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技巧02 填空题型的答题策略与精准求解
目录
01考情透视·目标导航 2
02知识导图·思维引航 3
03 知识梳理·方法技巧 4
04 真题研析·精准预测 5
05 核心精讲·题型突破 7
题型一：特殊法速解填空题 7
题型二：转化法巧解填空题 8
题型三：数形结合巧解填空题 9
题型四：换元法巧解填空题 10
题型五：整体代换法巧解填空题 11
题型六：坐标法巧解填空题 11
题型七：赋值法巧解填空题 13
题型八：正难则反法巧解填空题 13
高考的填空题绝大部分属于中档题目，通常按照由易到难的顺序排列，每道题目一般是多个知识点的小型综合，其中不乏渗透各种数学的思想和方法，基本上能够做到充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力．
（1）基本策略：填空题属于“小灵通”题，其解题过程可以说是“不讲道理”，所以其解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出判断和分析，先定性后定量，先特殊后一般，先间接后直接，尤其是对选择题可以先进行排除，缩小选项数量后再验证求解．
（2）常用方法：填空题也属“小”题，解题的原则是“小”题巧解，“小”题快解，“小”题解准．求解的方法主要分为直接法和间接法两大类，具体有：直接法，特值法，图解法，构造法，估算法，对选择题还有排除法（筛选法）等．
1、面对一个抽象或复杂的数学问题时，不妨先考虑其特例，这就是数学中常说的特殊化思维策略“特殊化思维”是解高考数学填空题的一种常用解题策略，其实质是把一般情形转化为特殊情形，把抽象问题转化为具体问题，把复杂问题转化为简单问题，实现快速、准确求解的目的．
2、等价转化可以把复杂问题简单化，把陌生问题熟悉化，把原问题等价转化为便于解决的问题，从而得出正确结果．
3、数形结合实际上就是把代数式的精确刻画与几何图形的直观描述有机地结合起来，相互转化，实现形象思维和抽象思维的优势互补．一方面，借助图形的性质使许多抽象概念和关系直观而形象，以利于探索解题途径；另一方面，几何问题代数化，通过数理推证、数量刻画，获得一般化结论．
1．（2024年北京高考数学真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ．
2．（2024年北京高考数学真题）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为 ．
3．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ．
4．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）的展开式中，各项系数中的最大值为 ．
5．（2024年天津高考数学真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ．
6．（2024年天津高考数学真题）已知正方形的边长为1，若，其中为实数，则 ；设是线段上的动点，为线段的中点，则的最小值为 ．
7．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 ．
8．（2023年北京高考数学真题）设，函数，给出下列四个结论：
①在区间上单调递减；
②当时，存在最大值；
③设，则；
④设．若存在最小值，则a的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是 ．
题型一：特殊法速解填空题
【典例1-1】已知集合，将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列，记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为______．
【典例1-2】已知函数给出下列四个结论：
①任意，函数的最大值与最小值的差为2；
②存在，使得对任意，；
③当时，对任意非零实数x，；
④当时，存在，，使得对任意，都有
其中所有正确结论的序号是_________．
【变式1-1】已知函数对任意的，都有成立．给出下列结论：
①；②；③；④
其中所有正确结论的序号是 ．
【变式1-2】数学家笛卡儿研究了许多优美的曲线，如笛卡儿叶形线D在平面直角坐标系xOy中的方程为当时，给出下列四个结论：
①曲线D不经过第三象限；
②曲线D关于直线轴对称；
③对任意，曲线D与直线一定有公共点；
④对任意，曲线D与直线一定有公共点．
其中所有正确结论的序号是 ．
1．已知，，，则下列结论中正确的是 ．
①当时，；
②当时，P有1个元素；
③若P有2个元素，则；
④若P有4个元素，则m无整数解．
2．函数，给出下列四个结论：
①的值域是；
②，且，使得；
③任意，且，都有；
④规定，，其中，则
其中，所有正确结论的序号是 ．
题型二：转化法巧解填空题
【典例2-1】已知曲线C是平面内到定点与到定直线的距离之和等于6的点的轨迹，若点P在C上，对给定的点，用表示的最小值，则的最小值为 ．
【典例2-2】已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是 ．
【变式2-1】设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是 ．
【变式2-2】已知R，则的最小值是 ．
1．在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
2．设、为双曲线C：左右焦点，点A在双曲线C上，若，且，则 ．
题型三：数形结合巧解填空题
【典例3-1】机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12cm，开口直径为旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 ．
