填空题的解题方法与技巧.doc

第2讲　填空题的解题方法与技巧
题型特点概述
填空题是高考试卷中的三大题型之一，和选择题一样，属于客观性试题．它只要求写出结果而不需要写出解答过程．在整个高考试卷中，填空题的难度一般为中等．不同省份的试卷所占分值的比重有所不同．
1．填空题的类型填空题主要考查学生的基础知识、基本技能以及分析问题和解决问题的能力，具有小巧灵活、结构简单、概念性强、运算量不大、不需要写出求解过程而只需要写出结论等特点．从填写内容看，主要有两类：一类是定量填写，一类是定性填写．
2．填空题的特征
填空题不要求写出计算或推理过程，只需要将结论直接写出的“求解题”．填空题与选择题也有质的区别：第一，表现为填空题没有备选项，因此，解答时有不受诱误干扰之好处，但也有缺乏提示之不足；第二，填空题的结构往往是在一个正确的命题或断言中，抽出其中的一些内容 (既可以是条件，也可以是结论)，留下空位，让考生独立填上，考查方法比较灵活．
从历年高考成绩看，填空题得分率一直不很高，因为填空题的结果必须是数值准确、形式规范、表达式最简，稍有毛病，便是零分．因此，解填空题要求在“快速、准确”上下功夫，由于填空题不需要写出具体的推理、计算过程，因此要想“快速”解答填空题，则千万不可“小题大做”，而要达到“准确”，则必须合理灵活地运用恰当的方法，在“巧”字上下功夫．
3．解填空题的基本原则
解填空题的基本原则是“小题不能大做”，基本策略是 “巧做”．解填空题的常用方法有：直接法、数形结合法、特殊化法、等价转化法、构造法、合情推理法等．
解题方法例析
题型一　直接法
直接法就是从题设条件出发，运用定义、定理、公式、性 质、法则等知识，通过变形、推理、计算等，得出正确结 论，使用此法时，要善于透过现象看本质，自觉地、有意 识地采用灵活、简捷的解法．
例1 在等差数列{an}中，a1＝－3,11a5＝5a8－13，则数列
{an}的前n项和Sn的最小值为________．
思维启迪：计算出基本量d，找到转折项即可．
解析　设公差为d，则11(－3＋4d)＝5(－3＋7d)－13，
∴d＝.
∴数列{an}为递增数列．令an≤0，∴－3＋(n－1)·≤0，∴n≤，
∵n∈N*.
∴前6项均为负值，∴Sn的最小值为S6＝－.
答案　－
探究提高 本题运用直接法，直接利用等差数列的通项公式判断出数列的项的符号，进而确定前几项的和最小，最后利用等差数列的求和公式求得最小值．
变式训练1 设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知a2＝3，a6＝11，则S7＝________.
解析　方法一　S7＝
＝＝＝49.
故填49.
方法二　由可得∴a7＝1＋6×2＝13.
∴S7＝＝＝49.
故填49.
题型二　特殊值法
特殊值法在考试中应用起来比较方便，它的实施过程是从 特殊到一般，优点是简便易行．当暗示答案是一个“定值”时，就可以取一个特殊数值、特殊位置、特殊图形、特殊关系、特殊数列或特殊函数值来将字母具体化，把一般形式变为特殊形式．当题目的条件是从一般性的角度给出时，特例法尤其有效．
例2 已知△ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，
且满足＝sin A－sin B，则C＝_______.
思维启迪 题目中给出了△ABC的边和角满足的一个关系式，由此关系式来确定角C的大小，因此可考虑一些特殊的三角形是否满足关系式，如：等边三角形、直角三角形等，若满足，则可求出此时角C的大小．
解析　容易发现当△ABC是一个等边三角形时，满足＝sin A－sin B，而此时C＝60°，故角C的大小为60°.
答案　60°
探究提高 特殊值法的理论依据是：若对所有值都成立，那么对特殊值也成立，我们就可以利用填空题不需要过程只需要结果这一“弱点”，“以偏概全”来求值．在解决一些与三角形、四边形等平面图形有关的填空题时，可根据题意，选择其中的特殊图形(如正三角形、正方形)等解决问题．此题还可用直接法求解如下：
由＝sin A－sin B可得
＝a－b，整理得，a2－c2＝ab－b2，即a2＋b2－c2＝ab.由余弦定理，得cos C＝＝，所以C＝60°.
变式训练2 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、
b、c，如果a、b、c成等差数列，则＝
________.
解析　方法一　取特殊值a＝3，b＝4，c＝5，则cos A＝，cos C＝0，＝.
