2018届二轮复习专题突破讲义圆锥曲线的综合问题学案文（全国通用） 19页

第3讲　圆锥曲线的综合问题 ‎1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题．‎ ‎2．试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．‎ 热点一　范围、最值问题 圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．‎ 例1　(2017届天津市红桥区二模)已知椭圆C：＋＝1 (a>b>0)的离心率为，且过点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设与圆O：x2＋y2＝相切的直线l交椭圆C于A, B两点，求△OAB面积的最大值及取得最大值时直线l的方程．‎ 解　(1)由题意可得 解得a2＝3，b2＝1，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)①当k不存在时， x＝±，∴y＝±，‎ ‎∴S△OAB＝××＝.‎ ‎②当k存在时，设直线方程为y＝kx＋m，‎ A， B，‎ 联立得x2＋6kmx＋‎3m2‎－3＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝.‎ d＝r⇒‎4m2‎＝3.‎ ＝ · ‎＝· ‎＝· ‎＝· ‎＝·≤2，‎ 当且仅当＝9k2，即k＝±时等号成立，此时m＝±1.‎ ‎∴S△OAB＝×r≤×2×＝，‎ ‎∴△OAB面积的最大值为，‎ 此时直线方程为y＝±x±1.‎ 思维升华　解决范围问题的常用方法 ‎(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解．‎ ‎(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．‎ ‎(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．‎ 跟踪演练1　(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆C截直线y＝1所得线段的长度为2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)动直线l：y＝kx＋m(m≠0)交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M.点N是M关于O的对称点，⊙N的半径为|NO|.设D为AB的中点，DE，DF与⊙N分别相切于点E，F，求∠EDF的最小值．‎ 解　(1)由椭圆的离心率为，得a2＝2(a2－b2)，‎ 又当y＝1时，x2＝a2－，得a2－＝2，‎ 所以a2＝4，b2＝2.‎ 因此椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 联立方程，得 得(2k2＋1)x2＋4kmx＋‎2m2‎－4＝0.‎ 由Δ>0，得m2<4k2＋2，(*)‎ 且x1＋x2＝－，‎ 因此y1＋y2＝，‎ 所以D.‎ 又N(0，－m)，‎ 所以|ND|2＝2＋2，‎ 整理得|ND|2＝.‎ 因为|NF|＝|m|，‎ 所以＝＝1＋.‎ 令t＝8k2＋3，t≥3，‎ 故2k2＋1＝.‎ 所以＝1＋＝1＋.‎ 令y＝t＋，所以y′＝1－.‎ 当t≥3时，y′>0，‎ 从而y＝t＋在[3，＋∞)上单调递增，‎ 因此t＋≥，‎ 当且仅当t＝3时等号成立，此时k＝0，‎ 所以≤1＋3＝4.‎ 由(*)得－b>0)经过两圆的交点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)M，N是椭圆C上的两点，若直线OM与ON的斜率之积为－，试问△OMN的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．‎ 解　(1)设两圆的交点为Q，‎ 依题意有|QF1|＋|QF2|＝3＋＝4，‎ 由椭圆定义知，‎2a＝4，解得a2＝12.‎ ‎∵F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，‎ ‎∴a2－b2＝9，解得b2＝3，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋＝1. ‎ ‎(2)①当直线MN的斜率不存在时，‎ 设M(x1，y1)，N(x1，－y1)．‎ kOM·kON＝－＝－，∴＝.‎ 又＋＝1，∴|x1|＝，|y1|＝.‎ ‎∴S△OMN＝××＝3.‎ ‎②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m，‎ M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 由 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋‎4m2‎－12＝0，‎ 由Δ＝64k‎2m2‎－4(4k2＋1)(‎4m2‎－12)>0，‎ 得12k2－m2＋3>0， (*)‎ 且x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ ‎∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)‎ ‎＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.‎ ‎∵kOM·kON＝＝－，∴＝－，‎ 整理得‎2m2‎＝12k2＋3, ‎ 代入(*)得m≠0.‎ ‎∵|MN|＝|x1－x2|‎ ‎＝ ‎＝ ＝，‎ 原点O到直线MN的距离d＝，‎ ‎∴S△OMN＝|MN|d ‎＝··＝3(定值)．‎ 综上所述，△OMN的面积为定值3.‎ 热点三　探索性问题 ‎1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．