【典例3-2】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______
【变式3-1】在平面直角坐标系xOy中，已知，A、B是圆C：上的两个动点，满足，则面积的最大值是 ．
【变式3-2】设，是定义在R上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数．当时，，其中若在区间上，关于x的方程有8个不同的实数根，则k的取值范围是 ．
1．已知函数当时，，则的最大值是 ．
2．已知，函数若关于x的方程恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是 ．
题型四：换元法巧解填空题
【典例4-1】函数的最大值为 ．
【典例4-2】设点，，，若动点P满足，且，则的最大值为 ．
【变式4-1】已知函数有两个零点，，且设n为常数，当a变化时，有最小值e，则常数n的值为 ．
【变式4-2】函数是定义在R上的奇函数，且关于x的不等式有解，则实数m的取值范围为 ．
1．已知函数在R上具有单调性，且，则 ．
2．已知函数，若的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数m的取值范围为 ．
题型五：整体代换法巧解填空题
【典例5-1】已知实数a，b满足，且，则的最小值为 ．
【典例5-2】已知，则
【变式5-1】已知P为圆上任意一点，，则的最小值为 ．
【变式5-2】已知为等比数列的前n项和，，，则的值为 ．
1．已知，，，则的最小值为 ．
2．已知平面上任意一点，直线l：，则点P到直线l的距离为；当点在函数图象上时，点P到直线l的距离为，请参考该公式求出的最小值为 ．
题型六：坐标法巧解填空题
【典例6-1】根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形CDE按上述操作作图后，得如下图所示的图形若，则 ．
【典例6-2】已知等边的边长为，P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是 ．
【变式6-1】在等腰直角三角形ABC中，，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA发射后又回到原点若光线QR经过的重心，则AP长为
【变式6-2】已知平面向量，，，若，且，则的取值范围是 ．
1．已知，为单位向量，且，若向量满足，则的最小值为 ．
2．在梯形ABCD中，，，，E，F分别是BC，CD的中点，则 ．
题型七：赋值法巧解填空题
【典例7-1】的展开式中的系数为 用数字作答
【典例7-2】若定义在区间上的函数满足：对于任意的，，都有，且时，有，若的最大值为M，最小值为N，则的值为 ．
【变式7-1】已知，则 ．
【变式7-2】已知函数，的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则 ．
1．已知满足，且，则 ．
2．已知函数对任意实数x，y满足，，当 时，，那么，当时，实数a的取值范围是 ．
题型八：正难则反法巧解填空题
【典例8-1】设集合…，，，2，3，…，，则集合A中满足条件“…”的元素个数为 ．
【典例8-2】2022北京冬奥会期间，吉祥物冰墩墩成为“顶流”，吸引了许多人购买，使一“墩”难求．甲 乙 丙3人为了能购买到冰墩墩，商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲 乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，丙购买到冰墩墩的概率为，则甲，乙 丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为 ．
【变式8-1】将一颗质地均匀的骰子一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是 ．
【变式8-2】欧拉函数的函数值等于所有不超过n且与n互质的正整数的个数公约数只有1的两个整数称为互质整数，例如：，记，数列的前n项和为，若恒成立，则实数的取值范围为 ．
1．某科技公司组织技术人员进行某新项目研发，技术人员将独立地进行项目中不同类型的实验甲、乙、丙，已知实验甲、乙、丙成功的概率分别为、、，对实验甲、乙、丙各进行一次，则至少有一次成功的概率为 结果用最简分数表示
2．新冠病毒爆发初期，全国支援武汉的活动中，需要从A医院某科室的6名男医生含一名主任医师 名女医生含一名主任医师中分别选派3名男医生和2名女医生，要求至少有一名主任医师参加，则不同的选派方案共有 种用数字作答
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目录
01考情透视·目标导航 2
02知识导图·思维引航 3
03 知识梳理·方法技巧 4
04 真题研析·精准预测 5
05 核心精讲·题型突破 15
题型一：特殊法速解填空题 15
题型二：转化法巧解填空题 22
题型三：数形结合巧解填空题 26
题型四：换元法巧解填空题 32
题型五：整体代换法巧解填空题 37
题型六：坐标法巧解填空题 41
题型七：赋值法巧解填空题 47
题型八：正难则反法巧解填空题 50
高考的填空题绝大部分属于中档题目，通常按照由易到难的顺序排列，每道题目一般是多个知识点的小型综合，其中不乏渗透各种数学的思想和方法，基本上能够做到充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力．
（1）基本策略：填空题属于“小灵通”题，其解题过程可以说是“不讲道理”，所以其解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出判断和分析，先定性后定量，先特殊后一般，先间接后直接，尤其是对选择题可以先进行排除，缩小选项数量后再验证求解．
（2）常用方法：填空题也属“小”题，解题的原则是“小”题巧解，“小”题快解，“小”题解准．求解的方法主要分为直接法和间接法两大类，具体有：直接法，特值法，图解法，构造法，估算法，对选择题还有排除法（筛选法）等．
