求解參數(shù)范圍與最值問題的題型與方法

高貴卓

參數(shù)的范圍問題，是解析幾何中的一類常見問題，解決這類問題的關(guān)鍵是構(gòu)造含參數(shù)的不等式，通過解不等式求出參數(shù)的范圍，根與系數(shù)的關(guān)系、曲線與方程的關(guān)系等在構(gòu)造不等式中起著重要作用.

參數(shù)范圍與最值問題解題策略一般有以下幾種：

（1）幾何法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)構(gòu)造含參數(shù)的不等式，通過解不等式解出參數(shù)的范圍和最值.

（2）代數(shù)法：在利用代數(shù)法解決范圍與最值問題時(shí)常從以下五個(gè)方面考慮：

①利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍;

②利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的關(guān)鍵是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系;

③利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍;

④利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍;

⑤利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍.

一、參數(shù)范圍問題

例1?如圖，橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的一個(gè)焦點(diǎn)是F（1，0），O為坐標(biāo)原點(diǎn).

（1）若橢圓短軸的兩個(gè)三等分點(diǎn)與一個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形，求橢圓的方程;

（2）設(shè)過點(diǎn)F且不垂直x軸的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，若直線l繞點(diǎn)F任意轉(zhuǎn)動(dòng)，恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2，求a的取值范圍.

解：（1）由圖可得：M（0，13b）由正三角形性質(zhì)可得：∠MFO=π6，kMF=-33，

∴kMF=13b-00-1=-33，∴b=3，

∴a2=b2+c2=4，

∴橢圓方程為：x24+y23=1.

（2）設(shè)l：y=k（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2），

∵|OA|2+|OB|2<|AB|2，

∴cos∠AOB=|OA|2+|OB|2-|AB|22|OA||OB|<0，

∴∠AOB為鈍角，∴OA·OB=x1x2+y1y2<0，

聯(lián)立直線與橢圓方程：y=k（x-1）b2x2+a2y2=a2b2b2x2+a2k2（x-1）2=a2b2，整理可得：

（a2k2+b2）x2-2a2k2x+a2k2-a2b2=0，

∴x1+x2=2a2k2a2k2+b2，x1x2=a2k2-a2b2a2k2+b2，

∴y1y2=k2（x1-1）（x2-1）

=k2x1x2-k2（x1+x2）+k2

=k2·a2k2-a2b2a2k2+b2-k2·2a2k2a2k2+b2+k2

=k2b2-a2b2k2a2k2+b2，

∴x1x2+y1y2=a2k2-a2b2+k2b2-a2b2k2a2k2+b2<0，

a2k2-a2b2+k2b2-a2b2k2<0恒成立，即k2（a2+b2-a2b2）

當(dāng)k=0時(shí)，不等式恒成立，

當(dāng)k≠0時(shí)，a2+b2-a2b2a2b2<1k2恒成立.

而1k2>0，∴a2+b2-a2b2a2b2<0，

∴a2+b2-a2b2<0，∵b2=a2-1，

a2<（a2-1）b2=b4，

又∵a>0，b>0，∴a1+52.

∴a的取值范圍是（1+52，+∞）.

二、方程中參數(shù)范圍問題

例2?（2016高考江蘇卷）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線l：x-y-2=0，拋物線C：y2=2px（p>0）.

（1）若直線l過拋物線C的焦點(diǎn)，求拋物線C的方程;

（2）已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對(duì)稱的相異兩點(diǎn)P和Q.

①求證：線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為（2-p，-p）;

②求p的取值范圍.

解析：（1）拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)為（p2，0），

由點(diǎn)（p2，0）在直線l：x-y-2=0上，得p2-0-2=0，即p=4.

所以拋物線C的方程為y2=8x.

（2）設(shè)點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2），線段PQ的中點(diǎn)M（x0，y0），

因?yàn)辄c(diǎn)P和Q關(guān)于直線l對(duì)稱，所以直線l垂直平分線段PQ，

于是直線PQ的斜率為-1，則可設(shè)其方程為y=-x+b.

①由y2=2pxy=-x+b消去x得y2+2py-2pb=0 （*）.

因?yàn)镻和Q是拋物線C上的相異兩點(diǎn)，所以y1≠y2，

從而Δ=（2p）2-4（-2pb）>0，化簡(jiǎn)得p+2b>0.

方程（*）的兩根為y1，2=-p±p2+2pb，從而y0=y1+y22=-p.

因?yàn)镸（x0，y0）在直線l上，所以x0=2-p.

因此，線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為（2-p，-p）.

②因?yàn)镸（2-p，-p）在直線y=-x+b上，

所以-p=-（2-p）+b，即b=2-2p.

由①知p+2b>0，于是p+2（2-2p）>0，所以p<43.

因此p的取值范圍為（0，43）.

