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专题十三：填空题的答题技巧
【必备知识】
【易错点提醒】
1.若直线是曲线的一条切线，则_________.
【错解】切点坐标求错
【正解】法一：对于，其导数为，因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，
令，即，解得，将代入切线方程，可得，
所以切点坐标为，因为切点在曲线上，所以，即，解得.故答案为：.
2．若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于_________.
【错解】忽略等比数列各项均为正数，注意验证的情况
【正解】设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，
当时，，即，则，显然不成立，舍去；
当时，则，
两式相除得，即，则，所以，
所以该等比数列公比为2.
3．有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则的数学期望_________.
【错解】的情况漏解，最后期望计算错误
【正解】依题意，的可能取值为1、2、3，总的选取可能数为，
其中：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，故，
：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式，其中选取出现一次球的位置有3种可能，事件的可能情况有种，故，
：三种不同球被取出，由排列数可知事件的可能情有况种，
故，
所以.
故答案为：.
4．已知函数，如图是直线与曲线的两个交点，若，则______．
【错解】当结论多个时，没有分析有没有其他条件舍掉，即题的条件考虑不全面
【正解】设，由可得，
由可知，或，，由图可知，
，即，．
因为，所以，即，．
所以，
所以或，
又因为，所以，．故答案为：．
5.已知且（i为虚数单位），满足，则的取值范围为 _______
【错解】不等同于不能仅考虑截距最大值、最小值问题，其值一定大于等于0
【正解】设则，因为，所以，
所以
，显然当，原式取最小值0，
当时，原式取最大值，
故的取值范围为．故答案为：．
6.将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则的前项和为 ．
【错解】找错公共项
【正解】通过列举数列与，找出公共项，得到这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以的前项和为，故答案为：
【典型真题】
1.直接法解填空题
【2025新高考Ⅱ卷】一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为____________．
【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；
详解】圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且，
由圆柱与球的性质知，
即，，故答案为：.
2.特殊法速解填空题
【2025天津卷】 若，对，均有恒成立，则的最小值为_______
【分析】先设，根据不等式的形式，为了消可以取，得到，验证时，是否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案.
【详解】设，原题转化为求的最小值，
原不等式可化为对任意的，，
不妨代入，得，得，
当时，原不等式可化为，即，
当时，对一定成立，当且仅当取等号，此时，，
说明时，均可取到，满足题意，故的最小值为. 故答案为：
3.对称性巧解填空题
【2024新高考Ⅰ卷】甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后轮次中不能使用）．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 　 　．
【答案】
【解析1】甲、乙出卡片共有=24种可能，四轮结束后甲的总得分为0，1，2，3，由对称性可知，甲得0分与得3分是相对应的，都是一种极端情形：甲全小(13577对2468)与甲除1外全大(13577对8246)；甲得1分与得2分是相对应的，如甲出卡片顺序为1357，乙出卡片顺序为2648，甲得1分(5赢)，调整乙出卡片的顺序为8264(5负)，因此，甲得0、1分与甲得2，3分各占一半，故四轮结束后甲的得分不小于2的概率为.
【解析2】正难则反，甲、乙出卡片共有种可能，四轮结束后我们计算甲的总得分小于2的情况，则甲得0分或者1分.
如果甲得0分，则甲出1，3，5，7分别对应着乙出2，4，6，8，只有一种情况；
如果甲得1分，则甲出1，3，5，7时，乙有以下11种情况与之对应：
由于对称性，固定甲：1，3，5，7，对应摆乙的2，4，6，8，保证只有一个满足甲的数>乙的数.
所以四轮结束后甲的得分小于2的概率为，四轮结束后甲的得分不小于2的概率为.
【解析3】甲出1一定输，所以甲最多得3分，
若得3分，就只有一种组合、、、；
若得2分有三类，分别列举如下：
①出3和出5的赢，其余输：，，，；
②出3和出7的赢，其余输：，，，；，，，；，，，；
③出5和出7的赢，其余输：，，，；，，，；，，，；，，，；，，，；，，，；，，，；
共12种组合满足要求，而所有组合为种，
所以甲得分不小于2的概率为．故答案为：．
4.转化法巧解填空题
【2023全国统考】已知实数满足，则的最大值是（ ）
A． B．4 C． D．7
【答案】
【解析】法一：令，则，代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，故 的最大值是，
法二：，整理得，令，，其中，
则，，所以，
则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，解得 故选：.