1、面对一个抽象或复杂的数学问题时，不妨先考虑其特例，这就是数学中常说的特殊化思维策略“特殊化思维”是解高考数学填空题的一种常用解题策略，其实质是把一般情形转化为特殊情形，把抽象问题转化为具体问题，把复杂问题转化为简单问题，实现快速、准确求解的目的．
2、等价转化可以把复杂问题简单化，把陌生问题熟悉化，把原问题等价转化为便于解决的问题，从而得出正确结果．
3、数形结合实际上就是把代数式的精确刻画与几何图形的直观描述有机地结合起来，相互转化，实现形象思维和抽象思维的优势互补．一方面，借助图形的性质使许多抽象概念和关系直观而形象，以利于探索解题途径；另一方面，几何问题代数化，通过数理推证、数量刻画，获得一般化结论．
1．（2024年北京高考数学真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ．
【答案】（或，答案不唯一）
【解析】联立，化简并整理得：，
由题意得或，
解得或无解，即，经检验，符合题意.
故答案为：（或，答案不唯一）.
2．（2024年北京高考数学真题）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为 ．
【答案】/
【解析】由题意，从而，
因为，所以的取值范围是，的取值范围是，
当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为.
故答案为：.
3．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】令，即，令
则，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，，
因为曲线与在上有两个不同的交点，
所以等价于与有两个交点，所以.
故答案为：
4．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）的展开式中，各项系数中的最大值为 ．
【答案】5
【解析】由题展开式通项公式为，且，
设展开式中第项系数最大，则，
，即，又，故，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为.
故答案为：5.
5．（2024年天津高考数学真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】令，即，
由题可得，
当时，，有，则，不符合要求，舍去；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，或（正值舍去），
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
令，即，
故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，
由的渐近线方程为，
即部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递增，
故有，解得，故符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，（负值舍去）或，
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，
部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递减，
故有，解得，故符合要求；
综上所述，.
故答案为：.
6．（2024年天津高考数学真题）已知正方形的边长为1，若，其中为实数，则 ；设是线段上的动点，为线段的中点，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】解法一：因为，即，则，
可得，所以；
由题意可知：，
因为为线段上的动点，设，
则，
又因为为中点，则，
可得
，
又因为，可知：当时，取到最小值；
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则，
可得，
因为，则，所以；
因为点在线段上，设，
且为中点，则，
可得，
则，
且，所以当时，取到最小值为；
故答案为：；.
7．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 ．
【答案】
【解析】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入
得，即，故，，
又，得，解得，代入得，
故，即，所以.
故答案为：
8．（2023年北京高考数学真题）设，函数，给出下列四个结论：
①在区间上单调递减；
②当时，存在最大值；
③设，则；
④设．若存在最小值，则a的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【解析】依题意，，
当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）；
当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
对于①，取，则的图像如下，
显然，当，即时，在上单调递增，故①错误；
对于②，当时，
当时，；
当时，显然取得最大值；
当时，，
综上：取得最大值，故②正确；
对于③，结合图像，易知在，且接近于处，的距离最小，
当时，，当且接近于处，，
此时，，故③正确；
对于④，取，则的图像如下，
因为，
结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在，
同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径，
此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为，
联立，解得，则，
显然在上，满足取得最小值，
即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误.
故答案为：②③.
