2＋32>0，
y1＋y2＝4m，y1y2＝－8.
直线AD的方程为y－y1＝eq \f(y1＋y2,x1－x2)(x－x1)，
当y＝0时，x＝x1＋eq \f(－y1（x1－x2）,y1＋y2)＝eq \f(y1x2＋y2x1,y1＋y2).
将x2＝my2＋2，
x1＝my1＋2代入上式可得x＝eq \f(2my1y2,y1＋y2)＋2＝－2，
所以点E(－2，0)，
所以点E到直线AB的距离d′＝eq \f(|－2－2|,\r(1＋m2))＝eq \f(4,\r(1＋m2)).
因为eq \r(1＋m2)≥1，
所以d′∈(0，4]，
即点E到直线AB的距离的取值范围为(0，4].
一、基本技能练
1.(2022·赣州模拟改编)已知直线y＝kx＋m与椭圆：eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，与y轴交于点M，若存在m使得eq \(OA,\s\up6(→))＋3eq \(OB,\s\up6(→))＝4eq \(OM,\s\up6(→))，求实数m的取值范围.
解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
又M(0，m)，由eq \(OA,\s\up6(→))＋3eq \(OB,\s\up6(→))＝4eq \(OM,\s\up6(→))得(x1＋3x2，y1＋3y2)＝(0，4m)，x1＝－3x2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∵Δ＝(8km)2－4×(4k2＋1)×(4m2－4)>0，
即64k2－16m2＋16>0，
∴4k2－m2＋1>0，
x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)，
又x1＝－3x2，
∴x2＝eq \f(4km,4k2＋1)，
则x1·x2＝－3xeq \\al(2,2)＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4km,4k2＋1)))eq \s\up12(2)＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)，
∴16k2m2－4k2＋m2－1＝0，
∴k2＝eq \f(m2－1,4－16m2).
代入4k2－m2＋1>0，
得eq \f(m2－1,1－4m2)＋1－m2>0，eq \f(1,4)解得m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
∴实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
2.如图，已知椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，点P(2，1)为椭圆C上一点.过点P作两直线l1与l2分别交椭圆C于A，B两点，若直线l1与l2的斜率互为相反数，求|AB|的最大值.
解 设直线l1为y＝k(x－2)＋1，
则直线l2为y＝－k(x－2)＋1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－2）＋1，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(2k2＋1)x2＋(4k－8k2)x＋(8k2－8k－4)＝0，
由Δ＝(4k－8k2)2－4(2k2＋1)(8k2－8k－4)＝16(k＋1)2>0，解得k≠－1，
又由xAxP＝eq \f(8k2－8k－4,2k2＋1)，
可得xA＝eq \f(4k2－4k－2,2k2＋1)，
则yA＝k(xA－2)＋1＝eq \f(－2k2－4k＋1,2k2＋1)，
同理可得xB＝eq \f(4k2＋4k－2,2k2＋1)，
yB＝eq \f(－2k2＋4k＋1,2k2＋1)，
所以|AB|2＝(xA－xB)2＋(yA－yB)2＝eq \f(128k2,（2k2＋1）2)＝eq \f(128,4k2＋\f(1,k2)＋4)≤eq \f(128,2\r(4k2·\f(1,k2))＋4)＝16，
当且仅当k＝±eq \f(\r(2),2)时，等号成立，
因此，|AB|的最大值为4.
3.(2022·郑州调研)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，离心率为eq \f(1,2)，过原点O的动直线l与椭圆C交于M，N两点，其中点M在第一象限，且|MF2|＋|NF2|＝4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F1的直线交C于A，B两点，求△ABF2面积的最大值.
解 (1)连接MF1，NF1.