三、求線段問題的范圍

例3?（2016年高考浙江文數(shù)）設(shè)雙曲線x2-y23=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.若點(diǎn)P在雙曲線上，且△F1PF2為銳角三角形，則|PF1|+|PF2|的取值范圍是????.

解析：由已知a=1，b=3，c=2，則e=ca=2，

設(shè)P（x，y）是雙曲線上任一點(diǎn)，由對(duì)稱性不妨設(shè)P在右支上，因?yàn)椤螾F2F1為銳角，則1

因?yàn)椤螰1PF2為銳角，則|PF1|2+|PF2|2>|F1F2|2，

即（2x+1）2+（2x-1）2>42，解得x>72，所以72

故|ΡF1|+|ΡF2|=4x∈（27，8）.

點(diǎn)評(píng)：先由對(duì)稱性可設(shè)點(diǎn)Ρ在右支上，進(jìn)而可得|ΡF1|和|ΡF2|，再由△F1ΡF2為銳角三角形可得|ΡF1|2+|ΡF2|2>|F1F2|2，進(jìn)而可得x的不等式，解不等式可得|ΡF1|+|ΡF2|的取值范圍.

四、斜率范圍問題

例4?（2016年高考全國Ⅱ卷理數(shù)）已知橢圓E：x2t+y23=1的焦點(diǎn)在x軸上，A是E的左頂點(diǎn)，斜率為k（k>0）的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA⊥NA.

（1）當(dāng)t=4，|AM|=|AN|時(shí)，求△AMN的面積;

（2）當(dāng)2|AM|=|AN|時(shí)，求k的取值范圍.

分析：（1）先求直線AM的方程，再求點(diǎn)M的縱坐標(biāo)，最后求△AMN的面積;（2）設(shè)M（x1，y1），將直線AM的方程與橢圓方程組成方程組，消去y，用k表示x1，從而表示|AM|，同理用k表示|AN|，再由2|AM|=|AN|求k.

解：設(shè)M（x1，y1），則由題意知y1>0.

（1）當(dāng)t=4時(shí)，E的方程為x24+y23=1，A（-2，0）.

由已知及橢圓的對(duì)稱性知，直線AM的傾斜角為π4.

因此直線AM的方程為y=x+2.

將x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127，所以y1=127.

因此△AMN的面積

S△AMN=2×12×127×127=14449.

（2）由題意t>3，k>0，A（-t，0）.

將直線AM的方程y=k（x+t）代入x2t+y23=1得（3+tk2）x2+2t·tk2x+t2k2-3t=0.

由x1·（-t）=t2k2-3t3+tk2，得x1=t（3-tk2）3+tk2，

故|AM|=|x1+t|1+k2=6t（1+k2）3+tk2.

由題設(shè)，直線AN的方程為y=-1k（x+t），

故同理可得|AN|=6kt（1+k2）t+3k2.

由2|AM|=|AN|，得23+tk2=k3k2+t，

即（k3-2）t=3k（2k-1）.

當(dāng)k=32時(shí)上式不成立，因此t=3k（2k-1）k3-2.

t>3等價(jià)于

k3-2k2+k-2k3-2=（k-2）（k2+1）k3-2<0，

即k-2k3-2<0.因此得k-2>0k3-2<0或k-2<0k3-2>0，解得32

故k的取值范圍是（32，2）.

點(diǎn)評(píng)：在求解第（2）問時(shí)，同學(xué)們一般能將直線方程和橢圓方程聯(lián)立轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的一元二次方程，由此寫出判別式和根與系數(shù)的關(guān)系，便可得到基本分?jǐn)?shù).若同學(xué)們稍加思考，由于直線和橢圓的一交點(diǎn)為（-t，0），從而可求出另一交點(diǎn)坐標(biāo)，若要求出k的范圍，仍存在一定難度，不等式t>3的落實(shí)非常關(guān)鍵.這就需要我們學(xué)會(huì)使用一定的技巧答題，能答多少答多少.

五、離心率的范圍問題

例5?（2017年高考課標(biāo)Ⅱ，文5）若a>1，則雙曲線x2a2-y2=1的離心率的取值范圍是????.

解析：由題意e2=c2a2=a2+1a2=1+1a2，因?yàn)閍>1，所以1<1+1a2<2，則1

點(diǎn)評(píng)：解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及范圍問題其關(guān)鍵就是確立一個(gè)關(guān)于a，b，c的方程或不等式，再根據(jù)a，b，c的關(guān)系消掉b得到a，c的關(guān)系式，而建立關(guān)于a，b，c的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質(zhì)、點(diǎn)的坐標(biāo)的范圍等.

例6?已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)的橢圓與雙曲線有公共焦點(diǎn)，且左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.這兩條曲線在第一象限的交點(diǎn)為P，△PF1F2是以PF1為底邊的等腰三角形.若|PF1|=10，記橢圓與雙曲線的離心率分別為e1、e2，則e1·e2的取值范圍是????.

