(新人教A)高三数学第二轮第2讲数学填空题的常用解法

第2讲 高考填空题的常用方法

数学填空题是一种只要求写出结果，不要求写出解答过程的客观性试题，是高考数学中的三种常考题型之一，填空题的类型一般可分为：完形填空题、多选填空题、条件与结论开放的填空题. 这说明了填空题是数学高考命题改革的试验田，创新型的填空题将会不断出现. 因此，我们在备考时，既要关注这一新动向，又要做好应试的技能准备.解题时，要有合理的分析和判断，要求推理、运算的每一步骤都正确无误，还要求将答案表达得准确、完整. 合情推理、优化思路、少算多思将是快速、准确地解答填空题的基本要求.

数学填空题，绝大多数是计算型(尤其是推理计算型)和概念(性质)判断型的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或者合乎逻辑的推演和判断。求解填空题的基本策略是要在“准”、“巧”、“快”上下功夫。常用的方法有直接法、特殊化法、数行结合法、等价转化法等。

一、直接法

这是解填空题的基本方法，它是直接从题设条件出发、利用定义、定理、性质、公式等知识，通过变形、推理、运算等过程，直接得到结果。

例1设,)1(,3)1(jmibiima其中i，j为互相垂直的单位向量，又)()(baba，则实数m = 。

解：.)2(,)4()2(jmmibajmimba∵)()(baba，∴0)()(baba∴0)4)(2()]4()2([)2(222jmmjimmmjmm，而i，j为互相垂直的单位向量，故可得,0)4)(2()2(mmmm∴2m。

例2已知函数21)(xaxxf在区间),2(上为增函数，则实数a的取值范围是 。

解：22121)(xaaxaxxf，由复合函数的增减性可知，221)(xaxg在),2(上为增函数，∴021a，∴21a。

例3现时盛行的足球彩票，其规则如下：全部13场足球比赛，每场比赛有3种结果：胜、平、负，13长比赛全部猜中的为特等奖，仅猜中12场为一等奖，其它不设奖，则某人获得特等奖的概率为 。 解：由题设，此人猜中某一场的概率为31，且猜中每场比赛结果的事件为相互独立事件，故某人全部猜中即获得特等奖的概率为1331。

二、特殊化法

当填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的不定量用特殊值代替，即可以得到正确结果。

例4 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c。若a、b、c成等差数列，则CACAcoscos1coscos 。

解：特殊化：令5,4,3cba，则△ABC为直角三角形，0cos,53cosCA，从而所求值为53。

例5 过抛物线)0(2aaxy的焦点F作一直线交抛物线交于P、Q两点，若线段PF、FQ的长分别为p、q，则qp11 。

分析：此抛物线开口向上，过焦点且斜率为k的直线与抛物线均有两个交点P、Q，当k变化时PF、FQ的长均变化，但从题设可以得到这样的信息：尽管PF、FQ不定，但其倒数和应为定值，所以可以针对直线的某一特定位置进行求解，而不失一般性。

解：设k = 0，因抛物线焦点坐标为),41,0(a把直线方程ay41代入抛物线方程得ax21，∴aFQPF21||||，从而aqp411。

例6 求值)240(cos)120(coscos222aaa 。

分析：题目中“求值”二字提供了这样信息：答案为一定值，于是不妨令0a，得结果为23。

三、数形结合法

对于一些含有几何背景的填空题，若能数中思形，以形助数，则往往可以简捷地解决问题，得出正确的结果。

例7 如果不等式xaxx)1(42的解集为A，且}20|{xxA，那么实数a的取值范围是 。

解：根据不等式解集的几何意义，作函数24xxy和

函数xay)1(的图象（如图），从图上容易得出实数a的取

值范围是,2a。

例8 求值)21arctan3sin( 。

解：)21arctan3sin()21sin(arctan21)21cos(arctan23，

构造如图所示的直角三角形，则其中的角即为21arctan，从而

.51)21sin(arctan,52)21cos(arctan所以可得结果为101525。

例9 已知实数x、y满足3)3(22yx，则1xy的最大值是 。

解：1xy可看作是过点P（x，y）与M（1，0）的直线的斜率，其中点P的圆3)3(22yx上，如图，当直线处于图中切线位置时，斜率1xy最大，最大值为3tan。

四、等价转化法

通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”，将问题等价地转化成便于解决的问题，从而得出正确的结果。

