高考数学复习核心专题突破(五)　微专题12　最值或范围问题（导学案）

这是一份高考数学复习核心专题突破(五)　微专题12　最值或范围问题（导学案），共12页。

(2)参数法:①根据曲线方程的特点,用适当的参数表示曲线上点的坐标;②将目标函数表示成关于参数的函数;③把所求的最值归结为求解关于这个参数的函数的最值的方法.
(3)基本不等式法:①将所求最值的量用变量表示出来;②用基本不等式求这个表达式的最值.
(4)函数的单调性法:①把所求最值的目标表示为关于某个变量的函数;②通过研究这个函数单调性求最值,是求各类最值最为普遍的方法.
题型一与长度、距离有关的最值(或范围)问题
[典例1](2023·广州模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),其右焦点为F(3,0),点M在圆x2+y2=b2上但不在y轴上,过点M作圆的切线交椭圆于P,Q两点,当点M在x轴上时,|PQ|=3.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)当点M在圆上运动时,试探究△FPQ周长的取值范围.
【解题指南】(1)由题意可知c=3,再根据|PQ|=3列出相应的方程,组成方程组解得答案;
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),从而表示出△FPQ的周长,分类讨论,联立直线和椭圆方程,得到根与系数的关系式,从而结合基本不等式,求得答案.
解析：(1)由题意可知c=3,当点M在x轴上时,|PQ|=3,不妨设Pb,32,
得a2-b2=3,b2a2+34b2=1,解得a=2,b=1,
所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1;
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则|PF|=(x1-3)2+(y1-0)2
=(x1-3)2+1-x124=(32x1-2)2
=2-32x1,
同理|QF|=2-32x2,|PM|=OP2-b2=x12+y12-1=x12-x124=32|x1|,同理|QM|=32|x2|,所以△FPQ的周长为
2-32x1+2-32x2+32|x1|+32|x2|
=4+3|x1|+|x2|-x1-x22,
①当直线PQ的斜率不存在时,PQ的方程为x=1或x=-1.
PQ的方程为x=1时,P,Q的坐标分别为1,32,1,-32,
此时△FPQ的周长为4.
PQ的方程为x=-1时,P,Q的坐标分别为
-1,32,-1,-32,
此时△FPQ的周长为4+23.
②当直线PQ的斜率存在时,设PQ的方程为y=kx+m,
由直线PQ与圆x2+y2=1相切,得d=|m|1+k2=1,即m2=1+k2,联立y=kx+mx24+y2=1,
化简得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,
则x1+x2=-8km1+4k2x1x2=4m2-41+4k2,易知Δ>0恒成立,
而x1x2=4m2-41+4k2=4k21+4k2>0,即x1,x2同号,
当x1+x2=-8km1+4k2>0时,即km<0,
此时点M在y轴右侧,所以x1>0,x2>0,
此时△FPQ的周长为4+3|x1|+|x2|-x1-x22=4为定值.
当x1+x2=-8km1+4k2<0时,即km>0,此时点M在y轴左侧,所以x1<0,x2<0,
此时△FPQ的周长为4+3|x1|+|x2|-x1-x22
=4-3(x1+x2)=4+83km1+4k2
=4+83kmm2+3k2=4+83mk+3km,
因为km>0,所以mk+3km≥23,当且仅当mk=3km,
即m=62,k=22或m=-62,k=-22时取等号.
从而4<4+83mk+3km≤8,
所以△FPQ周长的取值范围为(4,8],
综上所述,△FPQ周长的取值范围为[4,8].
【方法提炼】
与长度有关的最值(或范围)的解题策略
(1)将直线和圆锥曲线方程联立;
(2)利用根与系数的关系式进行化简,从而求得相关长度的表达式;
(3)利用基本不等式或函数的单调性求出最值(或范围).
【对点训练】
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,且|AB|=4,离心率为32.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设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.
解析：(1)由题意得2a=4,ca=32,a2=b2+c2,
解得a2=4,b2=1.
所以椭圆C的方程是x24+y2=1.
(2)设P(m,n)(-2由已知得A(-2,0),B(2,0),
所以直线AP,BP的方程分别为y=nm+2(x+2),y=nm-2(x-2).
令x=4,得点M的纵坐标为yM=6nm+2,点N的纵坐标为yN=2nm-2,
所以|MN|=6nm+2-2nm-2=4n(m-4)m2-4.
因为点P在椭圆C上,所以m24+n2=1,
所以m2-4=-4n2,即|MN|=m-4n.
因为|MN|≤4,所以m-4n≤4,
即(m-4)2≤16n2.
所以(m-4)2≤-4(m2-4).
整理得5m2-8m≤0,解得0≤m≤85.
所以点P横坐标的取值范围是0,85.
题型二与面积有关的最值(或范围)问题
[典例2](2023·衡阳模拟)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为12,|AB|=7.
(1)求椭圆的方程;
(2)设P,Q为椭圆上异于点A的两动点,若直线AP,AQ的斜率之积为-14.
①证明直线PQ恒过定点,并求出该点坐标;
②求△APQ面积的最大值.
