2017版數學技巧規(guī)范篇第一篇第2講四種策略搞定填空題含答案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第2講四種策略搞定填空題[題型分析·高考展望]填空題的基本特點是：(1）題目小巧靈活，結構簡單;(2）答案簡短明確,不反映過程，只要結果；(3）填空題根據填寫內容，可分為定量型（填寫數值，數集或數量關系)和定性型(填寫某種性質或是有某種性質的對象)。根據填空題的特點，在解答時要做到四個字--“快”“穩(wěn)"“全”“細”.快——運算要快,力戒小題大做；穩(wěn)—-變形要穩(wěn)，不可操之過急;全——答案要全，力避殘缺不齊;細——審題要細，不能粗心大意.高考必會題型方法一直接法根據題目中給出的條件，通過數學計算找出正確答案.解決此類問題需要直接從題設條件出發(fā),利用有關性質或結論等，通過巧妙變化，簡化計算過程。解題過程要靈活地運用相關的運算規(guī)律和技巧,合理轉化、巧妙處理已知條件。例1在△ABC中，a，b,c分別是角A，B,C的對邊，且eq\f（cosB，cosC）＝－eq\f(b，2a＋c)，則角B的值為________.答案eq\f(2π，3)解析方法一由正弦定理，即eq\f(a，sinA）＝eq\f（b,sinB)＝eq\f(c，sinC)＝2R,得a＝2RsinA,b＝2RsinB，c＝2RsinC，代入eq\f（cosB，cosC）＝－eq\f(b,2a＋c)，得eq\f(cosB，cosC）＝－eq\f（sinB,2sinA＋sinC)，即2sinAcosB＋sinCcosB＋cosCsinB＝0，所以2sinAcosB＋sin(B＋C）＝0.在△ABC中，sin(B＋C）＝sinA,所以2sinAcosB＋sinA＝0，又sinA≠0，所以cosB＝－eq\f（1，2)。又角B為△ABC的內角,所以B＝eq\f(2π,3）。方法二由余弦定理，即cosB＝eq\f(a2＋c2－b2，2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab）,代入eq\f（cosB，cosC)＝－eq\f（b，2a＋c）,得eq\f(a2＋c2－b2,2ac）·eq\f（2ab，a2＋b2－c2)＝－eq\f（b,2a＋c)，整理，得a2＋c2－b2＝－ac，所以cosB＝eq\f（a2＋c2－b2，2ac）＝－eq\f（ac,2ac)＝－eq\f（1，2），又角B為△ABC的內角，所以B＝eq\f(2π，3).點評直接法是解決計算型填空題最常用的方法，在計算過程中，我們要根據題目的要求靈活處理,多角度思考問題，注意一些解題規(guī)律和解題技巧的靈活應用，將計算過程簡化從而得到結果，這是快速準確地求解填空題的關鍵。變式訓練1已知數列｛an｝滿足a1＝1，an＋1·an＝2n,則S2016＝____________。答案3·21008－3解析由題意得an·an＋1＝2n,an＋2·an＋1＝2n＋1?eq\f(an＋2,an)＝2，因此a1，a3，a5,…構成一個以1為首項，2為公比的等比數列;a2，a4,a6，…構成一個以2為首項，2為公比的等比數列;從而S2016＝（a1＋a3＋…＋a2015)＋(a2＋a4＋…＋a2016)＝eq\f（1－21008，1－2)＋2×eq\f(1－21008,1－2)＝3(21008－1)。方法二特例法當填空題已知條件中含有某些不確定的量，但填空題的結論唯一或題設條件中提供的信息暗示答案是一個定值時,可以從題中變化的不定量中選取符合條件的恰當特殊值（特殊函數，特殊角,特殊數列,特殊位置,特殊點，特殊方程，特殊模型等)進行處理，從而得出探求的結論.為保證答案的正確性,在利用此方法時，一般應多取幾個特例。例2（1）若函數f(x)＝sin2x＋acos2x的圖象關于直線x＝－eq\f(π，8）對稱，則a＝________.(2)在△ABC中,內角A，B，C所對的邊分別是a,b，c。若c2＝（a－b）2＋6，C＝eq\f（π,3),則△ABC的面積是________.答案(1）－1(2)eq\f(3,2)eq\r（3）解析（1）由題意，對任意的x∈R，有f（－eq\f(π,8）＋x)＝f(－eq\f（π,8)－x),令x＝eq\f(π，8），得f（0)＝f(－eq\f(π,4)）,得a＝－1.