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技法专题 4 法确保压轴大题少拉分


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4 法确保压轴大题少拉分

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4 法确保压轴大题少拉分

高考是一场智者的竞技,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,针对高考大题, 特别是压轴题,哪些应该勇于割舍,哪些应该努力争 取.本讲教你四个策略,让你在考场上尽可能地多抢 分、

巧得分!

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如果遇到一个很困难的问题,确定啃不动,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“大题拿小分”.

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[例1]

(2015· 青岛模拟· 满分13分)已知抛物线C1:y2=

2px(p>0)的焦点为F,抛物线上存在一点G到焦点的距离为 3,且点G在圆C:x2+y2=9上. (1)求抛物线C1的方程; x2 y2 (2)已知椭圆C2: 2 + 2 =1(m>n>0)的一个焦点与抛物 m n 1 线C1的焦点重合,且离心率为 .直线l:y=kx-4交椭圆C2 2 于A,B两个不同的点,若原点O在以线段AB为直径的圆的 外部,求k的取值范围.
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[规范解答及评分细则] (1)设点G的坐标为(x0,y0), ? ?x0+p=3, 2 ? 由题意可知?x2+y2=9, ? 0 0 2 ? ?y0=2px0, 解得x0=1,y0=± 2 2,p=4, ∴抛物线C1的方程为y2=8x. ?(4分)

?(2分)

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(2)由(1)得抛物线C1的焦点F(2,0), ∵椭圆C2的一个焦点与抛物线C1的焦点重合, ∴椭圆C2的半焦距c=2,m2-n2=c2=4, 1 ∵椭圆C2的离心率为 , 2 2 1 ∴m= ?m=4,n=2 3, 2 x2 y2 ∴椭圆C2的方程为 + =1. 16 12 设A(x1,y1),B(x2,y2), ?(6分)

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y=kx-4, ? ? 2 由? x 得(4k2+3)x2-32kx+16=0, y2 + =1 ? 16 12 ? 32k 16 由根与系数的关系得x1+x2= 2 ,x x = . 4k +3 1 2 4k2+3
2 2

?(8分)

1 1 由Δ>0?(-32k) -4×16(4k +3)>0?k> 或k<- . ①?(10分) 2 2 ? ??? ? ??? OB >0, ∵原点O在以线段AB为直径的圆的外部,则 OA ·

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? ??? ? ??? OB =(x1,y1)· ∴ OA · (x2,y2)=y1y2+x1x2=(kx1-4)· (kx2

16 -4)+x1x2=(k +1)x1x2-4k(x1+x2)+16=(k +1)· 2 - 4k +3
2 2

16?4-3k2? 32k 2 3 2 3 4k· 2 +16= >0?- <k< . 3 3 4k + 3 4 k2 + 3



? 2 3 ? ? 1? ? ? ?1 2 3? 由①②得实数k的取值范围是?- ,- ?∪? , ?. 3 2 2 3 ? ? ? ?

?(13分)

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[抢分有招]

本题有一定的难度,其难点在于对条件

“原点O在以线段AB为直径的圆的外部”不会转化利用导致 解题受阻,但不代表本题得分较低,可缺步求解,在求出椭 圆C2的方程后,与直线y=kx-4联立消元写出x1+x2,x1x2以
??? ? ??? ? 及Δ>0,可得10分.若会转化条件 OA · OB >0而不会运算化简仍

能得较理想的分数.故遇到难题,缺步解答而不能一味地放 弃,仍会有高分回报.

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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.如:

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[例2] ∈R).

(满分12分)设函数fn(x)=xn+bx+c(n∈N*,b,c

(1)设n≥2,b=1,c=-1,证明:fn(x)在区间 存在唯一零点;

?1 ? ? ,1? ?2 ?



(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 数列x2,x3,?,xn,?的增减性.
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?1 ? ? ,1? ?2 ?

内的零点,判断

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[规范解答及评分细则] (1)证明:b=1,c=-1,n≥2 时, fn(x)=xn+x-1.
?1? ∵fn?2? ? ? ?1 1? fn(1)=?2n-2?×1<0, ? ?

?1 ? ∴fn(x)在?2,1?内存在零点. ? ?

?(2 分)

又∵当

?1 ? x∈?2,1?时,f′n(x)=nxn-1+1>0, ? ?

?1 ? ∴fn(x)在?2,1?上是单调递增的, ? ?

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?1 ? ∴fn(x)在区间?2,1?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:
?b? ①当?2?>1,即|b|>2时, ? ?

?(5分)

M=|f2(1)-f2(-1)|=2|b|>4,与题设矛盾.

?(6分)

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b ②当-1≤- <0,即0<b≤2时, 2
? b? ?b ? M=f2(1)-f2?-2?=?2+1?2≤4恒成立. ? ? ? ?

?(7分)

b ③当0≤- ≤1,即-2≤b≤0时, 2
? b? ?b ? M=f2(-1)-f2?-2?=?2-1?2≤4恒成立. ? ? ? ?

综上可知,-2≤b≤2.

?(8分)

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(3)法一:设 xn 是 =xn n+xn-1=0,

?1 ? fn(x)在?2,1?内的唯一零点(n≥2),fn(xn) ? ?

1 n+1 ? fn+1(xn+1)=xn+1+xn+1-1=0,xn+1∈ ,1?,
?2 ?

