新教材适用2024版高考数学二轮总复习第3篇方法技巧引领必考小题练透第2讲填空题的解法与技巧教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第3篇方法技巧引领必考小题练透第2讲填空题的解法与技巧教师用书，共6页。

方法1：直接法
核心提示·精归纳
直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密地推理和准确地运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，作出相应的选择．涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法．
典例研析·悟方法
典例1 在平面直角坐标系中，已知直线y＝k(x＋1)(k>0)与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1在第二象限交于点A，交y轴于点B.设点C(1,0)，若|AB|＝|AC|，则k的值为 eq \r(7) .
【分析】 先根据题设条件可得k>1，再联立直线方程和椭圆方程，求出点A的横坐标后求出弦长|AB|，再根据点点距可得|AC|，从而得到关于k的方程，求出其解后可得k的值．
【解析】 设A(x1，y1)，椭圆的上顶点为S，左焦点为F1，则S(0,1)，F1(－1,0)．因为A在第二象限且k>0，故k>kF1S＝1.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＋2y2＝2，))可得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，因为A在第二象限且k>0，故x1＝eq \f(－2k2＋\r(2k2＋2),1＋2k2)<0，又|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－xB|＝eq \r(1＋k2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2k2＋\r(2k2＋2),1＋2k2)))＝eq \r(1＋k2)×eq \f(2k2－\r(2k2＋2),1＋2k2).又|AC|＝eq \r(x1－12＋y\\al(2,1))＝eq \r(x1－12＋1－\f(x\\al(2,1),2))＝eq \r(2)－eq \f(\r(2),2)x1＝eq \r(2)－eq \f(－2k2＋\r(2k2＋2),1＋2k2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(2\r(2)＋6\r(2)k2－2\r(k2＋1),21＋2k2).而|AB|＝|AC|，故eq \r(1＋k2)×eq \f(2k2－\r(2k2＋2),1＋2k2)＝eq \f(2\r(2)＋6\r(2)k2－2\r(k2＋1),21＋2k2)，所以(4k2＋2)eq \r(k2＋1)＝4eq \r(2)(1＋2k2)，解得k＝eq \r(7)(负解舍去)．
典例2 (2023·云南昆明昆明一中校考模拟预测)经过原点且斜率为eq \r(2)的直线l与双曲线C：eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)恒有两个公共点，则C的离心率e的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，＋∞)) .
【解析】 双曲线C：eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦点在y轴上，渐近线方程是y＝±eq \f(a,b)x，结合该双曲线的图象，由直线l与双曲线C恒有两个公共点，可得出：eq \r(2)>eq \f(a,b)，即eq \f(b,a)>eq \f(\r(2),2)，所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(a2＋b2),a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，＋∞))，即离心率e的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，＋∞)).
方法2：特例法
核心提示·精归纳
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．特殊化法是“小题小做”的重要策略．
但要注意以下两点：
第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理；
第二，若在取定的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解．
典例研析·悟方法
典例3 已知函数f(x)满足：f(m＋n)＝f(m)·f(n)，f(1)＝3，则eq \f(f 21＋f2,f1)＋eq \f(f 22＋f4,f3)＋eq \f(f 23＋f6,f5)＋eq \f(f 24＋f8,f7)＝_24__.
【解析】 取特殊函数，根据条件可设f(x)＝3x，则有eq \f(f 2x＋f2x,f2x－1)＝eq \f(2·32x,32x－1)＝6，所以eq \f(f 21＋f2,f1)＋eq \f(f 22＋f4,f3)＋eq \f(f 23＋f6,f5)＋eq \f(f 24＋f8,f7)＝6×4＝24.
典例4 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦点F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)，若过F1的直线和圆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)c))2＋y2＝c2相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是 eq \f(2\r(5),5) ，椭圆的离心率是 eq \f(\r(5),5) .
【分析】 不妨假设c＝2，根据图形可知，sin∠PF1F2＝eq \f(2,3)，再根据同角三角函数基本关系即可求出k＝tan∠PF1F2＝eq \f(2,5)eq \r(5)；再根据椭圆的定义求出a，即可求得离心率．
【解析】 如图所示：不妨假设c＝2，设切点为B，sin∠PF1F2＝sin∠BF1A＝eq \f(|AB|,|F1A|)＝eq \f(2,3)，tan∠PF1F2＝eq \f(2,\r(32－22))＝eq \f(2,5)eq \r(5)，所以k＝eq \f(2\r(5),5)，由k＝eq \f(|PF2|,|F1F2|)，|F1F2|＝2c＝4，所以|PF2|＝eq \f(8\r(5),5)，|PF1|＝|PF2|×eq \f(1,sin∠PF1F2)＝eq \f(12\r(5),5)，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝4eq \r(5)，即a＝2eq \r(5)，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,2\r(5))＝eq \f(\r(5),5).