(2）方法一△ABC為等邊三角形時滿足條件,則S△ABC＝eq\f（3\r（3），2）.方法二∵c2＝(a－b）2＋6,∴c2＝a2＋b2－2ab＋6。①∵C＝eq\f（π，3)，∴c2＝a2＋b2－2abcoseq\f（π,3）＝a2＋b2－ab。②由①②得－ab＋6＝0，即ab＝6.∴S△ABC＝eq\f(1，2)absinC＝eq\f(1,2)×6×eq\f（\r(3),2）＝eq\f（3\r（3）,2).點評求值或比較大小等問題的求解均可利用特殊值代入法，但要注意此種方法僅限于求解結論只有一種的填空題，對于開放性的問題或者有多種答案的填空題，則不能使用該種方法求解。變式訓練2（1)若f（x）＝ln（e3x＋1)＋ax是偶函數，則a＝________.（2)如圖，在△ABC中，點O是BC的中點,過點O的直線分別交直線AB，AC于不同的兩點M，N，若eq\o（AB，\s\up6(→））＝meq\o（AM，\s\up6(→))，eq\o（AC,\s\up6（→))＝neq\o(AN，\s\up6（→）)，則m＋n的值為________.答案(1)－eq\f（3,2）(2)2解析（1）由題意知,函數f（x)的定義域為R,又因為函數為偶函數，所以f（－eq\f(1,3））－f（eq\f（1，3））＝0,即ln（e－1＋1)－eq\f(a，3)－ln(e＋1)－eq\f（a,3)＝0，lne－1－eq\f（2，3)a＝0，解得a＝－eq\f(3,2），將a＝－eq\f（3,2)代入原函數，檢驗知f(x）是偶函數，故a＝－eq\f（3，2）.（2)用特殊值法，可設AB＝AC＝BM＝1,因為eq\o(AB,\s\up6（→)）＝meq\o(AM，\s\up6(→）），所以m＝eq\f（1，2）,過點C引AM的平行線，并延長MN,兩線相交于點E，則AE＝BC＝2OC，易得AN＝eq\f(2,3)AC，因為eq\o（AC,\s\up6（→)）＝neq\o(AN,\s\up6(→))，所以n＝eq\f（3,2)，可知m＋n＝eq\f（1，2）＋eq\f(3,2)＝2.方法三數形結合法對于一些含有幾何背景的填空題，若能根據題目中的條件，作出符合題意的圖形,并通過對圖形的直觀分析、判斷,即可快速得出正確結果.這類問題的幾何意義一般較為明顯，如一次函數的斜率或截距、向量的夾角、解析幾何中兩點間距離等，求解的關鍵是明確幾何含義，準確、規(guī)范地作出相應的圖形。例3(1)已知點P（x,y）的坐標x,y滿足eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x－2y＋1≥0，,｜x｜－y－1≤0,））則x2＋y2－6x＋9的取值范圍是________________________________________________________________________。（2)已知函數f（x)＝x｜x－2｜,則不等式f(eq\r（2）－x)≤f（1）的解集為________。答案(1）［2，16]（2）[－1，＋∞)解析（1）畫出可行域如圖,所求的x2＋y2－6x＋9＝（x－3)2＋y2是點Q（3，0)到可行域上的點的距離的平方，由圖形知最小值為Q到射線x－y－1＝0（x≥0）的距離d的平方,∴deq\o\al（2,min）＝[eq\f(｜3－0－1｜,\r（12＋－12））]2＝(eq\r(2））2＝2.最大值為點Q到點A的距離的平方，∴deq\o\al（2，max）＝16?！嗳≈捣秶牵?，16].(2)函數y＝f（x)的圖象如圖，由不等式f（eq\r（2)－x）≤f（1)知，eq\r(2）－x≤eq\r（2)＋1，從而得到不等式f（eq\r(2)－x)≤f（1)的解集為［－1,＋∞）。點評數形結合在解答填空題中的應用，就是利用圖形的直觀性并結合所學知識便可直接得到相應的結論，這也是高考命題的熱點.準確運用此類方法的關鍵是正確把握各種式子與幾何圖形中的變量之間的對應關系，利用幾何圖形中的相關結論求出結果。變式訓練3已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（log2x，x〉0，,3x,x≤0））且關于x的方程f(x）＋x－a＝0有且只有一個實根,則實數a的取值范圍是________.