例10 不等式23axx的解集为（4，b），则a= ，b= 。

解：设tx，则原不等式可转化为：,0232tat∴a > 0，且2与)4(bb是方程0232tat的两根，由此可得：36,81ba。

例11 不论k为何实数，直线1kxy与曲线0422222aaaxyx恒有交点，则实数a的取值范围是 。

解：题设条件等价于点（0，1）在圆内或圆上，或等价于点（0，1）到圆42)(22ayax，∴31a。

例12 函数xxy3214单调递减区间为 。 解：易知.0],3,41[yx∵y与y2有相同的单调区间，而313441122xxy，∴可得结果为]3,813[。

总之，能够多角度思考问题，灵活选择方法，是快速准确地解数学填空题的关键。

五、练习

1 已知函数1xxf，则._______31f

讲解 由13x，得431xf，应填4.

请思考为什么不必求xf1呢？

2．

集合NxxMx,2110log11的真子集的个数是.______

讲解 NxxxxM,10010Nx2,lgx1，显然集合M中有90个元素，其真子集的个数是1290，应填1290.

快速解答此题需要记住小结论;对于含有n个元素的有限集合,其真子集的个数是.122

3． 若函数baxxaxy,,322的图象关于直线1x对称，则._____b

讲解 由已知抛物线的对称轴为22ax,得 4a，而12ba，有6b，故应填6.

4． 果函数221xxxf，那么

._____4143132121fffffff

讲解 容易发现11tftf，这就是我们找出的有用的规律，于是

原式＝2731f，应填.27

本题是2002年全国高考题，十分有趣的是，2003年上海春考题中也有一道类似题：

设221xxf，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得

.______650f45ffff

5． 已知点Pcos,tan在第三象限，则角的终边在第____象限.

讲解 由已知得

,0cos,0sin,0cos,0tan

从而角的终边在第二象限，故应填二.

6． 不等式120lgcos2x（,0x）的解集为__________.

讲解 注意到120lg，于是原不等式可变形为

.0cos0cos2xx

而x0，所以20x，故应填.20Rxxx，

7． 如果函数xaxy2cos2sin的图象关于直线8x对称，那么._____a

讲解 2sin12ay，其中atan.

8x是已知函数的对称轴，

282k，

即 Zkk，43，

于是 .143tantanka 故应填 1.

在解题的过程中，我们用到如下小结论：

函数xAysin和xAycos的图象关于过最值点且垂直于x轴的直线分别成轴对称图形.

8． 设复数24cossin21z在复平面上对应向量1OZ，将1OZ按顺时针方向旋转43后得到向量2OZ，2OZ对应的复数为sincos2irz，则.____tan

讲解 应用复数乘法的几何意义，得

43sin43cos12izz icossin2cossin222，

于是 ，1tan21tan2cossin2cossin2tan

故应填 .1tan21tan2

9．设非零复数yx,满足 022yxyx，则代数式 20052005yxyyxx的值是____________.

讲解 将已知方程变形为 112yxyx，

解这个一元二次方程，得

.2321iyx

显然有231,1, 而166832005,于是

原式＝200520052005111

＝20052200521

＝.112

在上述解法中，“两边同除”的手法达到了集中变量的目的，这是减少变元的一个上策，值得重视.

10． 已知na是公差不为零的等差数列，如果nS是na的前n项和，那么

._____limnnnSna

讲解 特别取nan，有21nnSn，于是有

.211212limlimlim2nnnnSnannnnn 故应填2. 11．列na中，是偶数），（是奇数，nnannn5251 nnaaaS2212, 则

.________2limnnS

讲解 分类求和，得

，nnnaaaaaaS24212312

8151152511512222limnnS，故应填81．

12．以下四个命题：

①；〉3122nnn

②；1226422nnnn

③凸n边形内角和为；31nnnf

④凸n边形对角线的条数是.422nnnnf

其中满足“假设0,kkNkkn时命题成立，则当n=k+1时命题也成立’’.但不满足“当0nn（0n是题中给定的n的初始值）时命题成立”的命题序号是 .