?

?

于是有 fn(xn)=0=fn+1(xn+1)
n+1 n =xn +1+xn+1-1<xn+1+xn+1-1=fn(xn+1).

又由(1)知

?1 ? fn(x)在?2,1?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.
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?(12 分)

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?1 ? 法二:设xn是fn(x)在?2,1?内的唯一零点, ? ?
1 n 1 fn+1(xn)fn+1(1)=(xn + x - 1)(1 +1-1) n n
+ +

n 1 =xn +xn-1<xn n+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)

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[抢分有招]

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 花费较长时间,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,但与第一 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.

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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.

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[例3]

(满分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; 1 2 (3)证明:对一切x∈(0,+∞),都有ln x> x- 成立. e ex

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[规范解答及评分细则] (1)f′(x)=ln x+1, 当 当
? 1? x∈?0,e ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减; ? ? ?1 x∈?e,+ ? ? ∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增. ? ?1? 1 ? ?=- . e ?e ?

?(1 分)

所以 f(x)的最小值为 f

?(3 分)

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(2)∵2xln x≥-x2+ax-3, 3 ∴a≤2ln x+x+x. 3 设h(x)=2ln x+x+x(x>0), ?x+3??x-1? 则h′(x)= , x2 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.
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?(4分)

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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]. (3)证明:问题等价于证明 x 2 xln x> x- (x∈(0,+∞)). e e ?(8分) ?(7分)

1 由(1)可知f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是- , e 1 当且仅当x= 时取到. e
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?(9分)
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x 2 设m(x)= x- (x∈(0,+∞)), e e 1-x 1 则m′(x)= x ,易知m(x)max=m(1)=- , e e ?(11分)

1 2 从而对一切x∈(0,+∞),都有ln x> x- 成立.?(12分) e ex

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[抢分有招]

解答本题第(3)问利用了逆向解答,把不等

1 2 x 2 式ln x> x - 巧妙地转化为xln x> x - ,不等式左边是 e ex e e 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.

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一道题目的完整解答,既有主要的实质性的步骤,也有 次要的辅助性的步骤.实质性的步骤未找到之前,找辅助性 的步骤是明智之举.如:准确作图,把题目中的条件翻译成 数学表达式,根据题目的意思列出要用的公式等.罗列这些 小步骤都是有分的,这些全是解题思路的重要体现,切不可 以不写,对计算能力要求高的,实行解到哪里算哪里的策 略.书写也是辅助解答,“书写要工整,卷面能得分”是说 第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应.
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[例4]

x2 y2 (2015· 四川高考· 满分13分)如图,椭圆E: 2 + 2 a b 2 ,过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交 2

=1(a>b>0)的离心率是

于A,B两点.当直线l平行于x轴时,直线l被椭圆E截得的线 段长为2 2.

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(1)求椭圆E的方程. (2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定 |QA| |PA| 点Q,使得 = 恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若 |QB| |PB| 不存在,请说明理由.

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[规范解答及评分细则] (1)由已知,点( 2,1)在椭圆E上, ?2 1 ?a2+b2=1, ? 2 2 2 a - b = c , 因此? ?c 2 ? = . ?a 2

? ?a=2, 解得? ? ?b= 2.

x2 y2 所以椭圆E的方程为 + =1. 4 2

?(2分)

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(2)当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D 两点. |QC| |PC| 如果存在定点Q满足条件,则有 = =1,即 |QD| |PD| |QC|=|QD|. ?(3分)

所以点Q在y轴上,可设点Q的坐标为(0,y0). 当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M,N两 点,则M,N的坐标分别为(0, 2),(0,- 2).

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|y0- 2| 2-1 |QM| |PM| 由 = ,得 = , |QN| |PN| |y0+ 2| 2+1 解得 y0=1 或 y0=2. 所以若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件,则点 Q 的 坐标只可能为(0,2). 下面证明:对任意直线 l,均有 |QA| |PA| = . |QB| |PB| ?(6 分)

当直线 l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立. 当直线 l 的斜率存在时, 可设直线 l 的方程为 y=kx+1, 点 A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).
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x2 y2 ? ? + = 1, 联立? 4 2 得(2k2+1)x2+4kx-2=0. ? ?y=kx+1, 其判别式 Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 4k 2 所以 x1+x2=- 2 ,x1x2=- 2 . 2k +1 2k +1 1 1 x1+x2 因此 + = =2k. x1 x2 x1x2 易知,点 B 关于 y 轴对称的 点 B′的坐标为(-x2,y2). ?(8 分)

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y1-2 kx1-1 1 又 kQA= = =k- , x1 x1 x1 y2-2 kx2-1 1 1 kQB′= = =-k+ =k- , x2 x1 -x2 -x2 所以 kQA=kQB′,即 Q,A,B′三点共线, |QA| |QA| |x1| |PA| 所以 = = = . |QB| |QB′| |x2| |PB| 故存在与点 P 不同的定点 Q(0,2),使得 |QA| |PA| = 恒成立. |QB| |PB| ?(13 分)
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?(11 分)

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[抢分有招] 本题在求解第(2)问难度太大,很难 得分,这就要学会辅助解答(学会捞分),利用直线l与 坐标轴垂直这一特殊情况可巧妙地求出Q点的坐标 (0,2),这样可得6分,这种方法在解决一些压轴题时 要学会应用.

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