线段MN与线段F1F2互相平分，则四边形MF1NF2为平行四边形，
则|NF2|＝|MF1|，又|MF2|＋|NF2|＝4，
所以|MF1|＋|MF2|＝2a＝4，故a＝2，
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，故c＝1，则b＝eq \r(3)，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝my－1，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消x得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
则Δ＝36m2＋36(3m2＋4)>0，
y1＋y2＝eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)，
又|F1F2|＝2，
所以△ABF2的面积
S△ABF2＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|＝eq \f(1,2)×2×eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6m,3m2＋4)))\s\up12(2)＋\f(36,3m2＋4))＝eq \r(\f(144（m2＋1）,（3m2＋4）2))，
令t＝m2＋1，t≥1，
则S△ABF2＝eq \r(\f(144t,（3t＋1）2))＝eq \r(\f(144t,9t2＋6t＋1))＝eq \r(\f(144,9t＋6＋\f(1,t)))，
因为当t≥1时，函数y＝eq \r(\f(144,9t＋6＋\f(1,t)))单调递减，
所以当t＝1，即m＝0时取得最大值3，
所以△ABF2面积的最大值为3.
二、创新拓展练
4.(2022·长沙长郡中学模拟)设椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1的左，右顶点分别为A，B.
(1)若P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点，直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2(k1k2≠0)，求|k1|＋|k2|的最小值；
(2)已知过点D(0，－3)的直线l交椭圆C于M、N两个不同的点，直线AM，AN分别交y轴于点S，T，记eq \(DS,\s\up6(→))＝λeq \(DO,\s\up6(→))，eq \(DT,\s\up6(→))＝μeq \(DO,\s\up6(→))(O为坐标原点)，当直线l的倾斜角θ为锐角时，求λ＋μ的取值范围.
解 (1)由题意设点P(x0，y0)，Q(x0，－y0)，－3因为A(－3，0)，B(3，0)，
所以k1＝eq \f(y0,x0＋3)，k2＝eq \f(－y0,x0－3)，
则|k1|＋|k2|＝eq \f(y0,3＋x0)＋eq \f(y0,3－x0)＝eq \f(6y0,9－xeq \\al(2,0))，
由eq \f(xeq \\al(2,0),9)＋eq \f(yeq \\al(2,0),5)＝1可得9－xeq \\al(2,0)＝eq \f(9yeq \\al(2,0),5)，
则|k1|＋|k2|＝eq \f(10,3y0)，
因为0所以|k1|＋|k2|＝eq \f(10,3y0)≥eq \f(2\r(5),3)，
当y0＝eq \r(5)时等号成立，
即|k1|＋|k2|的最小值为eq \f(2\r(5),3).
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
设直线l：y＝kx－3(k>0)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，))
得(5＋9k2)x2－54kx＋36＝0，
由题意得Δ＝(－54k)2－4×36×(5＋9k2)>0，
因为k>0，所以k>eq \f(2,3).
由根与系数的关系得x1＋x2＝eq \f(54k,9k2＋5)，x1x2＝eq \f(36,9k2＋5).
易知直线AM的方程是y＝eq \f(y1,x1＋3)(x＋3)，
令x＝0，解得y＝eq \f(3y1,x1＋3)，
所以Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3y1,x1＋3)))，
同理可得Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3y2,x2＋3))).
所以eq \(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3y1,x1＋3)＋3))，
eq \(DT,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3y2,x2＋3)＋3))，
因为eq \(DO,\s\up6(→))＝(0，3)，eq \(DS,\s\up6(→))＝λeq \(DO,\s\up6(→))，eq \(DT,\s\up6(→))＝μeq \(DO,\s\up6(→))，
所以eq \f(3y1,x1＋3)＋3＝3λ，
eq \f(3y2,x2＋3)＋3＝3μ，
所以λ＋μ＝eq \f(y1,x1＋3)＋eq \f(y2,x2＋3)＋2＝eq \f(kx1－3,x1＋3)＋eq \f(kx2－3,x2＋3)＋2
＝eq \f(2kx1x2＋3（k－1）（x1＋x2）－18,x1x2＋3（x1＋x2）＋9)＋2
＝eq \f(2k·\f(36,9k2＋5)＋3（k－1）·\f(54k,9k2＋5)－18,\f(36,9k2＋5)＋3·\f(54k,9k2＋5)＋9)＋2
＝－eq \f(10,9（k＋1）)＋2，
因为k>eq \f(2,3)，所以eq \f(4,3)<λ＋μ<2.
所以λ＋μ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，2)).