答案(1，＋∞）解析方程f(x）＋x－a＝0的實根也就是函數y＝f（x)與y＝a－x的圖象交點的橫坐標，如圖所示，作出兩個函數的圖象，顯然當a≤1時，兩個函數圖象有兩個交點，當a>1時,兩個函數圖象的交點只有一個。所以實數a的取值范圍是（1，＋∞）.方法四構造法構造法是一種創(chuàng)造性思維，是綜合運用各種知識和方法,依據問題給出的條件和結論給出的信息，把問題作適當的加工處理，構造與問題相關的數學模型，揭示問題的本質，從而溝通解題思路的方法。例4（1)若a＝lneq\f(1,2017）－eq\f(1,2017),b＝lneq\f（1,2016)－eq\f(1,2016），c＝lneq\f（1，2015）－eq\f（1,2015),則a，b,c的大小關系為________.（2）如圖,在邊長為2的正方形ABCD中,點E、F分別是邊AB、BC的中點，△AED、△EBF、△FCD分別沿著DE、EF、FD折起，使A、B、C三點重合于點A′，若四面體A′EFD的四個頂點在同一個球面上,則該球的半徑為________。答案（1)a〈b〈c(2）eq\f（\r（6)，2)解析（1）令f(x）＝lnx－x（0〈x〈1）,則f′(x）＝eq\f（1,x）－1，∵0<x<1,∴f′（x）〉0，∴f(x）為增函數。又eq\f(1，2017）〈eq\f（1,2016）〈eq\f（1，2015），∴a<b〈c.(2)由題意知DF＝eq\r(5），A′E＝A′F＝1，A′D＝2,以A′E、A′F、A′D為棱,建立一個長方體，則體對角線長為2R＝eq\r（12＋12＋22)(R為球的半徑），R＝eq\f（\r(6）,2）。點評構造法實質上是轉化與化歸思想在解題中的應用，需要根據已知條件和所要解決的問題確定構造的方向，通過構造新的函數、不等式或數列等新的模型，從而轉化為自己熟悉的問題。本題巧妙地構造出正方體，而球的直徑恰好為正方體的體對角線，問題很容易得到解決。變式訓練4（1)若x,y∈[－eq\f(π，4），eq\f(π,4）]，a∈R，且滿足方程x3＋sinx－2a＝0和4y3＋sinycosy＋a＝0，則cos(x＋2y）＝________。(2）如圖，已知球O的面上有四點A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝eq\r(2），則球O的體積等于________。答案（1）1(2）eq\r（6)π解析（1）對第二個等式進行變形可得：（2y)3＋sin2y＋2a＝0，對照兩等式和所求的結論思考，可以找到x和2y的關系，構造函數f(x)＝x3＋sinx，則兩個條件分別變?yōu)閒(x）＝2a和f（2y)＝－2a，即f(x）＝－f(2y）,因為函數f(x）＝x3＋sinx是奇函數,所以有f（x)＝f(－2y）,又因為當x,y∈［－eq\f(π，4),eq\f（π,4)]時，f(x）是單調遞增的函數，所以有x＝－2y,即x＋2y＝0，因此cos（x＋2y）＝1.(2）如圖,以DA，AB,BC為棱長構造正方體，設正方體的外接球球O的半徑為R,則正方體的體對角線長即為球O的直徑，所以CD＝eq\r(\r（2）2＋\r(2)2＋\r（2)2）＝2R，所以R＝eq\f(\r(6）,2），故球O的體積V＝eq\f（4πR3,3）＝eq\r（6）π。高考題型精練1。設ln3＝a，ln7＝b,則ea＋eb＝______（其中e為自然對數的底數)。答案10解析∵ea＝3，eb＝7，∴ea＋eb＝10.2.如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AP⊥BD，垂足為P，且AP＝3，則eq\o（AP，\s\up6（→))·eq\o(AC，\s\up6（→))＝________。答案18解析把平行四邊形ABCD看成正方形，則P點為對角線的交點，AC＝6，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o（AC，\s\up6（→))＝18.3。已知θ∈（0，π），且sin(θ－eq\f（π，4))＝eq\f(\r（2），10),則tan2θ＝________。