《2020数学(理)二轮教师用书:第3部分 策略3 活用4招巧解压轴解答题》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2020数学(理)二轮教师用书:第3部分 策略3 活用4招巧解压轴解答题(9页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、两类压轴大题是导数和圆锥曲线,难度大、综合性强,取得满分不容易,但要得到尽可能多的分数还是有方法可行的高考是选拔性的考试,同时又是一场智者的竞争,真正的高考高手是坦然的,他们懂得有舍才有得的真正道理,面对高考大题,特别是压轴题,哪些应该勇于割舍,哪些应努力争取本讲教你四招,让你在考试中尽可能多得分、巧得分.缺步解答化繁为简,能解多少算多少如果遇到一个很困难的问题,确实啃不动,一个聪明的解题策略是,将它们分解为一系列的步骤,或者是一个个小问题,先解决问题的一部分,能解决多少就解决多少,能演算几步就写几步,尚未成功不等于失败.特别是那些解题层次明显的题目,或者是已经程序化了的方法,每进行一步得分点
2、的演算都可以得分,最后结论虽然未得出,但分数却已过半,这叫“大题巧拿分”.【典例1】(12分)已知椭圆C:1(ab0)的两个焦点分别为F1(1,0),F2(1,0),且椭圆C经过点P.(1)求椭圆C的离心率;(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M,N两点,点Q是线段MN上的点,且,求点Q的轨迹方程规范解答(1)由椭圆定义知,2a|PF1|PF2|2,所以a.2分又由已知,c1,所以椭圆C的离心率e.4分(2)由(1)知,椭圆C的方程为y21.设点Q的坐标为(x,y),当直线l与x轴垂直时,直线l与椭圆C交于(0,1),(0,1)两点,此时点Q的坐标为.6分当直线l与x轴不垂直时,设直线
3、l的方程为ykx2.因为M,N在直线l上,可设点M,N的坐标分别为(x1,kx12),(x2,kx22),则|AM|2(1k2)x,|AN|2(1k2)x.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.由,得,即.8分将ykx2代入y21中,得(2k21)x28kx60.由(8k)24(2k21)60,得k2.由可知,x1x2,x1x2,代入中并化简,得x2.9分因为点Q在直线ykx2上,所以k,代入中并化简,得10(y2)23x218.10分由及k2,可知0x2,即x.又满足10(y2)23x218,故x.由题意,Q(x,y)在椭圆C内,所以1y1,又由10(y2)2183x2有(y2)2且1y
4、1,则y.所以点Q的轨迹方程为10(y2)23x218,其中x,y.12分(1)本题第(1)问为已知椭圆标准方程求椭圆的离心率问题,属于容易题.(2)本题的难点在于第(2)问中确定轨迹方程及方程中各变量的取值范围,本题有一定的难度,要想拿到全分很难,这就应该学会缺步解答.首先,解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时,若需要设直线方程,应考虑直线的斜率是否存在,因此当直线l的斜率不存在时,求出点Q的坐标为,这是每位考生都应该能做到的.其次,联立直线方程与椭圆方程并设出M,N,Q的坐标,通过,得到,然后由x1x2及x1x2联想一元二次方程根与系数的关系,将问题解决到x2是完全可以做到的,到此已经可以得
5、到9分.另外,考虑到点Q在直线l上,将点Q坐标代入所设直线方程就能得到10(y2)23x218,到此便可以得到10分.到此不能继续往下解时,我们也已经得到绝大部分分数了.跳步解答左右逢源,会做哪问做哪问解题过程中卡在某一过渡环节上是常见的.这时,我们可以先承认中间结论,往后推,看能否得到结论.若题目有两问,第(1)问想不出来,可把第(1)问当作“已知”,先做第(2)问,跳一步解答.【典例2】(12分)设函数fn(x)xnbxc(nN*,b,cR)(1)设n2,b1,c1,证明:fn(x)在区间内存在唯一零点;(2)设n2,若对任意x1,x21,1,有|f2(x1)f2(x2)|4,求b的取值范
6、围;(3)在(1)的条件下,设xn是fn(x)在内的零点,判断数列x2,x3,xn,的增减性规范解答(1)证明:b1,c1,n2时,fn(x)xnx1.fnfn(1)10,fn(x)在内存在零点.2分又当x时,fn(x)nxn110,fn(x)在上是单调递增的fn(x)在区间内存在唯一零点.4分(2)当n2时,f2(x)x2bxc.对任意x1,x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4.等价于f2(x)在1,1上的最大值与最小值之差M4.据此分类讨论如下:5分当1,即|b|2时,M|f2(1)f2(1)|2|b|4,与题设矛盾.6分当10,即0b2时,Mf2(1)f224恒成立.7分当01,
