三年高考（2016_2018）高考数学试题分项版解析专题20圆锥曲线的综合问题理（含解析）.doc

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1、1专题 20 圆锥曲线的综合问题 考纲解读明方向考点 内容解读 要求 常考题型 预测热度曲线与方程 了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系 了解 解答题 分析解读 1.了解解析几何的基本思想和研究几何问题的方法坐标法.2.理解轨迹的概念.能够根据所给条件选择适当的直角坐标系,运用求轨迹方程的常用方法(如:直接法、代入法、定义法、待定系数法、参数法、交轨法等)求轨迹方程.3.本节在高考中以求曲线的方程和研究曲线的性质为主,分值约为 12 分,属中高档题.考点 内容解读 要求 常考题型 预测热 度1.定值与最值及范围问题掌握与圆锥曲线有关的最值、定值、参数范围问题 掌握 解答题 2.存在性问题 了解

2、并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题 掌握 解答题 分析解读 1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合” “几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为 12 分,难度偏大.2018 年高考全景展示1 【2018 年江苏卷】如图，在平面直角坐标系 中，椭圆 C 过点 ，焦点 ，圆 O的直径为 （1）求椭圆

3、 C 及圆 O 的方程；（2）设直线 l 与圆 O 相切于第一象限内的点 P若直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，求点 P 的坐标；2直线 l 与椭圆 C 交于 两点若 的面积为 ，求直线 l 的方程【答案】 （1）椭圆 C 的方程为 ；圆 O 的方程为（2）点 P 的坐标为 ；直线 l 的方程为【解析】分析：（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得a,b，即得椭圆方程；（2）第一问先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标.第二问先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列

4、方程，解得切点坐标，即得直线方程.（2）设直线 l 与圆 O 相切于 ，则 ，所以直线 l 的方程为，即 由 ，消去 y，得 （*）因为直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，所以 因为 ，所以 因此，点 P 的坐标为 因为三角形 OAB 的面积为 ，所以 ，从而 设，由（*）得 ，所以因为 ，所以 ，即，解得 舍去） ，则 ，因此 P 的坐标为 综上，直线 l的方程为 3点睛：直线与椭圆的交点问题的处理一般有两种处理方法：一是设出点的坐标，运用“设而不求”思想求解；二是设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出交点坐标，适用于已知直线与椭圆的一个交点的情况.2 【2018 年理新课标

5、I 卷】设椭圆 的右焦点为 ，过 的直线 与 交于 两点，点 的坐标为.（1）当 与 轴垂直时，求直线 的方程；（2）设 为坐标原点，证明： .【答案】(1) AM 的方程为 或 .(2)证明见解析.【解析】分析：(1)首先根据 与 轴垂直，且过点 ，求得直线 l 的方程为 x=1，代入椭圆方程求得点A 的坐标为 或 ，利用两点式求得直线 的方程；（2）当 l 与 x 轴重合时， .当 l 与 x 轴垂直时， OM 为 AB 的垂直平分线，所以.当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为 ， ，则，直线 MA， MB 的斜率之和为 .由 得.将 代入 得 .4所以， .则 .从而 ，

6、故 MA， MB 的倾斜角互补，所以 .综上， .点睛：该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与椭圆相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程的时候，需要注意方法比较简单，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，在做题的时候需要先将特殊情况说明，一般情况下，涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦达定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.2017 年高考全景展示1.【2017 课标 1，理 20】已知椭圆 C：2=1xyab（ ab0） ，四点 P1（1,1） ， P2（0,1） ， P3（1， 2） ，

7、P4（1， 32）中恰有三点在椭圆 C 上.（1）求 C 的方程；（2）设直线 l 不经过 P2点且与 C 相交于 A， B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为1，证明： l过定点.【解析】试题分析：（1）根据 3P， 4两点关于 y 轴对称，由椭圆的对称性可知 C 经过 3P， 4两点.另外224ab知， C 不经过点 P1，所以点 P2在 C 上.因此 134,在椭圆上，代入其标准方程，即可求出 C 的方程；（2）先设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1， k2，在设直线 l 的方程，当 l 与 x 轴垂直，通过计算，不满足题意，再设设 l： ykxm（ ） ，

