【数学】2020届一轮复习人教B版 最值和取值范围问题学案

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

【数学】2020届一轮复习人教B版 最值和取值范围问题学案

考查角度2 最值和取值范围问题 ‎  分类透析一 利用函数的性质求最值 例1 如图,已知抛物线x2=y,点A‎-‎1‎‎2‎,‎‎1‎‎4‎,B‎3‎‎2‎‎,‎‎9‎‎4‎,抛物线上的点P(x,y)‎-‎1‎‎2‎b>0)的一个焦点是F(1,0),且离心率为‎1‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设经过点F的直线交椭圆C于M,N两点,线段MN的垂直平分线交y轴于点P(0,y0),求y0的取值范围.‎ 分析 (1)由焦点坐标知c=1,由离心率知a=2,进而可求得b2,得到椭圆方程;‎ ‎(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点为Q(x3,y3),讨论直线MN的斜率k,当斜率存在时,设出直线MN的方程,代入椭圆方程,由根与系数的关系,得到x3,y3与k的关系,再求出线段MN的垂直平分线,从而求出y0及其取值范围.‎ 解析 (1)依题意,得c=1.‎ 因为椭圆C的离心率为e=‎1‎‎2‎,‎ 所以a=2c=2,b2=a2-c2=3.‎ 故椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)当MN⊥x轴时,显然y0=0.‎ 当MN与x轴不垂直时,可设直线MN的方程为y=k(x-1)(k≠0).‎ 由y=k(x-1),‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎消去y并整理得(3+4k2)x2-8k2x+4(k2-3)=0.‎ 设M(x1,y1),N(x2,y2),线段MN的中点为Q(x3,y3),‎ 则x1+x2=‎8‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 所以x3=x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=‎4‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎,y3=k(x3-1)=‎-3k‎3+4‎k‎2‎.‎ 故线段MN的垂直平分线的方程为y+‎3k‎3+4‎k‎2‎=-‎1‎kx-‎4‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 在上述方程中,令x=0,得y0=k‎3+4‎k‎2‎=‎1‎‎3‎k‎+4k.‎ 当k<0时,‎3‎k+4k≤-4‎3‎,‎ 当且仅当‎3‎k=4k,k=-‎3‎‎2‎时,等号成立;‎ 当k>0时,‎3‎k+4k≥4‎3‎,当且仅当‎3‎k=4k,k=‎3‎‎2‎时,等号成立.‎ 所以-‎3‎‎12‎≤y0<0或00,‎ 即|b|<‎7‎.‎ 由一元二次方程的根与系数的关系,‎ 得x1+x2=-‎8b‎7‎,y1+y2=(x1+b)+(x2+b)=x1+x2+2b=‎6b‎7‎,‎ ‎∴n=y‎1‎‎+‎y‎2‎‎2‎=‎3b‎7‎,故|n|<‎3‎‎7‎‎7‎.‎ ‎(2)设过椭圆C的右焦点的直线l的方程为y=k(x-1)(k≠0),‎ 设G(x3,y3),H(x4,y4),‎ 联立y=k(x-1),‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1‎整理得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,‎ 由韦达定理得x3+x4=‎8‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎,x3·x4=‎4k‎2‎-12‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 则y3+y4=k(x1+x2)-2k=-‎6k‎3+4‎k‎2‎.