7、即2b0时,Mf2(1)f24恒成立综上可知,2b2.8分故b的取值范围为2,2(3)法一:设xn是fn(x)在内的唯一零点(n2),fn(xn)xxn10,fn1(xn1)xxn110,xn1,于是有fn(xn)0fn1(xn1)xxn11xxn11fn(xn1)又由(1)知fn(x)在上是单调递增的,故xnxn1(n2),所以数列x2,x3,xn,是递增数列.12分法二:设xn是fn(x)在内的唯一零点,fn1(xn)fn1(1)(xxn1)(1n111)xxn1xxn10,则fn1(x)的零点xn1在(xn,1)内,故xnxn1(n2),所以数列x2,x3,xn,是递增数列.12分第(1
8、)问可利用函数的单调性及零点存在性定理较简单解决,但第(2)问较麻烦,很多同学不会做或耽误较长时间,从而延误了第(3)问的解答.事实上,由题意可知,第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系,但与第(1)问是相关的,且非常容易解答,因此我们可跨过第(2)问,先解决第(3)问,从而增大了本题的得分率,这是解决此类题的上策之举.逆向解答逆水行舟,往往也能解决问题对一个问题正面思考发生思维受阻时,用逆向思维的方法去探求新的解题途径,往往能得到突破性的进展.顺向推有困难就逆推,直接证有困难就反证.【典例3】(12分)已知f(x)xln x,g(x)x2ax3.(1)求函数f(x)的最小值;(2)对一切x
9、(0,),2f(x)g(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)证明:对一切x(0,),都有ln x成立规范解答(1)f(x)ln x1,1分当x时,f(x)0,f(x)单调递减;当x时,f(x)0,f(x)单调递增;所以f(x)的最小值为f.3分(2)2xln xx2ax3,则a2ln xx,设h(x)2ln xx(x0),则h(x),4分当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递减;当x(1,)时,h(x)0,h(x)单调递增,5分所以h(x)minh(1)4.因为对一切x(0,),2f(x)g(x)恒成立,所以ah(x)min4,即a的取值范围为(,4.7分(3)证明:问题等价于证明xl
10、n x(x(0,).8分由(1)可知f(x)xln x(x(0,)的最小值是,当且仅当x时取得.9分设m(x)(x(0,),则m(x),易知m(x)maxm(1).且两函数不会同时取得.所以有xln x,11分从而对一切x(0,),都有ln x成立.12分解答本题第(3)问利用了逆向解答,把不等式ln x巧妙地转化为xln x,不等式左边是f(x),右边看作一个新的函数m(x),只需说明f(x)minm(x)max即可.退步解答以退为进,列出相关内容也能得分“以退求进”是一个重要的解题策略.对于一个较一般的问题,如果你一时不能解决所提出的问题,那么,你可以从一般退到特殊,从抽象退到具体,从复杂
11、退到简单,从整体退到部分,从参变量退到常量,从较强的结论退到较弱的结论.总之,退到一个你能够解决的问题,通过对“特殊”的思考与解决,启发思维,达到对“一般”的解决.【典例4】(12分)如图,O为坐标原点,双曲线C1:1(a10,b10)和椭圆C2:1(a2b20)均过点P,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形(1)求C1,C2的方程;(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|,证明你的结论规范解答(1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c22,2a12.从而a11,c21.因为点P在双曲线x21上,所以1,故b3.2分由椭圆的定义
12、知2a22.于是a2,bac2.故c1,c2的方程分别为x21,1.4分(2)不存在符合题设条件的直线.5分若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x或x.当x时,易知A(,),B(,),所以|2,|2.此时,|.当x时,同理可知,|.7分若直线l不垂直于x轴,设l的方程为ykxm.由得(3k2)x22kmxm230.当l与C1相交于A,B两点时,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,从而x1x2,x1x2.于是y1y2k2x1x2km(x1x2)m2.9分由得(2k23)x24kmx2m260.因为直线l与C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式16k2m28(2k23)(m23)0.化简,得m22k23,10分因此x1x2y1y20.于是222222,即|2|2,故|.综合可知,不存在符合题设条件的直线.12分在求解第(2)问时可采用退步解答,若不能正确判断其结论也应说明直线是否存在,同时应对直线垂直于x轴时给予说明,这就是所谓的从一般到特殊.