8、将 yxm代入214y，写出判别式，韦达定理，表示出 12k，根据 12列出等式表示出 k和 的关系，判断出直线恒过定点.5（2）设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1， k2，如果 l 与 x 轴垂直，设 l： x=t，由题设知 0t，且 |t，可得 A， B 的坐标分别为（ t，24t） ， （ t，24t）.则221241ttk，得 2t，不符合题设.从而可设 l： ykxm（ ）.将 ykxm代入214y得22(41)840k由题设可知 =6(1)k.设 A（ x1， y1） ， B（ x2， y2） ，则 x1+x2= 841km， x1x2= 4k.而 212k1xmk

9、x212().由题设 12k，故 1212()()0kxmx.即 48() 04m.解得 2k.当且仅当 1时， 0，欲使 l： 12myx，即 1(2)myx，所以 l 过定点（2， ）【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系.【名师点睛】椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中为告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在情况，接着通法是联立方程组，求判别式、韦达定理，根据题设关系进行化简.2.【2017 课标 I

10、I，理】设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：21xy上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为6N，点 P 满足 2NM。(1)求点 P 的轨迹方程；(2)设点 Q 在直线 3x上，且 1OPQ。证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F。 【答案】(1) 2y。(2)证明略。【解析】试题分析：(1)设出点 P 的坐标，利用 2NPM得到点 P 与点,M 坐标之间的关系即可求得轨迹方程为2xy。(2)利用 1OQ可得坐标关系 2231mtn，结合(1)中的结论整理可得 0OQPFA，即PF，据此即可得出题中的结论。试题解析：（1）设 0,xyM,设 0,Nx, 00,Px

11、yNMy。由 2NP得 02,。因为 0,Mxy在 C 上，所以21xy。因此点 P 的轨迹方程为 2。（2）由题意知 1,0F。设 3,QtPmn,则3,3OQtnOFt，Pmnt。由 1A得 221，又由（1）知 2mn，故30t。所以 OQPFA，即 PF。又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ，所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l过 C的左焦点 F。【考点】 轨迹方程的求解；直线过定点问题。【名师点睛】求轨迹方程的常用方法有：7(1)直接法：直接利用条件建立 x， y 之间的关系 F(x， y)0。(2)待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程。(3)定义法：先根据条件得出动点的轨

12、迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程。(4)代入(相关点)法：动点 P(x， y)依赖于另一动点 Q(x0， y0)的变化而运动，常利用代入法求动点 P(x， y)的轨迹方程。 3.【2017 山东，理 21】在平面直角坐标系 xOy中，椭圆 E：21xyab0的离心率为 2，焦距为 2.（）求椭圆 E的方程；（）如图，动直线 l： 132ykx交椭圆 E于 ,AB两点， C是椭圆 E上一点，直线 OC的斜率为 2k，且124k， M是线段 OC延长线上一点，且 :2:3M， A的半径为 M， ,ST是 A的两条切线，切点分别为 ,ST.求 的最大值，并求取得最大值时直线 l

13、的斜率.【答案】 （I）21xy.（） SOT的最大值为 3，取得最大值时直线 l的斜率为 12k.8进一步求得直线 OC的方程并与椭圆方程联立，确定得到 |OCr的表达式，研究其取值范围.这个过程中，可考虑利用换元思想，应用二次函数的性质及基本不等式.试题解析：（I）由题意知 2cea， c，所以 2,1ab，因此 椭圆 E的方程为21xy.（）设 12,AxyB，联立方程21,3,xyk得 2114430kxk，由题意知 0，且 112221,kxxk，所以 221121 8kABkx.由题意可知圆 M的半径 r为22113k由题设知 124k，所以 214k因此直线 OC的方程为 124