题型一：特殊法速解填空题
【典例1-1】已知集合，将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列，记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为______．
【答案】27
【解析】集合A是由所有正奇数组成的集合，集合B是由组成的集合，
所有的正奇数与按照从小到大的顺序排列构成，
在数列中，前面有16个正奇数，即，
当时，，不符合题意；
当时，，不符合题意；
当时，，不符合题意；
当时，，不符合题意；……；
当时，，，不符合题意；
当时，，，，符合题意．
故使得成立的n的最小值为
故答案为：
【典例1-2】已知函数给出下列四个结论：
①任意，函数的最大值与最小值的差为2；
②存在，使得对任意，；
③当时，对任意非零实数x，；
④当时，存在，，使得对任意，都有
其中所有正确结论的序号是_________．
【答案】②④
【解析】对于①，当时，其最大值为1，最小值为0，的最大值与最小值的差为1，故①错误；
对于②，当时，，，因此对任意，，故②正确；
对于③，，，当时，故③错误；
对于④，当时，取，，使得对任意，都有，故正确．
故答案为：②④．
【变式1-1】已知函数对任意的，都有成立．给出下列结论：
①；②；③；④
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【解析】令，则，故①正确；
由可得，
用换x可得，
令，则满足，而，
，则不恒相等，故②错误；
由，用代替可得，
又由对任意实数成立知，所以，故③正确；
由③知，，所以，
用替换可得，，
所以，当且仅当时等号成立，故④正确．
故答案为：①③④．
【变式1-2】数学家笛卡儿研究了许多优美的曲线，如笛卡儿叶形线D在平面直角坐标系xOy中的方程为当时，给出下列四个结论：
①曲线D不经过第三象限；
②曲线D关于直线轴对称；
③对任意，曲线D与直线一定有公共点；
④对任意，曲线D与直线一定有公共点．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【解析】当时，方程为，
当x，时，，故第三象限内的点不可能在曲线上，①正确；
将点代入曲线方程，得，故曲线关于直线对称，②正确；
当，联立，其中，
将代入，得，即，则方程组无解，
故曲线D与直线无公共点，③错误；
联立，可得有解，
设，
当时，则，
在单调递增，
单调递减，值域为R，所以存在成立，
当时，成立；
当时，，单调递增，
，，
所以，成立，
所以曲线D与直线一定有公共点，故④选项正确．
故答案为：①②④．
1．已知，，，则下列结论中正确的是 ．
①当时，；
②当时，P有1个元素；
③若P有2个元素，则；
④若P有4个元素，则m无整数解．
【答案】①②④
【解析】①当时，
，
由，令，解得，
由，令，解得，
画出S对应点集如图所示，
所以，所以①正确；
②当时，
，
画出S对应点集如图所示，
圆的圆心为，半径为1，
直线，即，
点到的距离为，
所以圆与直线相切，
所以有1个元素，所以②正确；
对于③，当时，
，
画出S对应点集如图所示，
半圆的圆心为，半径为1，
到直线的距离为，
此时P有2个元素，所以③错误；
对于④，若，
则
，
此时直线与圆至多有2个公共点，不符合题意．
若，则由③的分析可知P有2个元素，
综上所述，若P有4个元素，则m无整数解，所以④正确；
故答案为：①②④．
2．函数，给出下列四个结论：
①的值域是；
②，且，使得；
③任意，且，都有；
④规定，，其中，则
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①④．
【解析】对于①：的定义域为R，关于原点对称，
，故为奇函数，
当时，，结合反比例函数的性质及函数图象的平移可知函数在内单调递增，
且，可得，则
结合为奇函数，可知：当时，函数在内单调递增，且
所以的值域是，故①正确；
对于②：由①可知：可知函数是R上的增函数，
所以对任意，且，均有，故②错误；
对于③：当任意，且时，
令，，，
，显然，
因此不成立，故③错误；
对于④：当时，，
可得，，
，，
以此类推可得，因此，故④正确．
故答案为：①④．
题型二：转化法巧解填空题
【典例2-1】已知曲线C是平面内到定点与到定直线的距离之和等于6的点的轨迹，若点P在C上，对给定的点，用表示的最小值，则的最小值为 ．
【答案】2
【解析】设，
当时，，
，
，，
即
当时，，
，
，
即，
所以点P的轨迹方程为
设点P到线的距离为d，如图所示，
直线与曲线部分交于点M，与直线交于点N，
则，
由，，
则，
，
则的最小值为
故答案为：
【典例2-2】已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是 ．
【答案】
【解析】由题意，，则，
所以点和点，，
所以，
所以，
所以，
同理，
所以
故答案为：
【变式2-1】设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】根据题意可得，以圆心为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
则，，，，，，，
设，于是，
因为，所以，
故的取值范围是
【变式2-2】已知R，则的最小值是 ．