解析：設(shè)橢圓和雙曲線的半焦距為c，|PF1|=m，|PF2|=n，（m>n），由于△PF1F2是以PF1為底邊的等腰三角形，若|PF1|=10，即有m=10，n=2c，由橢圓的定義可得m+n=2a1，由雙曲線定義可得m-n=2a2，即a1=5+c，a2=5-c，（c<5），再由三角形的兩邊之和大于第三邊，可得2c+2c>10，可得c>52，即5213，則e1·e2的取值范圍是（13，+∞）.

點(diǎn)評(píng)：求解本題的關(guān)鍵是利用三角形的兩邊之和大于第三邊建立不等式求出c的范圍.

六、面積最值問題

例7?已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率與雙曲線x24-y212=1的離心率互為倒數(shù)，且過點(diǎn)P（1，32）.

（1）求橢圓C的方程;

（2）過P作兩條直線l1，l2與圓（x-1）2+y2=r2（0

①求證：直線MN的斜率為定值;

②求△MON面積的最大值（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）.

解析：（1）可得橢圓C的離心率e=12，設(shè)橢圓的半焦距為c，所以a=2c，

因?yàn)闄E圓C過點(diǎn)P（1，32），所以1a2+94b2=1，又c2+b2=a2，解得a=2，b=3，

所以橢圓方程為x24+y23=1.

（2）①顯然兩直線l1，l2的斜率存在，設(shè)為k1，k2，M（x1，y1），N（x2，y2），

由于直線l1，l2與圓（x-1）2+y2=r2（0

直線l1的方程為y-32=k1（x-1），聯(lián)立方程組y=k1x-k1+32，x24+y23=1，

消去y，得x2（4k21+3）+k1（12-8k1）x+（3-2k1）2-12=0，

因?yàn)镻，M為直線與橢圓的交點(diǎn)，

所以x1+1=k1（8k1-12）4k21+3，

同理，當(dāng)l2與橢圓相交時(shí)，x2+1=k1（8k1+12）4k21+3，所以x1-x2=-24k14k21+3，而y1-y2=k1（x1+x2）-2k1=-12k14k21+3，所以直線MN的斜率k=y1-y2x1-x2=12.

②設(shè)直線MN的方程為y=12x+m，聯(lián)立方程組y=12x+m，x24+y23=1，消去y得x2+mx+m2-3=0，

所以|MN|=1+（12）2·m2-4（m2-3）=1524-m2，原點(diǎn)O到直線MN的距離d=|2m|5，

△OMN面積為S=12·1524-m2·|2m|5=32m2（4-m2）≤32m2+4-m22=3，

當(dāng)且僅當(dāng)m2=2時(shí)取得等號(hào).經(jīng)檢驗(yàn)，存在r（0

七、求其他最值問題

例8?已知橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率e=33，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，且F2與拋物線y2=4x的焦點(diǎn)重合.

（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）若過F1的直線交橢圓于B，D兩點(diǎn)，過F2的直線交橢圓于A，C兩點(diǎn)，且AC⊥BD，求|AC|+|BD|的最小值.

解析：（1）拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為（1，0），所以c=1，又因?yàn)閑=ca=1a=33，所以a=3，

所以b2=2，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x23+y22=1.

（2）（i）當(dāng)直線BD的斜率k存在且k≠0時(shí)，設(shè)直線BD的方程為y=k（x+1），代入橢圓方程x23+y22=1，并化簡(jiǎn)得（3k2+2）x2+6k2x+3k2-6=0.

設(shè)B（x1，y1），D（x2，y2），則x1+x2=-6k23k2+2，x1x2=3k2-63k2+2，

|BD|=1+k2·|x1-x2|

=（1+k2）·[（x1+x2）2-4x1x2]

=43（k2+1）3k2+2.?（*）

易知AC的斜率為-1k，將（*）式中的k用-1k替換，

所以|AC|=43（1k2+1）3×1k2+2=43（k2+1）2k2+3.

|AC|+|BD|=43（k2+1）（13k2+2+12k2+3）

=203（k2+1）2（3k2+2）（2k2+3）≥203（k2+1）2[（3k2+2）+（2k2+3）2]2

=203（k2+1）225（k2+1）24=1635.

當(dāng)k2=1，即k=±1時(shí)，上式取等號(hào)，故|AC|+|BD|的最小值為1635.

（ii）當(dāng)直線BD的斜率不存在或等于零時(shí)，

易得|AC|+|BD|=1033>1635.

綜上，|AC|+|BD|的最小值為1635.

點(diǎn)評(píng)：本題要熟悉橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求解、直線與橢圓的位置關(guān)系問題，在求解目標(biāo)式的最值問題時(shí)務(wù)必先用變量表示目標(biāo)式，再結(jié)合不等式即可得出結(jié)論，同時(shí)直線與橢圓的弦長(zhǎng)公式也要非常熟悉.