14、yxk.联立方程21,4xyk得221218,44kxyk，因此 22184kxy.9由题意可知 1sin2SOTrOCr，而212211843kr2134k，令 21tk，则 ,01t，因此 2 2233311194OCtrtt，当且仅当 12t，即 t时等号成立，此时 12k，所以 1sin2SOT，因此 26SOT，所以 SOT最大值为 3.综上所述： SOT的最大值为 3，取得最大值时直线 l的斜率为 12k.【考点】1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与圆锥曲线的位置关系；3. 二次函数的图象和性质.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用 ,abc

15、e的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法-如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.4.【2017 北京，理 18】已知抛物线 C： y2=2px 过点 P（1，1）.过点（0， 12）作直线 l 与抛物线 C 交于不同的两点 M， N，过点 M 作 x 轴的垂线分别与直线 OP， ON 交于点 A， B，其中 O 为原点.（）求抛物线 C

16、的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（）求证： A 为线段 BM 的中点.【答案】 （）方程为 2yx，抛物线 C 的焦点坐标为（ 14，0） ，准线方程为 14x.（）详见解析.【解析】10（）由题意，设直线 l 的方程为 12ykx（ 0） ， l 与抛物线 C 的交点为 1(,)Mxy， 2(,)Nxy.由 21ykx，得 24(4)kx.则 12xk， 12k.因为点 P 的坐标为（1，1） ，所以直线 OP 的方程为 yx，点 A 的坐标为 1(,)xy.直线 ON 的方程为 2yx，点 B 的坐标为 21(,)x.因为 211212yyxx1212()()kxkx121()()kx2

17、()4kx0，所以 21y.故 A 为线段 BM 的中点.【考点】1.抛物线方程；2.直线与抛物线的位置关系【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转换与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲 线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.2016 年高考全景展示111.【2016 高考新课标 1 卷】 （本小题满分 12 分）设圆 2150xy的圆心为 A,直线 l 过点B（1,0）且与 x 轴不重合, l 交圆 A

18、 于 C,D 两点,过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E.（I）证明 EAB为定值 ,并写出点 E 的轨迹方程；（II）设点 E 的轨迹为曲线 C1,直线 l 交 C1于 M,N 两点,过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两点,求四边形 MPNQ 面积的取值范围.【答案】 （） 342yx（ 0） （II） )38,2【解析】试题分析：根据 EAB可知轨迹为椭圆 ,利用椭圆定义求方程；（ II）分斜率是否存在设出直线方程,当直线斜率存在时设其方程为 )0(1kxy,根据根与系数的关系和弦长公式把面积表示为 x 斜率 k的函数,再求最值.试题解析：（）因为 |ACD,EB

19、/,故 ADC,所以 |EB,故 | AD.又圆 A的标准方程为 16)(2yx,从而 4|,所以 4|EB.由题设得 )0,1(, , |AB,由椭圆定义可得点 的轨迹方程为：342yx（ ）.（）当 l与 x轴不垂直时,设 l的方程为 )0(1kxy, ),(1yxM, )(2N.由 134)(2yk得 248)34(22kxk.则 821kx, 34121k.所以 )(| 2212xMN.过点 )0,1(B且与 l垂直的直线 m： )1(xky, A到 m的距离为 12k,所以12134)12(4| 2kkPQ.故四边形 MPNQ的面积34|212MNS.可得当 l与 x轴不垂直时,四边

20、形 PN面积的取值范围为 )38,12.当 与 轴垂直时,其方程为 1x, |M, |Q,四边形 MPNQ的面积为 12.综上,四边形 PNQ面积的取值范围为 )38,2.考点：圆锥曲线综合问题【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、最值、求参数取值范围等几部分组成, .其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.2.【2016 高考山东理数】 （本小题满分 14 分）平面直角坐标系 xOy中，椭圆 C： 210xyab 的离心率是 32，抛物线

