2020版高考数学二轮复习 第3部分 策略3 活用4招巧解压轴解答题教案 文

-1-策略3活用4招巧解压轴解答题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.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”．【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.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.-2-又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.由2|AQ|2＝1|AM|2＋1|AN|2，得21＋k2x2＝11＋k2x21＋11＋k2x22，即2x2＝1x21＋1x22＝x1＋x22－2x1x2x21x22.①8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＝1810k2－3.③9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.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(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．-3-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＋x22－2x1x2x21x22，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．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)＝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.-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≤2.8分故b的取值范围为[－2,2]．(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，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分第问可利用函数的单调性及零点存在性定理较简单解决，但第问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第问的解答.事实上，由题意可知，第-5-问的解答与第问没有任何关系，但与第问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第问，先解决第问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举.第3招逆向解答——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)＝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＋3x－1x2，4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-6-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．解答本题第问利用了逆向解答，把不等式lnx＞1ex－2ex巧妙地转化为xlnx＞xex－2e，不等式左边是fx，右边看作一个新的函数mx，只需说明fxminmxmax即可.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．【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233，1，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．[规范解答](1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c2＝2,2a1＝2.从而a1＝1，c2＝1.因为点P233，1在双曲线x2－y2b21＝1上，-7-所以2332－1b21＝1，故b21＝3.2分由椭圆的定义知2a2＝23321－12＋23321＋12＝23.于是a2＝3，b22＝a22－c22＝2.故c1，c2的方程分别为x2－y23＝1，y23＋x22＝1.4分(2)不存在符合题设条件的直线.5分①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→|＝22，|AB→|＝23.此时，|OA→＋OB→|≠|AB→|.当x＝－2时，同理可知，|OA→＋OB→|≠|AB→|.7分②若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m.由y＝kx＋m，x2－y23＝1得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0.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x1＋x2＝2km3－k2，x1x2＝m2＋3k2－3.于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝3k2－3m2k2－3.9分由y＝kx＋m，y23＋x22＝1得(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)(m2－3)