‎ ‎2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．‎ 例3　已知抛物线E的顶点为原点O，焦点为圆F：x2＋y2－4x＋3＝0的圆心F.经过点F的直线l交抛物线E于A，D两点，交圆F于B，C两点，A，B在第一象限，C，D在第四象限．‎ ‎(1)求抛物线E的方程；‎ ‎(2)是否存在直线l，使2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)根据已知，设抛物线E的方程为y2＝2px(p>0)．‎ ‎∵圆F的方程为(x－2)2＋y2＝1，‎ ‎∴圆心F的坐标为F(2,0)，半径r＝1.‎ ‎∴＝2，解得p＝4.‎ ‎∴抛物线E的方程为y2＝8x.‎ ‎(2)∵2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项，‎ ‎∴|AB|＋|CD|＝4|BC|＝4×2r＝8，‎ ‎∴|AD|＝|AB|＋|BC|＋|CD|＝10.‎ 若l垂直于x轴，则l的方程为x＝2，‎ 代入y2＝8x，得y＝±4.‎ 此时|AD|＝|y1－y2|＝8≠10，‎ 即直线x＝2不满足题意；‎ 若l不垂直于x轴，设l的斜率为k，‎ 由已知得k≠0，l的方程为y＝k(x－2)．‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝，且Δ＝(4k2＋8)2－16k4＝64k2＋64>0，‎ ‎∵抛物线E的准线为x＝－2，‎ ‎∴|AD|＝|AF|＋|DF|＝(x1＋2)＋(x2＋2)‎ ‎＝x1＋x2＋4，‎ ‎∴＋4＝10，解得k＝±2.‎ ‎∴存在满足要求的直线l，它的方程为2x－y－4＝0或2x＋y－4＝0.‎ 思维升华　解决探索性问题的注意事项 存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．‎ ‎(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．‎ ‎(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．‎ ‎(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．‎ 跟踪演练3　(2017届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆C：＋＝1 (a>b>0)的长轴长为6，且椭圆C与圆M：(x－2)2＋y2＝的公共弦长为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点P(0,2)作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C交于两点A，B，试判断在x轴上是否存在点D，使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形．若存在，求出点D的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)由题意可得‎2a＝6，所以a＝3.由椭圆C与圆M: 2＋y2＝的公共弦长为，恰为圆M的直径，可得椭圆C经过点，所以＋＝1，解得b2＝8.所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)直线l的解析式为y＝kx＋2，‎ 设A，B， AB的中点为E.‎ 假设存在点D，使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形，则DE⊥AB.‎ 由 得x2＋36kx－36＝0，故x1＋x2＝－，‎ 所以x0＝－， y0＝kx0＋2＝.‎ 因为DE⊥AB，所以kDE＝－，‎ 即＝－，‎ 所以m＝－＝－.‎ 当k>0时， 9k＋≥2＝12，‎ 所以－≤m<0；‎ 当k<0时， 9k＋≤－12，所以00.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1，‎ 所以|AB|＝·|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝· ‎＝.‎ 同理可得|DE|＝4(1＋k2)．‎ 所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)‎ ‎＝4 ‎＝8＋4≥8＋4×2＝16，‎ 当且仅当k2＝，即k＝±1时，取得等号．‎ ‎2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，焦距为2.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)如图，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．‎ 解　(1)由题意知，e＝＝，‎2c＝2，所以c＝1，‎ 所以a＝，b＝1，‎ 所以椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立方程 得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0.‎ 由题意知，Δ＞0，‎ 且x1＋x2＝，x1x2＝－，‎ 所以|AB|＝|x1－x2|＝·.‎ 由题意可知，圆M的半径r为 r＝|AB|＝·.‎ 由题设知k1k2＝，‎ 所以k2＝，‎ 因此直线OC的方程为y＝x.‎ 联立方程 得x2＝，y2＝，‎ 因此|OC|＝＝.‎ 由题意可知，sin＝＝.‎ 而＝ ‎＝·，‎ 令t＝1＋2k，则t＞1，∈(0,1)，‎ 因此＝·＝·＝‎ ·≥1，‎ 当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±，‎ 所以sin ≤，因此≤，‎ 所以∠SOT的最大值为.