【答案】
【解析】方法一、由，可得，
由，可得
则
，当且仅当，时，等号成立，
可得的最小值为；
方法二、，
故，
当且仅当，即，时取得等号，
可得的最小值为
故答案为：
1．在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
【答案】2
【解析】如图所示：记 ，
方法一：在三角形ABC中，由余弦定理可得， ，
因为 ，解得： ，
由 可得，
，
解得： ．
故答案为： 2 ．
方法二：在三角形ABC中，由余弦定理可得， ，
因为 ，解得： ，
由正弦定理可得， ，解得： ， ，
因为 ，所以 ， ，
又 ，所以 ，即 ．
故答案为： 2 ．
2．设、为双曲线C：左右焦点，点A在双曲线C上，若，且，则 ．
【答案】
【解析】且，又因为，
得，将其代入前式中，解得
故答案为：
题型三：数形结合巧解填空题
【典例3-1】机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12cm，开口直径为旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 ．
【答案】
【解析】圆锥的轴截面是等腰三角形，腰长为12，底边为8，
由题，构造如图所示的圆锥，则，，
O是圆锥底面的圆心，M为AB的中点，取OB的中点为N，则
所以，，
，
令P为椭圆的中心，，EP为短半轴，AE交于G点，则P为CM的中点，
过点M作交BC于点R，
由题意可得，，，
又AO、CM相交，且均在平面ABC内，故平面ABC，
又平面ABC，故，则，
则，，
所以
因为，所以，
由，可得∽，则，
故椭圆的长轴长为，即，
短半轴长为，
则半焦距，
故椭圆的离心率等于
【典例3-2】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______
【答案】
【解析】该模型为长方体，挖去四棱锥后所得的几何体，其中O为长方体的中心，
E，F，G，H，分别为所在棱的中点，，，
该模型体积为：
，
打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，
制作该模型所需原料的质量为：
故答案为
【变式3-1】在平面直角坐标系xOy中，已知，A、B是圆C：上的两个动点，满足，则面积的最大值是 ．
【答案】
【解析】圆C：的圆心，半径为6，
如图，作PC所在直径EF，交AB于点D，
因为，，所以，EF为垂径，
要使面积最大，则P，D位于C的两侧，
并设，可得，
故，，
可令，
，，
设函数，，
，
由，
解得舍去，
显然，当，，递减；
当时，，递增，
结合在递减，
故时，最大，此时，
故，
则面积的最大值为
故答案为：
【变式3-2】设，是定义在R上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数．当时，，其中若在区间上，关于x的方程有8个不同的实数根，则k的取值范围是 ．
【答案】
【解析】作出函数与的图象如图，
由图可知，函数的图象与的图象仅有2个交点
要使关于x的方程有8个不同的实数根，
则，与，的图象有2个不同交点，
由到直线的距离为1，得，解得，
两点，连线的斜率，
即k的取值范围为
故答案为：
1．已知函数当时，，则的最大值是 ．
【答案】
【解析】作出的图象，如下图所示：
由题意，当，时，最大，
令，解得或舍，
故；
令，
解得舍去，
故，
故的最大值为
故答案为：
2．已知，函数若关于x的方程恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】当时，等价于，
令，由得或，
因为，所以对称轴，，
当时，有1个零点，
当时，无零点，
当时，有两个零点；
当时，等价于，
令，由得或，
因为，所以对称轴，，
当时，有1个零点，
当时，无零点，
当时，有两个零点；
已知关于x的方程恰有2个互异的实数解，综合以上结论可知仅当有两个零点，无零点时满足要求，故
故答案为
题型四：换元法巧解填空题
【典例4-1】函数的最大值为 ．
【答案】
【解析】令，则，
记，因为，
所以当时，，函数递增，当时，，函数递减，于是
因此，的最大值为
【典例4-2】设点，，，若动点P满足，且，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】设，
因为点，，，动点P满足，
所以，化简可得，
即为动点P的轨迹方程．
因为，
所以，
所以，解得，
所以
由，得，
即，，
当且仅当时，等号成立．
所以当时，的最大值为
故答案为：
【变式4-1】已知函数有两个零点，，且设n为常数，当a变化时，有最小值e，则常数n的值为 ．
【答案】
【解析】由题可知，且，
所以，即，
所以，
令，则，整理可得，
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，且在时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故
所以
故答案为：
【变式4-2】函数是定义在R上的奇函数，且关于x的不等式有解，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【解析】若函数是定义在实数集上的奇函数，