【解题指南】(1)由题意可得a2=4c2,a2+b2=7,再结合a2=b2+c2,可求出a2,b2,从而可求得椭圆的方程;
(2)①当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y=kx+m,代入椭圆方程中,消去y,利用根与系数的关系,再结合kAP·kAQ=y1x1+2·y2x2+2=-14化简可得m2-km-2k2=0,从而可得m=2k或m=-k.进而可求出定点;当直线PQ的斜率不存在时,若直线PQ过定点(1,0),求出P,Q两点坐标,求解kAP·kAQ即可;
②设直线PQ过定点(1,0)为F,则△APQ的面积S=12|AF|×|y1-y2|=32|y1-y2|,直线PQ的方程为x=ny+1,代入椭圆方程中,消去x,利用根与系数的关系,从而可表示出S,化简换元后利用基本不等式可求得结果.
解析：(1)由于e=12,所以a2=4c2,①
又|AB|=7,所以a2+b2=7,②
由①②解得a2=4,b2=3,
所以椭圆的方程为x24+y23=1;
(2)①在(1)的条件下,当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y=kx+m,
由x24+y23=1y=kx+m,消去y得
(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-8km3+4k2,
x1x2=4m2-123+4k2,又A(-2,0),
由题知kAP·kAQ=y1x1+2·y2x2+2=-14,
则(x1+2)(x2+2)+4y1y2=0,且x1,x2≠-2,
则x1x2+2(x1+x2)+4+4(kx1+m)(kx2+m)=(1+4k2)x1x2+(2+4km)(x1+x2)+4m2+4
=(1+4k2)(4m2-12)3+4k2+(2+4km)-8km3+4k2+4m2+4=0,
则m2-km-2k2=0,
所以(m-2k)(m+k)=0,所以m=2k或m=-k.
当m=2k时,直线PQ的方程为y=kx+2k=k(x+2),
此时直线PQ过定点(-2,0),显然不适合题意,
当m=-k时,直线PQ的方程为y=kx-k
=k(x-1).
此时直线PQ过定点(1,0).
当直线PQ的斜率不存在时,若直线PQ过定点(1,0),P,Q点的坐标分别为1,32,1,-32.
满足kAP·kAQ=-14.
综上,直线PQ过定点(1,0).
②不妨设直线PQ过定点(1,0)为F.则△APQ的面积S=12|AF||y1-y2|=32|y1-y2|,
设直线PQ的方程为x=ny+1,联立椭圆方程x24+y23=1,消去x得(4+3n2)y2+6ny-9=0,
则y1+y2=-6n4+3n2,y1y2=-94+3n2,
所以S=32|y1-y2|=32(y1+y2)2-4y1y2
=32-6n4+3n22-4×-94+3n2
=18n2+1(4+3n2)2.
令t=n2+1(t≥1),则S=18t(3t+1)2
=1819t+1t+6
因为t≥1,所以9t+1t+6≥16(当且仅当t=1即n=0时取等号),
所以S≤92,即△APQ面积的最大值为92.
【方法提炼】
与面积有关的最值(或范围)的解题策略
(1)将直线和圆锥曲线方程联立;
(2)利用根与系数的关系式进行化简,从而求得面积的表达式;
(3)利用基本不等式或函数的单调性求出面积的最值(或范围).
提醒解决与面积有关的问题时,有时候也可以利用题设条件,将面积问题转化为高(等底)或底(等高)的最值问题.
【对点训练】
(2022·威海模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12.圆C1:x2+y2=3与椭圆C有且仅有两个交点且都在y轴上.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)已知直线l过椭圆C的左顶点A,且l交圆C1于M,N两点,P为椭圆C上一点,若以PM为直径的圆过点A,求△PMN面积的最大值.
【解题指南】(1)根据题设条件列出关于a,b,c的方程组求出a,b即可得椭圆的标准方程;
(2)根据圆的直径所对的圆周角为直角可知l⊥AP,设AP为y=k(x+2)(k≠0),l为y=-1k(x+2),联立直线AP和椭圆方程,利用根与系数的关系求出P的横坐标,利用弦长公式求出|PA|,求出原点O到直线l的距离,根据圆的弦长公式求出|MN|,根据S△PMN=12|AP||MN|即可表示出△PMN的面积,换元后利用不等式即可求其最大值.
解析：(1)由题意得e=ca=12b=3a2=b2+c2,
解得a=2,b=3,
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1;
(2)由题意知A(-2,0),因为以PM为直径的圆过点A,所以l⊥AP,
由题意可知直线AP的斜率存在且不为0,故设直线AP的方程为y=k(x+2)(k≠0),
则直线l的方程为y=-1k(x+2),
设P(x0,y0),由y=k(x+2),x24+y23=1
得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0,
因为点A(-2,0)为AP与C的一个交点,
所以-2x0=16k2-123+4k2,解得x0=6-8k23+4k2,
所以|AP|=1+k2|x0+2|
=1+k26-8k23+4k2+2=121+k23+4k2,
直线l的方程变形为x+ky+2=0,设原点到直线l的距离为d,所以d=21+k2,
所以|MN|=23-d2=23-41+k2
=23k2-11+k2,
方法一:S△PMN=12|AP||MN|
=123k2-13+4k2=123k2-1(3+4k2)2,
设3k2-1=t>0,则k2=t+13,
所以S△PMN=36t(13+4t)2
=36116t+169t+104,
因为16t+169t+104≥216t·169t+104=208(当且仅当t=134时,等号成立),
可得△PMN面积的最大值为91313.