‎ 综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.‎ 押题预测 已知椭圆C1：＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合．‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．‎ 押题依据　本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．‎ 解　(1)因为C1，C2的焦点重合，‎ 所以＝，所以a2＝4.‎ 又a>0，所以a＝2.‎ 于是椭圆C1的方程为＋＝1，‎ 抛物线C2的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)假设存在直线l使得＝2，‎ 则可设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．‎ 由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，‎ 则x1＋x4＝，x1x4＝1，且Δ＝16k2＋16>0，‎ 所以|PN|＝· ‎＝.‎ 由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ 则x2＋x3＝，x2x3＝，且Δ＝144k2＋144>0，‎ 所以|MQ|＝·＝.‎ 若＝2，‎ 则＝2×，‎ 解得k＝±.‎ 故存在斜率为k＝±的直线l，使得＝2.‎ A组　专题通关 ‎1．(2016·全国Ⅰ)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.‎ ‎(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；‎ ‎(2)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．‎ 解　(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，‎ 故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，‎ 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.‎ 又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.‎ 由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，‎ 由椭圆定义可得点E的轨迹方程为 ＋＝1(y≠0)．‎ ‎(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 由 得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，且Δ＝144k2＋144>0，‎ 所以|MN|＝|x1－x2|＝.‎ 过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，‎ 点A到m的距离为，‎ 所以|PQ|＝2＝4.‎ 故四边形MPNQ的面积 S＝|MN||PQ|＝12.‎ 可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)．‎ 当l与x轴垂直时，l的方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.‎ 综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8)．‎ ‎2．(2017·山西省实验中学模拟)已知椭圆C: ＋＝1 (a>b>0)的短轴长为2，且椭圆C的顶点在圆M：x2＋2＝上．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过椭圆的上焦点作互相垂直的两条弦AB，CD，求＋的最小值．‎ 解　(1)由题意可得2b＝2，所以b＝1.‎ 椭圆C的顶点在圆M: x2＋2＝上，‎ 所以a＝.‎ 故椭圆C的方程为＋x2＝1.‎ ‎(2)当直线AB的斜率不存在或为零时，‎ ＋＝3.‎ 当直线AB的斜率存在且不为零时，‎ 设直线AB的方程为y＝kx＋1，‎ 由 得x2＋2kx－1＝0，‎ 设A， B，‎ 由根与系数的关系，得x1＋x2＝， x1x2＝，‎ 所以＝，‎ 同理可得＝，‎ 所以＋＝ .‎ 令t＝k2＋1，则t>1, ＋＝ ＝ ，‎ 而2<≤，‎ 所以≤＋ <3.‎ 综上， ≤＋ ≤3，‎ 故＋的最小值为.‎ ‎3．(2017届太原模拟)已知动点C到点F(1,0)的距离比到直线x＝－2的距离小1，动点C的轨迹为E.‎ ‎(1)求曲线E的方程；‎ ‎(2)若直线l：y＝kx＋m(km<0)与曲线E相交于A，B两个不同点，且·＝5，证明：直线l经过一个定点．‎ ‎(1)解　由题意可得动点C到点F(1,0)的距离等于到直线x＝－1的距离，‎ ‎∴曲线E是以点(1,0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，设其方程为y2＝2px(p>0)，∴＝1，∴p＝2，‎ ‎∴动点C的轨迹E的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得k2x2＋(‎2km－4)x＋m2＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝.‎ ‎∵·＝5，‎ ‎∴x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2‎ ‎＝＝5，‎ ‎∴m2＋‎4km－5k2＝0，∴m＝k或m＝－5k.‎ ‎∵km<0，m＝k舍去，‎ ‎∴m＝－5k，满足Δ＝16(1－km)>0，‎ ‎∴直线l的方程为y＝k(x－5)，‎ ‎∴直线l必经过定点(5,0)．