5.数形结合巧解填空题
【2024全国乙文】曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 　 　．
【答案】
【解析1】曲线：三个零点分别为、0、，当时，的极小值为-2，在上是减函数，在上是增函数.曲线：开口向下，对称轴为，顶点坐标为.根据图形，当时，曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为.
【解析2】令，则，
令，则，
因为，故当时，，单调递增，当时，，单调递减，因为，（1），时，，
若使得有两个不同零点，则的范围为．故答案为：．
6.换元法巧解填空题
（1）【2015浙江理】设函数，若，则实数的取值范围是 .
【解析】解法1：令，则不等式即为，
当时，，显然恒成立，
当时，即为，解得：，所以，
综上所述，，因为，所以，
当时，，所以即为，解得：，所以，
当时，，所以即为，显然该不等式恒成立，
综上所述，实数的取值范围是.
解法2：令，则不等式即为，作出的图象和直线，如图1，联立解得：或1，
由图1可得不等式的解为，从而，
作出的图象和直线，
如图2，联立解得：，
由图2可得不等式的解为，故答条为.
（2）【2019江苏卷】设为锐角，若，则=_______
【详解】设，则由为锐角，即，则，又所以
7.坐标法巧解填空题
【2017全国卷Ⅲ理】，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：
① 当直线与成角时，与成角；
② 当直线与成角时，与成角；
③ 直线与所成角的最小值为；
④ 直线与所成角的最大值为．
其中正确的是______________．(填写所有正确结论的编号)
答案：②③．
解析：坐标法 由题意，，三条直线两两垂直，可放入长方体体模型中，画出图像如图所示，不妨设图中正方体边长为，则，，斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，点运动轨迹是以点为圆心，为半径的圆，以点为原点如图所示建系，则，，直线的方向单位向量为，直线的方向单位向量为，设点运动过程中与轴夹角为，则，，故，且，设与所成角为，则，所以，故③正确④错误
设与所成角为，则，当与的夹角为时，，，故，故①错误，②正确，故答案选②③
8.赋值法巧解填空题
【2022新高考2卷】已知函数的定义域为R，且，则
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以一个周期内的．
由于22除以6余4，所以．
[方法二]：构造特殊函数
由，联想到余弦函数和差化积公式
，可设，则由方法一中知，解得，取，所以，则
，
所以符合条件，因此的周期，，
且，所以，
由于22除以6余4，所以．
9.正难则反法巧解填空题
【2020天津卷】已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________.
【答案】　 【解析】因为甲、乙两球落入盒子的概率分别为，，且两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙都落入盒子的概率为×＝，甲、乙两球都不落入盒子的概率为＝，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－＝.
10.枚举法巧解填空题
【2024新课标Ⅱ卷】在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
【答案】 24 112
【解析】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有种选法；每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为. 故答案为：24；112专题十三：填空题的答题技巧
【必备知识】
【易错点提醒】
1.若直线是曲线的一条切线，则_________.
2．若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于_________.
3．有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则的数学期望_________.
4．已知函数，如图是直线与曲线的两个交点，若，则______．
5.已知且（i为虚数单位），满足，则的取值范围为 _______
6.将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则的前项和为 ．
【典型真题】
1.直接法解填空题
【2025新高考Ⅱ卷】一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为____________．
2.特殊法速解填空题
【2025天津卷】 若，对，均有恒成立，则的最小值为_______
3.对称性巧解填空题
【2024新高考Ⅰ卷】甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后轮次中不能使用）．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 　 　．
4.转化法巧解填空题
【2023全国统考】已知实数满足，则的最大值是（ ）
A． B．4 C． D．7
5.数形结合巧解填空题
【2024全国乙文】曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 　 　．
6.换元法巧解填空题
（1）【2015浙江理】设函数，若，则实数的取值范围是 .
（2）【2019江苏卷】设为锐角，若，则=_______
7.坐标法巧解填空题
【2017全国卷Ⅲ理】，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：
① 当直线与成角时，与成角；
② 当直线与成角时，与成角；
③ 直线与所成角的最小值为；
④ 直线与所成角的最大值为．
其中正确的是______________．(填写所有正确结论的编号)
8.赋值法巧解填空题
【2022新高考2卷】已知函数的定义域为R，且，则
9.正难则反法巧解填空题
【2020天津卷】已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________.
10.枚举法巧解填空题
【2024新课标Ⅱ卷】在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．

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