方法二:
S△PMN=12|AP||MN|=123k2-13+4k2,
设3k2-1=t>0,则k2=t2+13,
所以S△PMN=36t4t2+13=364t+13t,
因为4t+13t≥413,
所以S△PMN≤91313(当且仅当t=132时,等号成立),可得△PMN面积的最大值为91313.
题型三与向量有关的最值(或范围)问题
[典例3]设椭圆C:x29+y25=1长轴的左、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于两个不同的点M,N,直线AM,AN分别交y轴于点S,T,记=λ,=μ(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.
【解题指南】(1)设点P(x0,y0),则可表示出|k1|+|k2|,然后结合椭圆的性质即可求出最小值;
(2)由题意可设直线l:y=kx-3(k>0),与椭圆方程联立,设M(x1,y1),N(x2,y2),则利用根与系数的关系可得两根和、两根积,及斜率的取值范围,然后结合条件可以用斜率表示出λ+μ,即可求出其取值范围.
解析：(1)设点P(x0,y0),由椭圆的对称性知
Q(x0,-y0),不妨令y0>0,由已知A(-3,0),
B(3,0),则k1=y0x0+3,k2=-y0x0-3,显然有-3x029+y025=1⇒9-x02=9y025,则|k1|+|k2|=103y0,
因为0当且仅当y0=5时等号成立,即|k1|+|k2|的最小值为253;
(2)当直线l的倾斜角θ为锐角时,设M(x1,y1),N(x2,y2),设直线l:y=kx-3(k>0),
由y=kx-3x29+y25=1得(5+9k2)x2-54kx+36=0,从而Δ=(54k)2-4×36×(5+9k2)>0,又k>0,得k>23,
所以x1+x2=54k9k2+5,x1x2=369k2+5,
又直线AM的方程是y=y1x1+3(x+3),令x=0,解得y=3y1x1+3,所以点S为0,3y1x1+3;
直线AN的方程是y=y2x2+3(x+3),同理点T为0,3y2x2+3.所以=0,3y1x1+3+3,=0,3y2x2+3+3,=(0,3),因为=λ,=μ,所以3y1x1+3+3=3λ,3y2x2+3+3=3μ,
所以λ+μ=y1x1+3+y2x2+3+2=kx1-3x1+3+kx2-3x2+3+2=2kx1x2+3(k-1)(x1+x2)-18x1x2+3(x1+x2)+9+2
=2k·369k2+5+3(k-1)(54k9k2+5)-18369k2+5+3×(54k9k2+5)+9+2
=-109×k+1k2+2k+1+2
=-109×k+1(k+1)2+2=-109×1k+1+2
因为k>23,所以λ+μ∈43,2,
综上,λ+μ的范围是43,2.
【方法提炼】
将向量的线性关系或运算关系进行处理转化,用具体的表达式体现出来,然后用函数的方式解决问题.
【对点训练】
已知动点P到点F1(-1,0)的距离与到点F2(1,0)的距离之和为22,若点P形成的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过F1作直线l与曲线C分别交于两点M,N,当·最大时,求△MF2N的面积.
【解题指南】(1)根据椭圆的定义可得动点P的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆,求出a,b的值即可得出结果;
(2)对直线l的斜率分类讨论,若斜率不存在,直接求出·和S△MF2N的值;若斜率存在,设直线方程和点M,N坐标,联立方程组并消元得到一元二次方程,根据根与系数的关系表示出x1+x2,x1x2,y1y2,进而表示出·,化简求值即可得出结果.
解析：(1)因为动点P到两定点F1(-1,0),F2(1,0)的距离之和为22,
所以|PF1|+|PF2|=22>|F1F2|=2,
则动点P的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆,
所以2a=22,c=1,即a=2,b2=a2-c2=1,
所以曲线C的方程为x22+y2=1;
(2)①当直线l的斜率不存在时,x=-1,
则M-1,22,N-1,-22,
则=-2,22,=-2,-22,
此时·=72,
S△MF2N=12×2×22--22=2;
②当直线l的斜率存在时,设为y=k(x+1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则=(x1-1,y1),=(x2-1,y2),
联立方程y=k(x+1)x22+y2=1⇒(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,
所以x1+x2=-4k22k2+1,x1x2=2(k2-1)2k2+1,
有y1y2=k(x1+1)·k(x2+1)
=k2(x1x2+x1+x2+1)=-k22k2+1,
·=(x1-1)(x2-1)+y1y2
=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2
=2(k2-1)2k2+1+4k22k2+1+2k2+12k2+1-k22k2+1
=7k2-12k2+1=72-94k2+2<72,
综合①②可得,当直线l为x=-1时,·取得最大值,所以S△MF2N=2.