可得，
即，即，
由，可得；
所以，
任取，，设，则，
，，
，则，
所以，
则函数为R上的增函数，
又函数为R上的奇函数，
所以不等式有解，转化为，即有解，
所以有解，即，
令，因，则，即，
则，当且仅当时取等号，
由双勾函数的单调性知：，函数单调递减，函数单调递增，
当时，，当时，，
所以，
所以，
故实数m的取值范围为
故答案为：
1．已知函数在R上具有单调性，且，则 ．
【答案】
【解析】令，则，
中，令得：，故，
显然单调递增，且，故，
所以，所以
故答案为 ：
2．已知函数，若的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【解析】，
的图象上存在不同的两个点关于原点对称，
所以有解，
即，
则①，
令，当且仅当，即时等号成立，
则，
则①可化为，
依题意，此方程在上有解，
当，解得，
当时，
，
解得，符合题意，
当时，
，
解得，不符合题意，
当，
即②时，
设，
的开口向上，对称轴，
要使在上有零点，
则，
或，
解得或，
结合②得，
综上所述，m的取值范围是：
故答案为：
题型五：整体代换法巧解填空题
【典例5-1】已知实数a，b满足，且，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为，
所以，，
因为，所以，
所以
，
所以
，
当且仅当，
即时，等号成立．
故答案为：
【典例5-2】已知，则
【答案】3
【解析】已知，即，
，
故答案为
【变式5-1】已知P为圆上任意一点，，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】设，则，
则
而表示分别到，两点距离和，
所以，
所以，
所以的最小值为
故答案为：
【变式5-2】已知为等比数列的前n项和，，，则的值为 ．
【答案】40
【解析】根据题意，设等比数列的公比为q，
若，即，
又由，则，
可得，
则，
故答案为：
1．已知，，，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】
，
当且仅当，即，时取等号，
的最小值为
故答案为：
2．已知平面上任意一点，直线l：，则点P到直线l的距离为；当点在函数图象上时，点P到直线l的距离为，请参考该公式求出的最小值为 ．
【答案】
【解析】令，，，
表示函数图象上的点到直线的距离，
表示函数图象上的点到直线的距离，
所以目标式子的几何意义为：半圆上的点到直线，的距离之和的倍，
作出图象如图所示，
因为半圆的圆心到直线，的距离均为，半圆的半径为1，
所以最小值为
故答案为
题型六：坐标法巧解填空题
【典例6-1】根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形CDE按上述操作作图后，得如下图所示的图形若，则 ．
【答案】
【解析】如图，以A为原点，分别以为x，y轴建立平面直角坐标系，
设正方形ABCD的边长为2a，则正方形DEHI的边长为，正方形EFGC边长为a可知，
则，即，
又，，
即，即，
化简得，
故答案为：
【典例6-2】已知等边的边长为，P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】以点A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，如图，
等边的边长为，则，，又，
设，，
因此，，
，
因为，有，则当时，，
当时，，
所以的取值范围是
故答案为：
【变式6-1】在等腰直角三角形ABC中，，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA发射后又回到原点若光线QR经过的重心，则AP长为
【答案】
【解析】建立如图所示的平面直角坐标系：
可得，故直线BC的方程为，
的重心为，即，
设，其中，则点P关于直线BC的对称点，
满足，
解得，即，
P关于y轴的对称点，
由光的反射原理可知，Q，R，四点共线，
直线QR的斜率为，
故直线QR的方程为，
由于直线QR过的重心，代入化简可得，
解得，或舍去，故，故
故答案为
【变式6-2】已知平面向量，，，若，且，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】记，
因为，
所以，
即为等边三角形，
建立坐标系，如下图，
则由已知，
所以，
设，
因为，
所以，
即，
即点到点和的距离之和等于，
又，
所以点在线段MN上，
所以，，
又，
所以当时，取得最小值，当时，取得最大值
故答案为
1．已知，为单位向量，且，若向量满足，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】根据条件，不妨令，
由，得，即，
故点对应的点在以为圆心，为半径的圆周上．
而，
其表示的几何意义是圆上的点到直线上点的距离．
所以的最小值为
故答案为
2．在梯形ABCD中，，，，E，F分别是BC，CD的中点，则 ．
【答案】
【解析】以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，
则，，，，
得 ， ，
所以 ，
故答案为 ．
题型七：赋值法巧解填空题
【典例7-1】的展开式中的系数为 用数字作答
【答案】
