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

　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：＋＝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.

(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，c＝1，

所以椭圆C的离心率e＝＝＝. 4分

(2)由(1)知，椭圆C的方程为＋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.               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)x，|AN|2＝(1＋k2)x.

又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.

由＝＋，得

＝＋，

即＝＋＝.①  8分

将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得

(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②

由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞.

由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，

代入①中并化简，

得x2＝.③  9分

因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以k＝，代入③中并化简，

得10(y－2)2－3x2＝18.  10分

由③及k2＞，可知0＜x2＜，

即x∈∪.

又满足10(y－2)2－3x2＝18，

故x∈.

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∈且－1≤y≤1，则y∈.

所以点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，

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＝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.

　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.

∵fnfn(1)＝×1＜0，

∴fn(x)在内存在零点.2分

又∵当x∈时，f′n(x)＝nxn－1＋1＞0，

∴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＞1，即|b|＞2时，

M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾. 6分

②当－1≤－＜0，即0＜b≤2时，

M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立. 7分

③当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，

M＝f2(－1)－f2＝≤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)在内的唯一零点(n≥2)，fn(xn)＝x＋xn－1＝0，

fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈，

于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)

＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)．

又由(1)知fn(x)在上是单调递增的，

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)在内的唯一零点，

fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1)

＝x＋xn－1＜x＋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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.

　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)＝－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ln x＞－成立．

[规范解答](1)f′(x)＝ln x＋1， 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 x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋，

设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，

则h′(x)＝，  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xln 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)max＝m(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min>m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(a1＞0，b1＞0)和椭圆C2：＋＝1(a2＞b2＞0)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，2c2＝2,2a1＝2.

从而a1＝1，c2＝1.

因为点P在双曲线x2－＝1上，

所以－＝1，故b＝3. 2分

由椭圆的定义知

2a2＝＋＝2.于是a2＝，b＝a－c＝2.

故c1，c2的方程分别为x2－＝1，＋＝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＝或x＝－.

当x＝时，易知A(，)，B(，－)，

所以|＋|＝2，||＝2.

此时，|＋|≠||.

当x＝－时，同理可知，|＋|≠||. 7分

②若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m.

由得(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＝，x1x2＝.

于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝. 9分

由得(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)＝0.

化简，得m2＝2k2＋3，  10分

因此·＝x1x2＋y1y2

＝＋＝≠0.

于是2＋2＋2·≠2＋2－2·，

即|＋|2≠|－|2，故|＋|≠||.

综合①②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.