‎ ‎4．(2017届福建省泉州市适应性模拟)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，直线l：y＝kx＋a(a>0)与抛物线C交于A，B两点．‎ ‎(1)若直线l过焦点F，且与圆x2＋(y－1)2＝1交于D，E(其中A，D在y轴同侧)，求证：|AD|·|BE|是定值；‎ ‎(2)设抛物线C在A和B点的切线交于点P，试问：y轴上是否存在点Q，使得APBQ为菱形？若存在，请说明理由，并求此时直线l的斜率和点Q的坐标．‎ 解　抛物线C：x2＝4y的焦点为F(0,1), ‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立x2＝4y与y＝kx＋a，得x2－4kx－‎4a＝0，‎ 则Δ＝16(k2＋a)>0，且x1＋x2＝4k，x1x2＝－‎4a.‎ ‎(1)证明　若直线l过焦点F，则a＝1，‎ 则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.‎ 由条件可知圆x2＋(y－1)2＝1的圆心为F(0,1)，半径为1，‎ 由抛物线的定义可知，|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，‎ 则|AD|＝|AF|－1＝y1，|BE|＝|BF|－1＝y2，‎ ‎|AD|·|BE|＝y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1)‎ ‎＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－4k2＋4k2＋1＝1，‎ ‎(或|AD|·|BE|＝y1y2＝·＝＝＝1)‎ 即|AD|·|BE|为定值，定值为1.‎ ‎(2)解　方法一　当直线l的斜率为0，且Q的坐标为(0,‎3a)时，APBQ为菱形．理由如下： ‎ 由x2＝4y，得y＝x2，则y′＝x，‎ 则抛物线C在A处的切线为 y－x＝x1，‎ 即y＝x1x－x. ①‎ 同理抛物线C在B处的切线为 y＝x2x－x. ②‎ 联立①②，解得x＝＝2k，‎ 代入①式解得y＝＝－a，即P.‎ 又＝2k，所以＝k＋a＝2k2＋a，‎ 即AB的中点为R.‎ 则有PR⊥x轴．若APBQ为菱形，‎ 则PR⊥AB，所以k＝0, ‎ 此时P， R，Q.‎ 方法二　设A，B， Q，‎ 由x2＝4y，得y＝x2，则y′＝x, ‎ 若APBQ为菱形，则AQ∥BP，BQ∥AP，‎ 则kAQ＝＝x2，kBQ＝＝x1，‎ 即y1－y0＝x1x2，y2－y0＝x1x2，‎ 则y1＝y2，∴k＝0, ∴A，B， ‎ 则抛物线C在A处的切线为 y－a＝－，即y＝－x－a， ①‎ 同理抛物线C在B处的切线为y＝x－a， ②‎ 联立①②得P.‎ 又AB的中点为R，所以Q.‎ 方法三　设A，B， Q，‎ 由x2＝4y，得y＝x2，则y′＝x, ‎ 若APBQ为菱形，则AQ∥BP，BQ∥AP，‎ 则kAQ＝＝x2，kBQ＝＝x1，‎ 即y1－y0＝x1x2，y2－y0＝x1x2，‎ 则y1＝y2，∴k＝0, 此时直线AB: y＝kx＋a＝a，‎ 则y0＝－x1x2＋y1＝－·＋a＝‎3a，‎ 所以Q.‎ B组　能力提高 ‎5.如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．‎ ‎(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；‎ ‎(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，‎ 所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程为x＝－1.‎ ‎(2)由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.‎ 由抛物线准线l：x＝－1可知，M(－1，－2k)．‎ 又Q(1,2)，所以k3＝＝k＋1，‎ 即k3＝k＋1.‎ 把直线AB的方程y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系知，‎ x1＋x2＝，x1x2＝1，且Δ＝16(k2＋1)>0，‎ 又Q(1,2)，则k1＝，k2＝.‎ 因为A，F，B共线，所以kAF＝kBF＝k，‎ 即＝＝k.‎ 所以k1＋k2＝＋ ‎＝＋－ ‎＝2k－＝2k＋2，‎ 即k1＋k2＝2k＋2.‎ 又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3.‎ 即存在常数λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立．‎ ‎6.(2017届九江模拟)如图所示，已知椭圆C：＋＝1(a>b>c)的焦距为 2，直线y＝x被椭圆 C截得的弦长为 .‎ ‎(1)求椭圆 C的方程；‎ ‎(2)设点M是椭圆 C上的动点，过原点O引两条射线l1，l2与圆M：2＋2＝分别相切，且l1，l2的斜率k1，k2存在．‎ ‎①试问 k1k2 是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由； ‎ ‎②若射线l1，l2与椭圆 C分别交于点A，B，求·的最大值．‎ 解　(1)依题意得c＝1，设直线y＝x与椭圆C相交于P，Q两点，则＝，不妨设P，‎ ‎∴＋＝1，又a2－b2＝1，解得a＝，b＝1，‎ ‎∴椭圆 C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)①设射线l方程为y＝kx，A，B，则＝，两边平方整理得k2－6x0y0k＋3y－2＝0, ∵y＝1－，‎ ‎∴k1k2＝＝＝－.‎ ‎②联立消去 y 得 x2＝，2＝，‎ 同理2＝， ‎ ‎∴2·2＝· ‎＝4·＝ ‎＝2＋≤，‎ 当且仅当k＝时，取等号，‎ ‎∴(·)max＝.‎