第3部分 深化3 第2讲　活用4招巧解“中高档”解答题 课件（共41张PPT）

深化三应试技巧第2讲活用4招巧解“中高档”解答题第三部分学科素养考前深化高考数学解答题的答题方式不同于选择题和填空题，解答题既要结果又要过程，考生必须严格按照推理的方式按部就班地进行解答和表述.因此对于基础性的解答题要做到“对而全”，防止被扣“步骤分”；对于中高档题目要学会“踩点得分”，也就是我们常说的“缺步解答、跳步解答、逆向解答和退步解答”.妙招1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”.结合示例：本例第1问是椭圆离心率的求解问题，难度较小，而第2问有一定难度，如果不能拿全分，可采用缺步解答，尽量多得分.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0，2－355，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2|AQ|2＝1|AM|2＋1|AN|2，得到2x2＝1x21＋1x22＝x1＋x22－2x1x2x21x22，然后由x1＋x2及x1x2联想一元二次方程根与系数的关系，将问题解决到x2＝1810k2－3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10y－22－3x2＝18，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.同学们可利用此法求解下面的例题.[典例1](12分)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，且椭圆C经过点P43，13.(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|2＝1|AM|2＋1|AN|2，求点Q的轨迹方程．[规范解答](1)由椭圆定义知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝43＋12＋132＋43－12＋132＝22，所以a＝2.……………………………………………………2分又由已知，c＝1，所以椭圆C的离心率e＝ca＝12＝22.…………………………4分(2)由(1)知，椭圆C的方程为x22＋y2＝1.………………………5分设点Q的坐标为(x，y)，①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0，2－355.………………………………6分②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2.因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，则|AM|2＝(1＋k2)x21，|AN|2＝(1＋k2)x22.又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.………………………………7分由2|AQ|2＝1|AM|2＋1|AN|2，得21＋k2x2＝11＋k2x21＋11＋k2x22，即2x2＝1x21＋1x22＝x1＋x22－2x1x2x21x22.①……………………………8分将y＝kx＋2代入x22＋y2＝1中，得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞32.由②可知，x1＋x2＝－8k2k2＋1，x1x2＝62k2＋1，代入①中并化简，得x2＝1810k2－3.③………………………………………………9分因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以k＝y－2x，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18.………………………………………10分由③及k2＞32，可知0＜x2＜32，即x∈－62，0∪0，62.又0，2－355满足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈－62，62.……………………………………………11分由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1，又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈95，94，且－1≤y≤1，则y∈12，2－355.所以点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈－62，62，y∈12，2－355.……………………12分妙招2跳步解答——左右逢源，会做哪问做哪问对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用前一问的结论来求解的，此时应放弃前一问的求解，着重攻后面的几问，并将前一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合题设条件或有关定理来解答后面的问题.这种利用自己根本不懂或不会证明的问题作条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“跳步解答”，即：前问难做后问易，弃前攻后为上计.结合示例：本例第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.同学们可利用此法求解下面的例题.[典例2](12分)设函数fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)．(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间12，1内存在唯一零点；(2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，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.[规范解答](1)证明：b＝1，c＝－1，n≥2时，fn(x)＝xn＋x－1.∵fn12fn(1)＝12n－12×1＜0，∴fn(x)在12，1内存在零点.……………………………………2分又∵当x∈12，1时，f′n(x)＝nxn－1＋1＞0，∴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(2)当n＝2时，f2(x)＝x2＋bx＋c.对任意x1，x2∈[－1,1]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M≤4.据此分类讨论如下：…………………………………………5分①当b2＞1，即|b|＞2时，M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾.…………………6分②当－1≤－b2＜0，即0＜b≤2时，M＝f2(1)－f2－b2＝b2＋12≤4恒成立.………………………7分③当0≤－b2≤1，即－2≤b≤0时，M＝f2(－1)－f2－b2＝b2－12≤4恒成立．综上可知，－2≤b≤2.故b的取值范围为[－2,2].……………………………………8分(3)法一：设xn是fn(x)在12，1内的唯一零点(n≥2)，fn(xn)＝xnn＋xn－1＝0，fn＋1(xn＋1)＝xn＋1n＋1＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈12，1，………………10分于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)＝xn＋1n＋1＋xn＋1－1＜xnn＋1＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)．又由(1)知fn(x)在12，1上是单调递增的，故xn＜xn＋1(n≥2)，所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列.…………………12分法二：设xn是fn(x)在12，1内的唯一零点，fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(xn＋1n＋xn－1)(1n＋1＋1－1)＝xn＋1n＋xn－1＜xnn＋xn－1＝0，则fn＋1(x)的零点xn＋1在(xn，1)内，故xn＜xn＋1(n≥2)，所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列.………………12分妙招3逆向解答——逆向转化，打破常规巧得分有些数学命题的求解，开始入手还较为顺畅，但一到最后就难以继续进行了．此时若知悉它的大致趋势和结果，可以从所求结论的形式、特点，进行反推、凑形，直到得出大致与所要达到的目标相当、相同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通也是可行的．对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了几下，却可能全都是对的．也就是说，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．即：解题结论路难行，倒推凑形亦为径．结合示例：解答本例第(3)问利用了逆向解答，把不等式lnx＞1ex－2ex巧妙地转化为xlnx＞xex－2e，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)min＞m(x)max即可．同学们可利用此法求解下面的例题．[典例3](12分)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(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lnx＞1ex－2ex成立．[规范解答](1)f′(x)＝lnx＋1，………………………………1分当x∈0，1e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈1e，＋∞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；所以f(x)的最小值为f1e＝－1e.……………………………3分(2)2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋3x，设h(x)＝2lnx＋x＋3x(x＞0)，则h′(x)＝x＋3x－1x2，………………………………………4分①当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，……………5分所以h(x)min＝h(1)＝4.因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范围为(－∞，4].…………7分(3)证明：问题等价于证明xlnx＞xex－2e(x∈(0，＋∞)).……8分由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x＝1e时取得.…………………………………………9分设m(x)＝xex－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xex，易知m(x)max＝m(1)＝－1e.且两函数不会同时取得－1e.所以有xlnx＞xex－2e，…………………………………………11分从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞1ex－2ex成立.………12分妙招4退步解答——以退为进，列出方程也得分“以退为进”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.结合示例：求解本例第2问时，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轴这一特殊情况给予说明，这就是所说的从一般到特殊，逐步解答.同学们可以利用此法求解下面的例题.[典例4](12分)如图，O为坐标原点，双曲线C1：x2a21－y2b21＝1(a1＞0，b1＞0)和椭圆C2：y2a22＋x2b22＝1(a2＞b2＞0)均过点P