【解析】的通项公式为：
，
令得，，
此时，
令得，，
此时，
故的系数为
故答案为：
【典例7-2】若定义在区间上的函数满足：对于任意的，，都有，且时，有，若的最大值为M，最小值为N，则的值为 ．
【答案】4048
【解析】令，得，所以 ，
令，得，所以，
令，则，，
因为，又定义域关于原点对称，
所以是奇函数，
所以，
即，
所以
故答案为：
【变式7-1】已知，则 ．
【答案】243
【解析】因为，
令，得，
两边同时乘以32，得
【变式7-2】已知函数，的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则 ．
【答案】2024
【解析】因为是偶函数，
则，两边求导得，
所以是奇函数，故，由①，
则，代入②，
可得，即，
即，
又因为是奇函数，所以，
所以是周期为2的周期函数，
又，可知也是周期为2的周期函数，
令代入②，得，
令代入①，得，
令代入②，得，
联立，
解得，
所以
故答案为：
1．已知满足，且，则 ．
【答案】4
【解析】令得，所以，
令，得
故答案为：
2．已知函数对任意实数x，y满足，，当 时，，那么，当时，实数a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】设，、，则，
当时，，
，
，
，
，
在R上递增，
，
，
等价于

故答案为：
题型八：正难则反法巧解填空题
【典例8-1】设集合…，，，2，3，…，，则集合A中满足条件“…”的元素个数为 ．
【答案】
【解析】集合A中共有个元素；
其中…的只有一个元素，
…的有个元素；
故满足条件“…”的元素个数为
故答案为：
【典例8-2】2022北京冬奥会期间，吉祥物冰墩墩成为“顶流”，吸引了许多人购买，使一“墩”难求．甲 乙 丙3人为了能购买到冰墩墩，商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲 乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，丙购买到冰墩墩的概率为，则甲，乙 丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为 ．
【答案】
【解析】因为甲乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，所以甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率
同理，丙购买不到冰墩墩的概率
所以，甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，于是甲乙丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率 故答案为：
【变式8-1】将一颗质地均匀的骰子一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是 ．
【答案】
【解析】将一颗质地均匀的骰子一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具先后抛掷2次，所有可能的结果共有个，
“出现向上的点数之和小于10”的对立事件是“出现向上的点数之和不小于10”，
事件“出现向上的点数之和不小于10”包含的所有可能结果有：
，，，，，，共6个，
出现向上的点数之和小于10的概率
故答案为：
【变式8-2】欧拉函数的函数值等于所有不超过n且与n互质的正整数的个数公约数只有1的两个整数称为互质整数，例如：，记，数列的前n项和为，若恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】在的整数中与不互质的数有，共有个，
所以与互质的数有个，因此
在的整数中，2的倍数共有个，5的倍数共有个，10的倍数共有个，所以
所以，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，
则恒成立等价于恒成立，
即恒成立，所以，
令，则，
所以，且，
所以，
所以，即实数的取值范围是
故答案为
1．某科技公司组织技术人员进行某新项目研发，技术人员将独立地进行项目中不同类型的实验甲、乙、丙，已知实验甲、乙、丙成功的概率分别为、、，对实验甲、乙、丙各进行一次，则至少有一次成功的概率为 结果用最简分数表示
【答案】
【解析】记“至少有一次成功”为事件A，“试验甲成功”为事件D，
“试验乙成功”为事件E，“试验丙成功”为事件F，
由题意知 ，， ，
则
故答案为：
2．新冠病毒爆发初期，全国支援武汉的活动中，需要从A医院某科室的6名男医生含一名主任医师 名女医生含一名主任医师中分别选派3名男医生和2名女医生，要求至少有一名主任医师参加，则不同的选派方案共有 种用数字作答
【答案】90
【解析】根据题意，从A医院某科室的6名男医生和4名女医生中分别选派3名男医生和2名女医生，有种取法，
若其中没有主任医师参加，即从不是主任医师的5名男医生中选出3名男医生，从不是主任医师的3名女医生中选出2名女医生，
其取法有种，
则至少有一名主任医师参加的取法有种，
故答案为：
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