《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.
