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.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＝＋＝.①8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＝.③9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10y－22－3x2＝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...