方法二　取特殊角A＝B＝C＝，cos A＝cos C＝，＝.
例3 如图所示，在△ABC中,AO是BC边上的中线，K为AO上一点，且＝2,过点K的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N，若＝m，＝n，则m＋n＝________.
思维启迪：题目中过点K的直线是任意的，因此m和n的值是变化的，但从题意看m＋n的值是一个定值，故可取一条特殊的直线进行求解．
解析　当过点K的直线与BC平行时，MN就是△ABC的一条中位线(∵＝2，∴K是AO的中点)．这时由于有＝m，＝n，因此m＝n＝2，故m＋n＝4.
答案　4
探究提高 本题在解答中，充分考虑了“直线虽然任意,但m＋n的值却是定值”这一信息，通过取直线的一个特殊位置得到了问题的解,显得非常简单,在求解这类填空题时，就要善于捕捉这样的有效信息,帮助我们解决问题．
变式训练3 设O是△ABC内部一点，且＋＝－2，
则△AOB与△AOC的面积之比为_ 1_____．
解析　采用特殊位置，可令△ABC为正三角形，
则根据＋＝－2可知，
O是△ABC的中心，则OA＝OB＝OC，
所以△AOB≌△AOC，
即△AOB与△AOC的面积之比为1.
题型三　图象分析法(数形结合法)
依据特殊数量关系所对应的图形位置、特征，利用图形直 观性求解的填空题，称为图象分析型填空题，这类问题的几何意义一般较为明显．由于填空题不要求写出解答过程，因而有些问题可以借助于图形，然后参照图形的形状、位置、性质，综合图象的特征，进行直观地分析，加上简单的运算，一般就可以得出正确的答案．事实上许多问题都可以转化为数与形的结合，利用数形结合法解题既浅显易懂，又能节省时间．利用数形结合的思想解决问题能很好地考查考生对基础知识的掌握程度及灵活处理问题的能力，此类问题为近年来高考考查的热点内容．
例4 已知方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成一个
首项为的等差数列，则|m－n|的值等于________．
思维启迪：考虑到原方程的四个根，其实是抛物线y＝x2－2x＋m与y＝x2－2x＋n和x轴四个交点的横坐标，所以可以利用图象进行求解。
解析　如图所示，易知抛物线y＝x2－2x＋m与y＝x2－2x＋n有相同的对称轴x＝1，它们与x轴的四个交点依次为A、B、C、D.
因为xA＝，则xD＝.
又|AB|＝|BC|＝|CD|，所以xB＝，xC＝.
故|m－n|＝|×－×|＝.
探究提高 本题是数列问题，但由于和方程的根有关系，故可借助数形结合的方法进行求解，因此在解题时，我们要认真分析题目特点，充分挖掘其中的有用信息，寻求最简捷的解法．
变式训练4 已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x), 且在区间[0,2]上是增函数，若方程f(x)＝m(m>0)，在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋ x4＝_____ -8___.
解析　因为定义在R上的奇函数，满足f(x－4)＝－f(x)，所以f(4－x)＝f(x)．因此，函数图象关于直线x＝2对称且f(0)＝0，由f(x－4)＝－f(x)知f(x－8)＝f(x)，所以函数是以8为周期的周期函数．又因为f(x)在区间[0,2]上是增函数，所以f(x)在区间[－2,0]上也是增函数，如图所示，那么方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3,x4，不妨设x1据题目条件，灵活地应用函数图象解答问题，往往可使抽象复杂的代数问题变得形象直观，使问题快速获解．
变式训练5 不等式（|x|- ）•sin x<0，x∈[-π,2π］的解集 为 .
解析 在同一坐标系中分别作出y=|x|- 与y=sin x的图象：

根据图象可得不等式的解集为：
题型四　等价转化法
将所给的命题进行等价转化，使之成为一种容易理解的语言或容易求解的模式．通过转化，使问题化繁为简、化陌生为熟悉，将问题等价转化成便于解决的问题，从而得出正确的结果．
例6 设函数f(x)＝，若互不相等的实数x1x2，x3满足f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，则x1＋x2＋x3的取值范围是________．

思维启迪：将问题转化为y＝m与y＝f(x)有三个不同的交点，再研究三个交点的横坐标之和的取值范围．
解析　本题可转化为直线y＝m与函数f(x)
的图象有三个交点,y＝x2－4x＋6在[0,＋∞)
的最小值为f(2)＝2，故20，由于
y＝x2－4x＋6的对称轴为x＝2,则x1＋x2＝4，
令3x＋4＝2，得x＝－，则－答案　(，4)
探究提高 等价转化法的关键是要明确转化的方向或者说转化的目标．本题转化的关键就是将研究x1＋x2＋x3的取值范围问题转化成了直线y＝m与曲线y＝f(x)有三个交点的问题，将数的问题转化成了形的问题，从而利用图形的性质解决．
变式训练6 已知关于x的不等式<0的解集是(－∞,－1) ∪(－，＋∞)，则a的值为________．
解析　将<0转化为(x＋1)(ax－1)<0,其解集是(－∞,－1)∪(－，＋∞)，当且仅当x＝－是方程ax－1＝0的解，得a＝－2.