21、E： 2xy的焦点 F是 C 的一个顶点.（I）求椭圆 C 的方程；（II）设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限， E 在点 P 处的切线 l与 C 交与不同的两点 A， B，线段 AB 的中点为 D，直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M.（i）求证：点 M 在定直线上;（ii）直线 l与 y 轴交于点 G，记 F 的面积为 1S， PD 的面积为 2S，求 1的最大值及取得最大值时点 P 的坐标.13【答案】 （） 142yx;（） （i）见解析；（ii）12S的最大值为 49，此时点 P的坐标为)41,2(【解析】试题分析：（）根据椭圆的离心率和焦点求方程；（） （i

22、）由点 P 的坐标和斜率设出直线 l 的方程和抛物线联立，进而判断点 M 在定直线上；（ii）分别列出 1S， 2面积的表达式，根据二次函数求最值和此时点 P 的坐标.试题解析：（）由题意知 232ab，可得： ba2.因为抛物线 E的焦点为 )1,0(F，所以 1,，所以椭圆 C 的方程为 42yx.（） （i）设 )0(,mP，由 yx2可得 x/，所以直线 l的斜率为 ，因此直线 的方程为 )(2xy，即 2mxy.设 ),(),(),(021DxBA，联立方程 241xy14得 014)14(432mxm，由 0，得 5且 14231mx，因此 42310mx,将其代入2y得 )14(

23、20y，因为 x410，所以直线 OD方程为 xmy.联立方程 mxy，得点 M的纵坐标为 M14，即点 M在定直线 41y上.（ii）由（i）知直线 l方程为 2mxy，令 0x得 2my，所以 ),0(G，又 1(,)(,PFD)14(2,(3m，所以 )(4|21mGS， )1(82| 202 xPM，所以 2221)1(4mS，令 t，则 21)(22 ttS，当 21t，即 t时， 21取得最大值 49，此时 m，满足 0，15所以点 P的坐标为 )41,2(，因此 12S的最大值为 49，此时点 P的坐标为 )41,2(.考点：1.椭圆、抛物线的标准方程及其几何性质；2.直线与圆锥

24、曲线的位置关系；3. 二次函数的图象和性质.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用 ,abce的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法-如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.3.【2016 年高考北京理数】 （本小题 14 分）已知椭圆 C：21xyab（ 0ab）的离心率为 32 ， (,0)Aa， (,)B

25、b， (0,)O， AB的面积为 1.（1）求椭圆 C 的方程；（2）设 P的椭圆 上一点，直线 PA与 y轴交于点 M，直线 PB 与 x轴交于点 N.求证： BMAN为定值.【答案】 （1）214xy；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）根据离心率为 32，即 ca， OAB的面积为 1，即 2ab，椭圆中22abc列方程求解；（2）根据已知条件分别求出 N， |M的值，求其乘积为定值.试题解析：（1）由题意得 ,12,32cbac解得 1,ba.16所以椭圆 C的方程为 142yx.（2）由（）知， ),0(,BA，设 ),(0yxP，则 20y.当 0时，直线 的方程为 )2(0x

26、y.令 x，得 20xyM.从而 10xyBM.直线 PB的方程为 10.令 0y，得 0yxN.从而 120yxAN.所以 21200 xyBMA 284844 000020 yxyxyx 4.当 0时， 1， ,2,ANB所以 4MAN.综上， 为定值.考点：1.椭圆方程及其性质；2.直线与椭圆的位置关系.【名师点睛】解决定值定点方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运

27、算.4. 【2016 年高考四川理数】 （本小题满分 13 分）已知椭圆 E：21(0)xyab的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线:3ly与椭圆 E 有且只有一个公共点 T.17（）求椭圆 E 的方程及点 T 的坐标；（）设 O 是坐标原点，直线 l平行于 OT，与椭圆 E 交于不同的两点 A、 B，且与直线 l 交于点 P证明：存在常数 ，使得 2PAB，并求 的值.【答案】 （） 163xy，点 T 坐标为（2,1） ；（） 45.【解析】试题解析：（I）由已知， 22()ac，即 ac，所以 2ab，则椭圆 E 的方程为21xyb.由方程组2,3byx得 221(8)