答案－eq\f(24,7）解析由sin(θ－eq\f（π，4))＝eq\f（\r(2)，10）得，eq\f(\r（2）,2)(sinθ－cosθ)＝eq\f(\r（2)，10），sinθ－cosθ＝eq\f（1，5），解方程組eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（sinθ－cosθ＝\f(1，5)，,sin2θ＋cos2θ＝1，）)得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(4，5)，,cosθ＝\f(3,5)））或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝－\f（3，5)，，cosθ＝－\f（4，5).)）因為θ∈（0，π),所以sinθ〉0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（sinθ＝－\f（3，5），,cosθ＝－\f（4，5)）)不合題意，舍去，所以tanθ＝eq\f（4，3）,所以tan2θ＝eq\f（2tanθ，1－tan2θ)＝eq\f（2×\f（4,3),1－\f（4，3）2）＝－eq\f(24,7)。4。一枚質地均勻的正方體骰子,六個面上分別刻著1點至6點，甲、乙二人各擲骰子一次，則甲擲得的向上的點數比乙大的概率為________。答案eq\f(5，12)解析一共有36種情況，其中甲擲得的向上的點數比乙大的有:(6,1）、(6,2)、(6，3)、(6，4)、(6，5）、(5，1）、（5，2)、(5,3）、（5，4)、(4，1)、（4，2)、(4，3)、(3，1）、（3，2)、（2，1），共15種，所以所求概率為eq\f（15，36)＝eq\f(5,12)。5.已知兩個單位向量a，b的夾角為60°,c＝ta＋（1－t)b，若b·c＝0，則t＝________.答案2解析方法一如圖所示，在△OAB中，|eq\o（OA，\s\up6（→））｜＝｜eq\o(OB，\s\up6(→））|＝1，∠AOB＝60°，延長BA到C使∠BOC＝90°，則A為BC的中點,c＝eq\o（OC,\s\up6（→））＝eq\o(OA，\s\up6（→））＋eq\o(AC,\s\up6（→）)＝eq\o(OA,\s\up6(→）)＋eq\o(BA,\s\up6（→)）＝2a－b，則t＝2.方法二由已知b·c＝0，即ta·b＋（1－t）b2＝0，eq\f(1，2）t＋(1－t)＝0，因此t＝2.6。在△ABC中,角A,B，C所對的邊分別為a，b，c，若a，b，c成等差數列，則eq\f（cosA＋cosC，1＋cosAcosC)＝________.答案eq\f（4，5）解析令a＝3，b＝4，c＝5,則△ABC為直角三角形，且cosA＝eq\f(4,5），cosC＝0，代入所求式子，得eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC）＝eq\f（\f（4,5）＋0,1＋\f（4，5）×0)＝eq\f(4，5).7。直線y＝kx＋3與圓（x－2)2＋（y－3）2＝4相交于M、N兩點，若|MN|≥2eq\r（3)，則k的取值范圍是________。答案eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（\r(3）,3），\f（\r(3)，3）)）解析由題意，得圓心到直線的距離d＝eq\f(｜k·2－3＋3|，\r（1＋k2))＝eq\f（|2k｜,\r(1＋k2)）,若｜MN｜≥2eq\r（3)，則4－d2≥（eq\r(3））2，解得－eq\f（\r（3)，3)≤k≤eq\f（\r（3）,3）。8.設函數f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x2＋x，x<0，，－x2,x≥0，))若f（f（a))≤2，則實數a的取值范圍是________。答案［－∞，eq\r（2)]解析f（x）的圖象如圖，由圖象知,滿足f（f（a)）≤2時,得f（a)≥－2，而滿足f（a)≥－2時，得a≤eq\r(2）.9.已知平行四邊形ABCD，點P為四邊形內部或者邊界上任意一點,向量eq\o（AP,\s\up6(→))＝xeq\o（AB，\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→)），則0≤x≤eq\f(1,2)，0≤y≤eq\f(2,3)的概率是________。