2023高考数学二轮专题 微专题23 最值、范围问题

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微专题23　最值、范围问题高考定位　解析几何中的最值与范围问题是解析几何中的典型问题，是教学的重点也是历年高考的热点.解决这类问题不仅要善于利用几何手段对平面图形进行研究，而且要从代数角度进行函数、三角等相关运算.[高考真题](2022·浙江卷)如图，已知椭圆＋y2＝1.设A，B是椭圆上异于P(0，1)的两点，且点Q在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝－x＋3于C，D两点.(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|CD|的最小值.解　(1)设M(2cos θ，sin θ)(θ∈[0，2π))是椭圆上任意一点，由P(0，1)，知|PM|2＝12cos2θ＋(1－sin θ)2＝13－11sin2θ－2sin θ＝－11≤，当且仅当sin θ＝－时取等号，故|PM|的最大值是，即点P到椭圆上点的距离的最大值为.(2)易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y＝kx＋，联立直线AB与椭圆的方程，消y整理得x2＋kx－＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝－.直线PA的方程为y＝x＋1，代入y＝－x＋3，整理得xC＝＝.同理可得，xD＝＝，则|CD|＝|xC－xD|＝|－|＝2||＝2||＝2||＝·||＝·≥·＝，当且仅当4k＝，即k＝时等号成立，所以当k＝时，|CD|取得最小值，最小值为.样题1 (2022·北京丰台区模拟改编)已知椭圆C：＋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<m<2)，易得A(－2，0)，B(2，0)，所以直线AP，BP的方程分别为y＝(x＋2)，y＝(x－2)，令x＝4，得点M的纵坐标为yM＝，点N的纵坐标为yN＝，所以|MN|＝＝.因为点P在椭圆C上，所以＋n2＝1，即m2－4＝－4n2，则|MN|＝.因为|MN|≤4，所以≤4，即(m－4)2≤16n2，所以(m－4)2≤－4(m2－4)，整理得5m2－8m≤0，解得0≤m≤.故点P横坐标的取值范围是.样题2 (2022·台州模拟改编)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E的方程为＋＝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＝1，得m2＝k2＋1，联立得(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＝－，x1x2＝，则|AB|＝＝2··＝，令2k2＋1＝t，则k2＝，t≥1，代入得|AB|＝·＝，由t≥1，可知0<≤1，故当t＝1时，|AB|取得最大值2，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2，直线l的方程为y＝1或y＝－1.样题3 (2022·长沙联考改编)已知椭圆C：＋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)，由可得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，Δ＝8m2＋8>0，所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，所以|y2－y1|＝＝＝，所以S△NPQ＝|NF||y2－y1|＝×2×|y2－y1|＝|y2－y1|＝，令t＝，则t≥1，所以S△NPQ＝＝≤＝，当且仅当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.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.(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F，则点F到M(0，2)的距离d＝＝，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与抛物线的方程消去x可得y2－4my－8＝0，Δ＝16m2＋32>0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－8.直线AD的方程为y－y1＝(x－x1)，当y＝0时，x＝x1＋＝.将x2＝my2＋2，x1＝my1＋2代入上式可得x＝＋2＝－2，所以点E(－2，0)，所以点E到直线AB的距离d′＝＝.因为≥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：＋y2＝1相交于A，B两点，与y轴交于点M，若存在m使得＋3＝4，求实数m的取值范围.解　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又M(0，m)，由＋3＝4得(x1＋3x2，y1＋3y2)＝(0，4m)，∴x1＝－3x2，由得(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，由根与系数的关系得x1＋x2＝－，x1x2＝，又x1＝－3x2，∴x2＝，则x1·x2＝－3x＝－3＝，∴16k2m2－4k2＋m2－1＝0，∴k2＝.代入4k2－m2＋1>0，得＋1－m2>0，<m2<1，解得m∈∪，∴实数m的取值范围是∪.2.如图，已知椭圆C：＋＝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＝，可得xA＝，则yA＝k(xA－2)＋1＝，同理可得xB＝，yB＝，所以|AB|2＝(xA－xB)2＋(yA－yB)2＝＝≤＝16，当且仅当k＝±时，等号成立，因此，|AB|的最大值为4.3.(2022·淮安调研)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，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＝＝，故c＝1，则b＝，故椭圆C的方程为＋＝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)，联立消x得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，则Δ＝36m2＋36(3m2＋4)>0，y1＋y2＝，y1y2＝，又|F1F2|＝2，所以△ABF2的面积S△ABF2＝|F1F2|·|y1－y2|＝×2×＝＝，令t＝m2＋1，t≥1，则S△ABF2＝＝＝，因为当t≥1时，函数y＝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·金、丽、衢模拟)设椭圆C：＋＝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＝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　(1)由题意设点P(x0，y0)，Q(x0，－y0)，－3<x0<3，不妨令0<y0≤，因为A(－3，0)，B(3，0)，所以k1＝，k2＝，则|k1|＋|k2|＝＋＝，由＋＝1可得9－x＝，则|k1|＋|k2|＝，因为0<y0≤，所以|k1|＋|k2|＝≥，当且仅当y0＝时等号成立，即|k1|＋|k2|的最小值为.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设直线l：y＝kx－3(k>0)，联立得(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>.由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝.易知直线AM的方程是y＝(x＋3)，令x＝0，解得y＝，所以S，同理可得T.所以＝，＝，因为＝(0，3)，＝λ，＝μ，所以＋3＝3λ，＋3＝3μ，所以λ＋μ＝＋＋2＝＋＋2＝＋2＝＋2＝－＋2，因为k>，所以<λ＋μ<2.所以λ＋μ的取值范围是.