题型五　构造法
构造型填空题的求解，需要利用已知条件和结论的特殊性 构造出新的数学模型，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到简捷的解决，它来源于对基础知识和基本方法的积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括，积极联想，横向类比，从曾经遇到过的类似问题中寻找灵感，构造出相应的函数、概率、几何等具体的数学模型，使问题快速解决．
例7 函数f(x)＝的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________.
思维启迪：直接求f(x)的最大值、最小值显然不可取．
化简f(x)＝1＋，构造新函数g(x)＝利用g(x)的奇偶性求解．
解析　根据分子和分母同次的特点，分子展开，得到部分分式，f(x)＝1＋，f(x)－1为奇函数，
则m－1＝－(M－1)，∴M＋m＝2.
探究提高 整体思考，联想奇函数，利用其对称性简化求解，这是整体观念与构造思维的一种应用．注意到分式类函数的结构特征，借助分式类函数最值的处理方法，部分分式法，变形发现辅助函数为奇函数，整体处理最大值和最小值的问题以使问题简单化，这种构造特殊函数模型的方法来源于对函数性质应用的深刻理解．
变式训练7 已知函数f(x)＝sin xcos x＋＋3，若f(lg a)＝
4，则f(lg )的值等于________．
解析　f(x)＝sin xcos x＋＋3＝sin 2x＋tan x＋3，若令g(x)＝sin 2x＋tan x，则g(x)是一个奇函数．由f(lg a)＝4,得g(lg a)＋3＝4,∴g(lg a)＝1.于是g(lg )=g(－lg a)＝－g(lg a)＝－1，故f(lg )＝g(lg )＋3＝－1＋3＝2.
例8 已知a、b是正实数，且满足ab＝a＋b＋3，则a＋b的取值范围是__________．
思维启迪：考虑到已知条件中出现了两个正数a和b的乘积ab以及和a＋b，可与一元二次方程的根联系起来构造方程进行求解．
解析　∵a、b是正实数且ab＝a＋b＋3，
故a、b可视为一元二次方程x2－mx＋m＋3＝0的两个根，其中a＋b＝m，ab＝m＋3.要使方程有两个正根，应有
解得m≥6，即a＋b≥6，故a＋b的取值范围是[6，＋∞)．
变式训练8 若抛物线y＝－x2＋ax－2总在直线y＝3x－1的下方，则实数a的取值范围是________．
解析　构造不等式，依题意知，不等式－x2＋ax－2<3x－1在R上恒成立，即x2＋(3－a)x＋1>0在R上恒成立．
故Δ＝(3－a)2－4<0，即a2－6a＋5<0，
解得1思维严谨、周密，计算有据、准确；
(2)要尽量利用已知的定理、性质及已有的结论；
(3)要重视对所求结果的检验.

知能提升演练
1．设全集U＝R，A＝{x|>0}，∁UA＝ [－1，－n]，则
m2＋n2＝________.
解析　由∁UA＝[－1,－n],知A＝(－∞，－1)∪(－n,＋∞)，
即不等式>0的解集为(－∞,－1)∪(－n，＋∞),所以
－n＝1,－m＝－1，因此m＝1，n＝－1，故m2＋n2＝2.
2．在各项均为正数的等比数列{an}中，若a5·a6＝9，则log3a1
＋log3a2＋…＋log3a10＝________.
解析　特殊化法尽管满足a5·a6＝9的数列有无穷多，但所求结果应唯一的，故只需选取一个满足条件的特殊数列a5＝a6＝3，则公比q＝1就可以了．原式＝log3(3·3·3·…·3)＝log3310＝10.
3．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，则该数列
的通项an＝________.
解析　由an＋1＝2an＋3，则有an＋1＋3＝2(an＋3)，
即＝2.
所以数列{an＋3}是以a1＋3为首项、公比为2的等比数列，即an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3.
4．设非零向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|，a＋b＝c，则
cos〈a，b〉＝________.
解析　设正三角形△ABC中，＝a，＝b，＝c，所以与的夹角为120°，所以cos〈a，b〉＝cos 120°＝－.
