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第二部分专题一第二讲


第二部分

专题一

解题方法

第二讲

填空题的解题方法





高考专题辅导与训练·数学(文科)

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专题一

解题方法

方法一

直接法

方法诠释: 对于计算型的试题,多通过直接计算求
得结果,这是解决填空题的基本方法.它是直接从题 设出发,利用有关性质或结论,通过巧妙地变形,直 接得到结果的方法.要善于透过现象抓本质,有意识 地采取灵活、简捷的解法解决问题.





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解题方法

【典例 1】 (1)[导学号: 81770180](2015· 福建)若△ABC 中,AC= 3,A=45°,C=75°,则 BC=________.

【解析】

由题意得 B=180°-A-C=60°.由

AC BC ACsin A 正弦定理得 = ,则 BC= ,所以 BC sin B sin A sin B 2 3× 2 = = 2. 3 2 【答案】
菜 单

2
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专题一

解题方法

(2)[导学号: 81770181](2015· 天津)在等腰梯形 ABCD 中,已知 AB∥DC,AB=2,BC=1,∠ABC=60°,动 → =λBC → ,DF →= 点 E 和 F 分别在线段 BC 和 DC 上,且BE 1 → → ·AF → 的最小值为________. DC,则AE 9λ 1 → → 1→ → → → 【解析】 因为DF= DC,DC= AB,CF=DF- 2 9λ
1-9λ → → → → 1 → → 1-9λ → → DC= DC-DC= DC = AB,AE=AB+BE 9λ 18λ 9λ 1-9λ → → → → → → → → → =AB+λBC,AF=AB+BC+CF=AB+BC+ AB= 18λ 1+9λ → → AB+BC, 18λ
菜 单
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?1+9λ ? 1+ 9λ ? ? 2 → ·AF → =(AB → +λBC → )· → → → AE = AB + AB + BC ? 18λ ? 18 λ ? ?

→ λ BC

2

? 1+9λ 19+9λ 1+9λ? ? ?→ → + ?1+λ AB · BC = ×4+λ+ ×2×1 18λ 18λ 18λ ? ? ?

2 1 17 ×cos 120°= + λ+ ≥2 18 9λ 2 2

1 17 29 · λ+ = . 18 18 9λ 2

2

1 2 29 → → 当且仅当 = λ,即 λ= 时,AE·AF的最小值为 . 3 18 9λ 2

【答案】

29 18





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解题方法

方法二 特殊值法
方法诠释: 当填空题已知条件中含有某些不确定的

量,但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,可以从题中变化的不定量中选 取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数 列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行 处理,从而得出探求的结论.为保证答案的正确性, 在利用此方法时,一般应多取几个特例.





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解题方法

适用范围: 求值或比较大小等问题的求解均可利用 特殊值代入法,但要注意此种方法仅限于求解结论只 有一种的填空题,对于开放性的问题或者有多种答案 的填空题,则不能使用该种方法求解.





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解题方法

【典例 2】

(1)(2015· 新课标卷Ⅰ)若函数 f(x)=

xln(x+ a+x2)为偶函数,则 a=________.

【解析】

解法一

直接法.由题知 g(x) = ln(x +

a+x2) 是奇函数,所以 g(x) + g( - x) = ln(x + a+x2 ) + ln(-x+ a+x2)=ln(a+x2-x2)=ln a=0,解得 a=1. 解法二 特殊值法.由题知 g(x)=ln(x+ a+x2)是奇

函数,又 x∈R,所以 g(0)=ln a=0,解得 a=1. 【答案】
菜 单

1
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(2)[导学号:81770182](2015· 北京)在△ABC 中,点 → =2MC → ,BN → =NC → .若MN → =xAB → +yAC →, M,N 满足AM 则 x=________;y=________.
【解析】 把△ABC 特殊化, 不妨设 AC⊥AB, AB=4, AC=3, 利用坐标法, 以 A 为原点, AB 为 x 轴, AC 为 y 轴, 建立直角坐标系,A(0,0),M(0,2),C(0,3),B(4,0),
? ? 3? → ? 1? → 1? → N?2,2?, MN=?2,-2?, AB=(4, 0), AC=(0, 3), 则?2,-2? ? ? ? ? ? ?