28、0xb.方程的判别式为 2=4()，由 =，得 23，此方程的解为 x，所以椭圆 E 的方程为2163y.点 T 坐标为（2,1）.（II）由已知可设直线 l 的方程为 (0)2yxm，有方程组123yxm，可得 31.y，18所以 P 点坐标为（ 2,13m ） ， 289PTm.设点 A， B 的坐标分别为 2()(,)AxyB， .由方程组2163xym，可得 224(1)0.方程的判别式为 2=16(9)，由 0，解得 32m.由得21214,33xx.所以 221115()()3mPAyx ，同理 2523Bx，所以 12()()43mPAx21215()()43x24()()3mm

29、2109.故存在常数 45，使得 2PTAB.考点：椭圆的标准方程及其几何性质.【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及到直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般都设交点坐标为 12(,),xy，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得 12,x，再把 PAB用 2表示出来，并代入刚才的12,x，这种方法是解析几何中的“设而不求”法可减少计算量，简化解题过程5.【2016 高考新课标 3 理数】已知抛物线 C： 2yx的焦点为 F，平行于 x轴的两条直线 12,l分别交19C于 ,AB两点，交 C的准线于 PQ，两点（I）若 F

30、在线段 上， R是 的中点，证明 ARFQ；（II）若 PQ的面积是 ABF的面积的两倍，求 B中点的轨迹方程.【答案】 （）见解析；（） 21yx【解析】试题分析：（）设出与 轴 垂直的两条直线，然后得出 ,APQR的坐标，然后通过证明直线 AR与直线 FQ的斜率相等即可证明结果了；（）设直线 l与 x轴的交点坐标 1(,0)Dx，利用面积可求得 1x，设出 AB的中点 (,)Exy，根据 AB与 x轴是否垂直分两种情况结合 ABEk求解（）设 l与 x轴的交点为 )0,(1xD，则 2,221 baSabFabSPQFABF .由题设可得 1x，所以 01x（舍去） ， 1x.设满足条件的

31、 的中点为 ),(yE.当 AB与 x轴不垂直时，由 DABk可得 )(12xyba.而 yba2，所以 )1(2x.当 与 x轴垂直时， E与 重合，所以，所求轨迹方程为 12xy. 12 分考点：1、抛物线定义与几何性质；2、直线与抛物线位置关系；3、轨迹求法【方法归纳】 （1）解析几何中平行问题的证明主要是通过证明两条直线的斜率相等或转化为利用向量证明；（2）求轨迹的方法在高考中最常考的是直接法与代入法（相关点法） ，利用代入法求解时必须找准主动点与从动点206.【2016 高考江苏卷】 （本小题满分 10 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 :20lxy，抛物线 2:y(

32、0)Cpx（1）若直线 l 过抛物线 C 的焦点，求抛物线 C 的方程；（2）已知抛物线 C 上存在关于直线 l 对称的相异两点 P 和 Q.求证：线段 PQ 的中点坐标为 (2,).p；求 p 的取值范围.【答案】 （1） xy82（2）详见解析， )34,0(【解析】试题分析：（1）先确定抛物线焦点，再将点代入直线方程（2）利用抛物线点之间关系进行化简，结合中点坐标公式求证，利用直线与抛物线位置关系确定数量关系： 0)4(422pp，解出 p的取值范围.试题解析：解：（1）抛物线 2:y(0)Cpx的焦点为 (,0)2p由点 (,0)2p在直线 :0lx上，得 ，即 4.所以抛物线 C 的

33、方程为 28.y（2）设 12(x,)(,)PQ，线段 PQ 的中点 0(x,y)M因为点 P 和 Q 关于直线 l对称，所以直线 l垂直平分线段 PQ,于是直线 PQ 的斜率为 ，则可设其方程为 .yxb21因为 M(2,).p在直线 yxb上所以 b，即 2.p由知 20p，于是 ()0，所以 4.3p因此 的取值范围为 4(,).3考点：直线与抛物线位置关系【名师点睛】在利用代数法解决范围问题时常从以下五个方面考虑：(1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用基本不等式求出参数的取值范围；(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围