‎ ‎∵P为线段GH的中点,∴P的坐标为‎4‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎‎,‎‎-3k‎3+4‎k‎2‎.‎ 又直线PD的斜率为-‎1‎k,故直线PD的方程为y-‎-3k‎3+4‎k‎2‎=-‎1‎kx-‎‎4‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 令y=0,得x=k‎2‎‎3+4‎k‎2‎.‎ ‎∵直线AB与x轴交于点D‎1‎‎7‎‎,0‎,∴k‎2‎‎3+4‎k‎2‎=‎1‎‎7‎,解得k=±1.故|k|=1成立.‎ ‎2.(2018年浙江卷,21改编)如图,已知抛物线C:y2=2px(p≠0)的焦点F在直线2x+y-2=0上,点P是抛物线C上异于坐标原点O的任意一点,抛物线在点P处的切线分别与x轴、y轴交于点B、E.‎ ‎(1)设PE=λPB,求证:λ为定值.‎ ‎(2)在(1)的条件下,直线PF与抛物线C交于另一点A,求△PAB面积的最小值.‎ 解析 (1)由题意知,抛物线C的焦点Fp‎2‎‎,0‎在x轴上.‎ 在方程2x+y-2=0中,令y=0,得x=1,所以p=2.‎ 所以抛物线C的方程为y2=4x.由点P是C上异于坐标原点O的任意一点,设Pt‎2‎‎4‎‎,t(t≠0). ‎ 设切线BP的斜率为k,则切线BP的方程为y-t=kx-‎t‎2‎‎4‎.‎ 由y-t=kx-‎t‎2‎‎4‎,‎y‎2‎‎=4x,‎消去x并整理得ky2-4y-kt2+4t=0.‎ 由k≠0,Δ=16-4k(-kt2+4t)=0,可得4(kt-2)2=0.‎ 所以kt-2=0.所以切线BP的斜率k=‎2‎t.‎ 所以切线BP的方程为y-t=‎2‎tx-‎t‎2‎‎4‎,即y=‎2‎tx+t‎2‎.‎ 在y=‎2‎tx+t‎2‎中,令x=0,得y=t‎2‎.‎ 所以点E的坐标为‎0,‎t‎2‎.‎ 在y=‎2‎tx+t‎2‎中,令y=0,得x=-t‎2‎‎4‎.‎ 所以点B的坐标为‎-t‎2‎‎4‎,0‎.‎ 所以PE=‎0,‎t‎2‎-t‎2‎‎4‎‎,t=‎-t‎2‎‎4‎,-‎t‎2‎,PB=‎-t‎2‎‎4‎,0‎-t‎2‎‎4‎‎,t=‎-t‎2‎‎2‎,-t.‎ 所以PE=‎1‎‎2‎PB.故λ=‎1‎‎2‎,为定值.‎ ‎(2)由直线FP过点F(1,0),设直线FP的方程为x=my+1.‎ 由x=my+1,‎y‎2‎‎=4x,‎消去x得y‎2‎‎4‎-my-1=0.‎ 由韦达定理,得yAyP=-4.所以yA=-‎4‎yP=-‎4‎t.‎ 于是S△PAB=‎1‎‎2‎·|BF|·|yA-yP|=‎1‎‎2‎·‎1+‎t‎2‎‎4‎·‎-‎4‎t-t=‎1‎‎8‎·(4+t2)·‎4‎t‎+t,‎ 令f(t)=‎1‎‎8‎(4+t2)·‎4‎t‎+t(t≠0),则f(t)为偶函数,只需研究函数f(t)在t>0时的最小值即可.‎ 当t>0时,f(t)=‎1‎‎8‎(4+t2)·‎4‎t‎+t=‎1‎‎8‎t‎3‎‎+8t+‎‎16‎t,‎ f'(t)=‎1‎‎8‎‎3t‎2‎+8-‎‎16‎t‎2‎=‎1‎‎8‎t‎2‎(3t4+8t2-16)=‎1‎‎8‎t‎2‎(3t2-4)(t2+4).‎ 当0‎2‎‎3‎‎3‎时,f'(t)>0,f(t)为增函数.‎ 所以当t>0时,函数f(t)在t=‎2‎‎3‎‎3‎时取得最小值f‎2‎‎3‎‎3‎=‎16‎‎3‎‎9‎.‎ 因为f(t)为偶函数,所以当t<0时,函数f(t)在t=-‎2‎‎3‎‎3‎时取得最小值f‎-‎‎2‎‎3‎‎3‎=‎16‎‎3‎‎9‎.‎ 当t=‎2‎‎3‎‎3‎时,点P的坐标为‎1‎‎3‎‎,‎‎2‎‎3‎‎3‎;‎ 当t=-‎2‎‎3‎‎3‎时,点P的坐标为‎1‎‎3‎‎,-‎‎2‎‎3‎‎3‎.