1、返首页第三部分 增分篇 策略三活用4招巧解压轴解答题返首页 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.返首页第 1 招 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
2、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”.返首页【典例 1】(12 分)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的两个焦点分别为 F1(1,0)，F2(1,0)，且椭圆 C 经过点 P43，13.(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 2|AQ|21|AM|2 1|AN|2，求点 Q 的轨迹方程返首页 规 范 解 答 (1)由 椭 圆 定 义 知，2a|PF1|PF2|431213243121
3、3 22 2，所以 a 2.2 分 又由已知，c1，所以椭圆 C 的离心率 eca 12 22.4 分 返首页(2)由(1)知，椭圆 C 的方程为x22y21.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0，23 55.6 分 当直线 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 ykx2.返首页因为 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)x21，|AN|2(1k2)x22.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.由 2|AQ|
4、21|AM|2 1|AN|2，得 21k2x211k2x2111k2x22，返首页即2x21x211x22x1x222x1x2x21x22.8 分 将 ykx2 代入x22y21 中，得(2k21)x28kx60.由(8k)24(2k21)60，得 k232.返首页由可知，x1x2 8k2k21，x1x262k21，代入中并化简，得 x21810k23.9 分 因为点 Q 在直线 ykx2 上，所以 ky2x，代入中并化简，得 10(y2)23x218.10 分 由及 k232，可知 0 x232，返首页即 x 62，0 0，62.又0，23 55满足 10(y2)23x218，故 x 62，
5、62.由题意，Q(x，y)在椭圆 C 内，所以1y1，返首页又由 10(y2)2183x2 有(y2)295，94 且1y1，则y12，23 55.所以点 Q 的轨迹方程为 10(y2)23x218，其中 x 62，62，y12，23 55.12 分 返首页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.返首页首先，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0，23 55，这
6、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 2|AQ|21|AM|2返首页 1|AN|2，得到2x21x211x22x1x222x1x2x21x22，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 x2f(18,10k23)是完全可以做到的，到此已经可以得到 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 10y223x218，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.返首页第 2 招 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
7、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.返首页【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12，1 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的取值范围；(3)在(1)的条件下，设 xn 是 fn(x)在12，1 内的零点，判断数列 x2，x3，xn，的增减性返首页规范解答(1)证明：b1，c1，n2 时，fn(x)xnx1.fn12 fn(1)12n12 10，
8、fn(x)在12，1 内存在零点.2 分 又当 x12，1 时，fn(x)nxn110，fn(x)在12，1 上是单调递增的 fn(x)在区间12，1 内存在唯一零点.4 分 返首页(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b2 1，即|b|2 时，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，与题设矛盾.6 分 返首页当1b20，即 0b2 时，Mf2(1)f2b2 b2124 恒成立.7 分 当 0b21，即2b0 时，Mf2(1)f2b2 b2124 恒
9、成立 综上可知，2b2.8 分 故 b 的取值范围为2,2 返首页(3)法一：设 xn 是 fn(x)在12，1 内的唯一零点(n2)，fn(xn)xnnxn10，fn1(xn1)xn1n1xn110，xn112，1，于是有 fn(xn)0fn1(xn1)xn1n1xn11xnn1xn11fn(xn1)又由(1)知 fn(x)在12，1 上是单调递增的，故 xnxn1(n2)，所以数列 x2，x3，xn，是递增数列.12 分 返首页法二：设 xn 是 fn(x)在12，1 内的唯一零点，fn1(xn)fn1(1)(xn1nxn1)(1n111)xn1nxn1xnnxn10，则 fn1(x)的零
10、点 xn1 在(xn,1)内，故 xnxn1(n2)，所以数列 x2，x3，xn，是递增数列.12 分 返首页第1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.返首页第 3 招 逆向解答逆水行舟，往往也能解决问题 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.返首页
11、【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(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 x1ex 2ex成立返首页规范解答(1)f(x)ln x1，1 分 当 x0，1e 时，f(x)0，f(x)单调递减；当 x1e，时，f(x)0，f(x)单调递增；所以 f(x)的最小值为 f1e 1e.3 分 返首页(2)2xln xx2ax3，则 a2ln xx3x，设 h(x)2ln xx3x(x0)，则 h(x)x3x1x2，4 分 当 x(0,1)时，h(x)0，h
12、(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 返首页(3)证明：问题等价于证明 xln xxex2e(x(0，).8 分 由(1)可知 f(x)xln x(x(0，)的最小值是1e，当且仅当 x1e时取得.9 分 设 m(x)xex2e(x(0，)，则 m(x)1xex，易知 m(x)maxm(1)1e.返首页且两函数不会同时取得1e.所以有 xln xxex2e，11 分 从而对一切 x(0，)，都有 ln x1ex 2ex
13、成立.12 分 返首页解答本题第3问利用了逆向解答，把不等式 ln x1ex 2ex巧妙地转化为 xln xxex2e，不等式左边是 fx，右边看作一个新的函数 mx，只需说明 fxminmxmax 即可.返首页第 4 招 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.返首页【典例 4】(12 分)如图
14、，O 为坐标原点，双曲线 C1：x2a21y2b211(a10，b10)和椭圆 C2：y2a22x2b221(a2b20)均过点 P2 33，1，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|OA OB|AB|，证明你的结论返首页规范解答(1)设 C2 的焦距为 2c2，由题意知，2c22,2a12.从而 a11，c21.因为点 P2 33，1 在双曲线 x2y2b211 上，所以2 3321b211，故 b213.2 分 由椭圆的定义知
15、2a22 3321122 3321122 3.于是 a2 3，b22a22c222.故 c1，c2 的方程分别为 x2y231，y23x221.4 分 返首页(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 2或 x 2.当 x 2时，易知 A(2，3)，B(2，3)，所以|OA OB|2 2，|AB|2 3.此时，|OA OB|AB|.当 x 2时，同理可知，|OA OB|AB|.7 分 返首页若直线 l 不垂直于 x 轴，设 l 的方程为 ykxm.由ykxm，x2y231得(3k2)x22kmxm230.当
16、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 2km3k2，x1x2m23k23.返首页于是 y1y2k2x1x2km(x1x2)m23k23m2k23.9 分 由ykxm，y23x221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 返首页因此OA OB x1x2y1y2 m23k233k23m2k23 k23k23 0.于是OA 2OB 22OA OB OA 2OB 22OA OB，即|OA OB|2|OA OB|2，故|OA OB|AB|.综合可知，不存在符合题设条件的直线.12 分返首页在求解第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.返首页Thank you for watching!