5．设等差数列{an}，{bn}的前n项的和分别为Sn与Tn，若
＝，则＝________.
解析　因为等差数列的前n项和公式为Sn＝a1n＋
＝n2＋(a1－d)n，故可设Sn＝2n·n，Tn＝(3n＋1)·n，则可得an＝4n－2，bn＝6n－2，
∴＝＝.
6．△ABC的外接圆的圆心为O，两条边上的高的交点为H，
＝m(＋＋)，则实数m＝____.
解析　(特殊值法)当∠B＝90°时,△ABC为直角三角形,
O为AC中点．AB、BC边上高的交点H与B重合．
＋＋＝＝，∴m＝1.
7．(2010·湖南)若数列{an}满足：对任意的n∈N*，只有有限个正整数m使得am5，故(a5)*＝2.
∵{an}＝{1,2232，…，n2，…}，

∴((a1)*)*＝1，((a2)*)*＝4＝22，((a3)*)*＝9＝32，…，((an)*)*
＝n2.
8．直线y＝kx＋3k－2与直线y＝－x＋1的交点在第一象限，则k的取值范围是________．

解析　因为y＝kx＋3k－2，即y＝k(x＋3)－2，故直线过定点P(－3，－2)，而定直线y＝－x＋1在两坐标轴上的交点分别为A(4,0)，B(0,1)．
如图所示，求得D转动.当点A，
x→B时，x→0；当点A→A1(正△A1CD
与△BCD)共面时，x→.故x∈(0，)．
10．(2010·陕西)观察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62, 13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________________________________．
解析　由前三个式子可以得出如下规律：每个式子等号的左边是从1开始的连续正整数的立方和，且个数依次多1，等号的右边是一个正整数的平方，后一个正整数依次比前一个大3,4，…，因此，第五个等式为13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.
11．设函数f(x)的定义域为D，如果对于任意的x1∈D存在唯 一的x2∈D，使＝C(C为常数)成立，则称函数 f(x)在D上的均值为C.下列五个函数：①y＝4sin x；②y＝ x3；③y＝lg x；④y＝2x；⑤y＝2x－1，则满足在其定义域
上均值为2的所有函数的序号是_______．
解析　因为要求函数的均值为2，所以满足条件的函数的函数值必须能关于2对称，而y＝2x的值域为(0，＋∞)，故④不符合题意；又y＝4sin x是周期为2π的函数，即若存在任意的x1∈D，x2∈D，使＝C(C为常数)成立，则一定存在x3＝2π＋x2∈D，使＝C(C为常数)成立，不满足唯一性，故①不对．
12．圆x2＋y2＝1的任意一条切线l与圆x2＋y2＝4相交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，O为坐标原点，则x1x2＋y1y2＝________.
解析　如图，△AOB中，
OA＝OB＝2，
OC⊥AB，OC＝1，
因此∠AOB＝120°.
所以x1x2＋y1y2＝·
＝||·||cos 120°＝－2.
13．已知数列{an}的各项均为正数，a1＝1.其前n项和Sn满足 2Sn＝2pa＋an－p(p∈R)，则{an}的通项公式为 ________．
解析　∵a1＝1，∴2a1＝2pa＋a1－p，
即2＝2p＋1－p，得p＝1.
于是2Sn＝2a＋an－1.
当n≥2时，有2Sn－1＝2a＋an－1－1，两式相减，得2an＝2a－2a＋an－an－1，整理，得2(an＋an－1)·(an－an－1－)＝0.
又∵an>0，∴an－an－1＝，于是{an}是等差数列，故an＝1＋(n－1)·＝.
14．已知f(x)＝x＋log2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(8) 的值为________．
解析　由于f(x)＝x＋log2，
所以f(9－x)＝9－x＋log2＝9－x－log2，
于是有f(x)＋f(9－x)＝9.
从而f(1)＋f(8)＝f(2)＋f(7)＝f(3)＋f(6)
＝f(4)＋f(5)＝9.
故原式值为9×4＝36.
15．在△ABC中，如果sin A∶sin B∶sin C＝5∶6∶8，那么此三角形最大角的余弦值是_________．
解析　由正弦定理得a∶b∶c＝5∶6∶8，
令a＝5，b＝6，c＝8，则C是最大角，
即cos C＝＝＝－.
16．已知最小正周期为2的函数y＝f(x)，当x∈[－1,1]时，f(x)＝x2，则方程f(x)＝|log5x|的解的个数为________．
解析　设g(x)＝|log5x|，作出函数f(x)与g(x)的图象，由图象知两个函数共有5个交点，即方程f(x)＝|log5x|的解的个数为5个．