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!