‎ 综上所述,△PAB面积的最小值为‎16‎‎3‎‎9‎,‎ 此时点P的坐标为‎1‎‎3‎‎,‎‎2‎‎3‎‎3‎或‎1‎‎3‎‎,-‎‎2‎‎3‎‎3‎.‎ ‎1.(2018年江西上饶模拟)已知椭圆的一个顶点为A(0,-1),焦点在x轴上,若右焦点到直线x-y+2‎2‎=0的距离为3.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)设椭圆与直线y=kx+m(k≠0)相交于不同的两点M,N,当AM=AN时,求m的取值范围.‎ 解析 (1)依题意可设椭圆方程为 x‎2‎a‎2‎+y2=1,则右焦点F(a‎2‎‎-1‎,0).‎ 由题设知‎|a‎2‎‎-1‎+2‎2‎|‎‎2‎=3,解得a2=3.‎ 故所求椭圆的方程为x‎2‎‎3‎+y2=1.‎ ‎(2)由y=kx+m,‎x‎2‎‎3‎‎+y‎2‎=1,‎ 得(3k2+1)x2+6mkx+3(m2-1)=0.‎ 由于直线与椭圆有两个交点,则Δ>0,‎ 即 m2<3k2+1. ①‎ 设P为弦MN的中点,∴xP=xM‎+‎xN‎2‎=-‎3mk‎3k‎2‎+1‎,‎ ‎∴yP=kxP+m=m‎3k‎2‎+1‎,‎ ‎∴kAP=yP‎+1‎xP=-m+3k‎2‎+1‎‎3mk.‎ 又AM=AN,∴AP⊥MN,‎ 则-m+3k‎2‎+1‎‎3mk=-‎1‎k,即2m=3k2+1, ②‎ 把②代入①,得2m>m2,解得 00,解得m>‎1‎‎2‎.‎ ‎∴所求m的取值范围是‎1‎‎2‎‎,2‎.‎ ‎2.(2018届安徽省黄山市一模)设F1、F2分别是椭圆x‎2‎‎4‎+y2=1的左、右焦点.‎ ‎(1)若P是第一象限内该椭圆上的一点,且PF‎1‎·PF‎2‎=-‎5‎‎4‎,求点P的坐标;‎ ‎(2)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A,B,且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点),求直线l的斜率k的取值范围.‎ 解析 (1)易知a=2,b=1,c=‎3‎, ‎ ‎∴F1(-‎3‎,0),F2(‎3‎,0).设P(x,y)(x>0,y>0),‎ 则PF‎1‎·PF‎2‎=(-‎3‎-x,-y)(‎3‎-x,-y)=x2+y2-3=-‎5‎‎4‎.又x‎2‎‎4‎+y2=1,‎ 联立x‎2‎‎+y‎2‎=‎7‎‎4‎,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1,‎由x>0,y>0,得x=1,‎y=‎3‎‎2‎,‎ 故点P的坐标为‎1,‎‎3‎‎2‎. ‎ ‎(2)显然k=0不满足题意,‎ 故设直线l的方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1,‎y=kx+2,‎消去y,整理得(1+4k2)x2+16kx+12=0.‎ ‎∴x1x2=‎12‎‎1+4+‎k‎2‎,x1+x2=-‎16k‎1+4‎k‎2‎.‎ 由Δ=(16k)2-4·(1+4k2)·12>0,得k2>‎3‎‎4‎. ①‎ 又∠AOB为锐角,∴cos∠AOB>0,∴OA·OB>0,‎ ‎∴OA·OB=x1x2+y1y2>0.‎ ‎∵y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,‎ ‎∴x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=(1+k2)·‎12‎‎1+4‎k‎2‎+2k·‎-‎‎16k‎1+4‎k‎2‎+4=‎4(4-k‎2‎)‎‎1+4‎k‎2‎>0,∴0b>0)过点‎1,‎‎2‎‎2‎,且两个焦点的坐标为(-1,0),(1,0).‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)若A,B,P(点P不与椭圆顶点重合)为E上的三个不同的点,O为坐标原点,且OP=OA+OB,求AB所在直线与坐标轴围成的三角形面积的最小值.