答案eq\f（1，3）解析由平面向量基本定理及點P為ABCD內部或邊界上任意一點，可知0≤x≤1且0≤y≤1，又滿足條件的x，y滿足0≤x≤eq\f（1,2），0≤y≤eq\f(2，3)，所以P(A）＝eq\f（\f(2,3)×\f(1，2),1×1）＝eq\f（1，3）.10。某程序框圖如圖所示,若a＝3，則該程序運行后，輸出的x值為________。答案31解析第一次循環(huán),x＝2×3＋1＝7,n＝2；第二次循環(huán),x＝2×7＋1＝15,n＝3；第三次循環(huán)，x＝2×15＋1＝31，n＝4，程序結束,故輸出x＝31.11.eq\f(e4，16)，eq\f（e5,25)，eq\f（e6,36）(其中e為自然對數的底數）的大小關系是________。答案eq\f（e4,16）<eq\f（e5,25)〈eq\f（e6，36）解析由于eq\f(e4，16）＝eq\f（e4,42)，eq\f(e5，25)＝eq\f（e5，52)，eq\f(e6，36）＝eq\f(e6,62)，故可構造函數f（x）＝eq\f(ex，x2）,于是f（4）＝eq\f(e4，16)，f（5）＝eq\f(e5,25)，f（6)＝eq\f（e6，36）。而f′（x）＝（eq\f（ex,x2)）′＝eq\f（ex·x2－ex·2x，x4)＝eq\f(exx－2，x3),令f′（x）>0得x<0或x>2，即函數f（x)在(2，＋∞）上單調遞增，因此有f（4）<f（5)〈f（6),即eq\f（e4，16)〈eq\f（e5,25）<eq\f(e6,36）.12。設變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y≤3x－2,，x－2y＋1≤0，,2x＋y≤8，）)則eq\f(y,x－1）的最小值是________。答案1解析作出變量x，y滿足的平面區(qū)域，如圖陰影部分所示，eq\f（y,x－1)表示的幾何意義是平面區(qū)域內的一點與點P（1,0)連線的斜率,結合圖形可知，PA的斜率最小，所以eq\f（y，x－1）的最小值為eq\f（2，3－1)＝1.13。已知橢圓eq\f（x2，4）＋eq\f（y2，3）＝1的左焦點F，直線x＝m與橢圓相交于點A,B，當△FAB的周長最大時，△FAB的面積是________。答案3解析不妨設A（2cosθ，eq\r(3）sinθ)，θ∈（0，π），△FAB的周長為2(｜AF|＋eq\r（3）sinθ)＝2（2＋cosθ＋eq\r（3)sinθ)＝4＋4sin（θ＋eq\f(π，6)).當θ＝eq\f（π,3），即A(1，eq\f(3，2)）時，△FAB的周長最大.所以△FAB的面積為S＝eq\f（1，2)×2×3＝3。14。三棱錐P－ABC中,D，E分別為PB，PC的中點，記三棱錐D－ABE的體積為V1,P－ABC的體積為V2，則eq\f(V1，V2）＝________。答案eq\f(1,4)解析如圖，設S△ABD＝S1，S△PAB＝S2，E到平面ABD的距離為h1,C到平面PAB的距離為h2,則S2＝2S1，h2＝2h1，V1＝eq\f（1,3）S1h1，V2＝eq\f(1,3）S2h2,所以eq\f（V1,V2)＝eq\f（S1h1，S2h2）＝eq\f（1,4）。15。已知函數f（x)＝2x－a，g（x）＝xex,若對任意x1∈［0，1］,存在x2∈［－1，1]，使f(x1）＝g（x2)成立，則實數a的取值范圍為________.答案［2－e，eq\f（1,e）]解析f（x）＝2x－a為增函數，∵x1∈［0,1］，∴f（x1）的范圍是［－a，2－a]，易知g（x）也為增函數，當x2∈［－1，1]時，g（x2)的范圍是［－eq\f（1,e），e],由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－a≥－\f(1,e)，，2－a≤e。））∴2－e≤a≤eq\f（1，e）。16.若數列{an}，{bn}的通項公式分別是an＝（－1)n＋2016a,bn＝2＋eq\f（－1n＋2017，n)，且an<bn，對任意n∈N＊恒成立，則實數a的取值范圍是________.答案[－2，eq\f（3,2））解析由題意,當n為偶數時，a<2－eq\f(1，n)恒成立，可得a〈eq\f（3，2)；當n為奇數時，－a〈2＋eq\f(1，n)恒成立，可得a≥－2，故－2≤a＜eq\f(3,2）.17。設f