1 =x(4,0)+y(0,3),4x=2,3y=- , 2
菜 单
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1 1 ∴x= ,y=- . 2 6

【答案】

1 2

1 - 6





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方法三 图象分析法
方法诠释: 对于一些含有几何背景的填空题,若能 数中思形,以形助数,则往往可以借助图形的直观性, 迅速作出判断,简捷地解决问题,得出正确的结果, 如Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线、

函数的零点等.
解题关键: 正确把握各种式子与几何图形中的变量 之间的对应关系,利用几何图形中的相关结论求出结 果.





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解题方法

【典例 3】
?π cos? ?2 ? ? ? -x?-2sin ?

x (1)(2015· 湖 北 ) 函 数 f(x) = 4cos 2
2

x-|ln(x+1)|的零点的个数为________.

【解析】

因为 f(x)=4cos

2x

?π ? ? cos? -x? ?-2sin 2 ?2 ?

x-

|ln(x-1)|=2(1+cos x)sin x-2sin x-|ln(x+1)|=sin 2x -|ln(x+1)|,所以函数 f(x)的零点个数为 y=sin 2x 与 y =|ln(x+1)|图象的交点个数, 函数 y=sin 2x 与 y=|ln(x +1)|图象如图所示, 由图可知, 两函数图象有 2 个交点, 所以函数 f(x)有 2 个零点.
菜 单
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【答案】

2





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(2)(2015· 山东)过点 P(1, 3)作圆 x2+y2=1 的两条 → ·PB → =________. 切线,切点分别为 A,B,则PA

【解析】 如图所示, 连接 PO, 在三角形 PAO 中, 3 PA= 3,OA=1,所以 tan∠ APO= ,cos∠APB= 3
? ? 1 - 2 1-tan ∠APO ? = ? 1+tan2∠APO 1+? ?

3 ?2 ? 3? 1 → · PB → = | PA → | · | PB →| = ,故 PA ? 32 2 ? 3?

1 3 =cos∠APB= 3× 3× = . 2 2
菜 单
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解题方法

【答案】

3 2





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方法四 构造法
方法诠释: 用构造法解填空题的关键是由条件和结 论的特殊性构造出数学模型,从而简化推导与运算过

程.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上
的,首先应观察题目,观察已知 ( 例如代数式 ) 形式上 的特点,然后积极调动思维,联想、类比已学过的知 识及各种数学结构、数学模型、深刻地了解问题及问 题的背景 ( 几何背景、代数背景 ) ,从而构造几何、函

数、向量等具体的数学模型,达到快速解题的目的.





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解题方法

【典例 4】

(1)[导学号:81770183](2015· 重庆)

设 a>0,b>0,a+b=5,则 a+1+ b+3的最大值 为________.
【解析】 解法一 构造不等式.( a+1+ b+3)2

= a + b + 4 + 2 (a+1)(b+3) ≤ 9 + (a + 1) + (b + 3) 7 3 =18, 当且仅当 a+1=b+3, 即 a= , b= 时等号成立. 所 2 2 以 a+1 + b+3 ≤ 3 2 ,则 a+1 + b+3 的最大值为 3 2.
菜 单
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解题方法

解法二

构造函数.由 a>0,b>0,a+b=5 可得 b=5

-a,0<a<5,代入可得 a+1+ b+3= a+1+ 8-a.设 8-a- a+1 f(a)= a+1+ 8-a, 则 f′(a)= , 令 f′(a)>0, 2 a+1 8-a
? 7? 7 7 解得 0<a< ,令 f′(a)<0,解得 <a<5,所以函数 f(a)在?0,2? 2 2 ? ? ?7 ? ? 上单调递增,在 2,5?上单调递减,所以函数 ? ?

f(a)在(0,5)

上的极大值也是最大值为 大值为 3 2.

?7? f?2?=3 ? ?

2,则 a+1+ b+3的最

【答案】
菜 单

3 2
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专题一

解题方法

(2)(2015· 沈阳一模)定义在R上的函数f(x)满足:
f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式exf(x)>ex+3(其中e为 自然对数的底数)的解集为________. 【解析】 设g(x)=exf(x)-ex(x∈R), 则g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1].∵f(x) + f′(x)>1 , ∴f(x) + f′(x) - 1>0 , ∴g′(x)>0 , ∴y = g(x) 在 定义域上单调递增.∵exf(x)>ex+3,

∴ g(x)>3 , 又 ∵g(0) = e0f(0) - e0 = 4 - 1 = 3 ,
∴g(x)>g(0),∴x>0,即原不等式的解集为(0,+∞). 【答案】
菜 单

(0,+∞)
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