‎ 解析 (1)由已知得c=1,2a=‎4+‎‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎=2‎2‎,‎ ‎∴a=‎2‎,b=1,故椭圆E的方程为x‎2‎‎2‎+y2=1.‎ ‎(2)设直线AB的方程为x=my+t(m≠0),代入x‎2‎‎2‎+y2=1,得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-‎2mtm‎2‎‎+2‎,y1y2=t‎2‎‎-2‎m‎2‎‎+2‎,Δ=8(m2-t2+2).‎ 设P(x0,y0),由OP=OA+OB,得y0=y1+y2=-‎2mtm‎2‎‎+2‎,x0=x1+x2=my1+t+my2+t=m(y1+y2)+2t=‎4tm‎2‎‎+2‎.‎ ‎∵点P在椭圆E上,∴‎16‎t‎2‎‎2(m‎2‎+2‎‎)‎‎2‎+‎4‎m‎2‎t‎2‎‎(m‎2‎+2‎‎)‎‎2‎=1,即‎4t‎2‎(m‎2‎+2)‎‎(m‎2‎+2‎‎)‎‎2‎=1,∴4t2=m2+2.‎ 在x=my+t中,令y=0,则x=t;令x=0,则y=-tm.‎ ‎∴所求三角形的面积S=‎1‎‎2‎|xy|=‎1‎‎2‎×t‎2‎‎|m|‎=‎1‎‎8‎×m‎2‎‎+2‎‎|m|‎=‎1‎‎8‎|m|+‎2‎‎|m|‎≥‎1‎‎8‎×2‎2‎=‎2‎‎4‎,‎ 当且仅当m2=2,t2=1时取等号,此时Δ=24>0,‎ ‎∴所求三角形面积的最小值为‎2‎‎4‎.‎ ‎4.(安徽省马鞍山市2018届高三第二次教学质量监测)在直角坐标系中,已知点A(-2,0),B(2,0),两动点C(0,m),D(0,n),且mn=3,直线AC与直线BD的交点为P.‎ ‎(1)求动点P的轨迹方程;‎ ‎(2)过点F(1,0)作直线l交动点P的轨迹于M,N两点,试求FM·FN的取值范围.‎ 解析 (1)直线AC的方程:y=m‎2‎(x+2), ①‎ 直线BD的方程:y=-n‎2‎(x-2), ②‎ 上述两式相乘得y2=-mn‎4‎(x2-4).‎ 又mn=3,整理得x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1.‎ 由mn=3得m≠0,n≠0,故x≠±2.‎ 所以动点P的轨迹方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1(x≠±2).‎ ‎(2)当直线MN的斜率不存在时,M‎1,‎‎3‎‎2‎,N1,-‎3‎‎2‎,有FM=‎0,‎‎3‎‎2‎,FN=‎0,-‎‎3‎‎2‎,‎ 得FM·FN=-‎9‎‎4‎.‎ 当直线MN的斜率存在时,设其方程为y=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 联立x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎y=k(x-1),‎整理得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,‎ 则x1+x2=‎8‎k‎2‎‎4k‎2‎+3‎,x1x2=‎4k‎2‎-12‎‎4k‎2‎+3‎.‎ 故FM·FN=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=(1+k2)[x1x2-(x1+x2)+1]=(1+k2)‎4k‎2‎-12‎‎4k‎2‎+3‎‎-‎8‎k‎2‎‎4k‎2‎+3‎+1‎=-‎9(k‎2‎+1)‎‎4k‎2‎+3‎=-‎9‎‎4‎-‎9‎‎4(4k‎2‎+3)‎.‎ 由k2>0,可得-3<-‎9‎‎4‎-‎9‎‎4(4k‎2‎+3)‎<-‎9‎‎4‎,‎ 综上可得FM·FN的取值范围为‎-3,-‎‎9‎‎4‎.‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档