方法3：正反互推法
核心提示·精归纳
多选型问题给出多个命题或结论，要求从中选出所有满足条件的命题或结论．这类问题要求较高，涉及图形、符号和文字语言，要准确阅读题目，读懂题意，通过推理证明，命题或结论之间互反互推，相互印证，也可举反例判断错误的命题或结论．
典例研析·悟方法
典例5 设函数y＝f(x)的定义域为R，给出下列命题：
①若对任意x∈R，均有|f(x)|＝1，则f(x)一定不是奇函数；
②若对任意x∈R，均有|f(－x)|＝|f(x)|，则f(x)为奇函数或偶函数；
③若对任意x∈R，均有f(－x)＝|f(x)|，则f(x)必为偶函数；
④若对任意x∈R，均有|f(－x)|＝|f(x)|，且f(x)为R上的增函数，则f(x)必为奇函数．
其中为真命题的序号为_①③④__(请写出所有真命题的序号)．
【解析】 对任意x∈R，均有|f(x)|＝1，则|f(0)|＝1，但奇函数中f(0)＝0，矛盾，所以f(x)一定不是奇函数，①正确；|f(－x)|＝|f(x)|等价于[f(x)－f(－x)][f(x)＋f(－x)]＝0，若x∈[－1,1]时满足f(x)－f(－x)＝0，x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时满足f(x)＋f(－x)＝0，则函数在x∈R上为非奇非偶函数，②错误；对任意x∈R，均有f(－x)＝|f(x)|，则f(x)＝|f(－x)|＝|f(x)|，所以f(－x)＝|f(x)|＝f(x)，所以函数必为偶函数，③正确；当x>0时，|f(－x)|＝|f(x)|等价于[f(x)－f(－x)][f(x)＋f(－x)]＝0，又因为f(x)为R上的增函数，所以f(x)>f(－x)，则f(x)－f(－x)≠0，所以f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)必为奇函数，④正确．
典例6 (2023·泰安期末)若“∃x∈R，使得2x2－mx＋1＜0”是假命题，则实数m的取值范围是 [－2eq \r(2)，2eq \r(2)] .
【解析】 因为“∃x∈R，使得2x2－mx＋1＜0”是假命题，所以“∀x∈R，使得2x2－mx＋1≥0”是真命题，所以Δ＝m2－8≤0，解得m∈[－2eq \r(2)，2eq \r(2)]．
方法4：数形结合法
核心提示·精归纳
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，Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等，都是常用的图形．
典例研析·悟方法
典例7 (2023·浙江高三校联考开学考试)三棱锥A－BCD内接于半径为eq \r(30)的球O，且AB＝2eq \r(14)，则三棱锥A－BCD体积的最大值为 eq \f(98\r(6),3) .
【分析】 设O到CD的距离为d0，点M到直线CD的距离为d，则d≤d0＋OM，所以S△MCD≤eq \f(1,2)×CD×(d0＋4)，利用函数导数求出面积最大值，从而根据锥体的体积公式即可求解．
【解析】 如图，取AB的中点为M，则OM＝eq \r(30－14)＝4，设O到CD的距离为d0，点M到直线CD的距离为d，A，B两点到平面MCD的距离分别为h1，h2，则CD＝2eq \r(30－d\\al(2,0))，d≤d0＋4，所以S△MCD≤eq \f(1,2)×2eq \r(30－d\\al(2,0))×(d0＋4)＝eq \r(30－d\\al(2,0)×d0＋42)，令f(x)＝(30－x2)×(x＋4)2，则f′(x)＝－4(x＋5)(x＋4)(x－3)，所以当x＝3时，f(x)max＝f(3)＝21×49，所以S△MCD≤7eq \r(21)，所以VA－BCD＝eq \f(1,3)S△MCD·(h1＋h2)≤eq \f(1,3)S△MCD·|AB|≤eq \f(1,3)×7eq \r(21)×2eq \r(14)＝eq \f(98\r(6),3)，当且仅当MC＝MD＝eq \r(70)，且AB⊥平面MCD时取等号．
典例8 (2023·全国模拟预测)已知函数f(x)＝xln(2x)－ax2－x有两个极值点，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) .
【分析】 由函数f(x)有两个极值点，对f(x)求导，设出新函数g(t)＝eq \f(ln t,t)，讨论新函数的单调性及值域，即可得到实数a的取值范围．
【解析】 由题意，在f(x)＝xln(2x)－ax2－x中，f(x)有两个极值点，∴f′(x)＝ln 2x－2ax＝0有两个不相等的实数根，∴关于x的方程a＝eq \f(ln2x,2x)有两个不相等的实数根，记t＝2x>0，设g(t)＝eq \f(ln t,t)，则直线y＝a与函数g(t)的图象有两个不同的交点．在g(t)＝eq \f(ln t,t)中，g′(t)＝eq \f(1－ln t,t2)，令g′(t)＝0，得t＝e，当00；当t>e时，g′(t)<0.∴g(t)＝eq \f(ln t,t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴g(t)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，易知g(1)＝0，当t→0＋时，g(t)→－∞，当t→＋∞时，g(t)→0，作出函数g(t)的大致图象如图所示，数形结合可得0方法5：构造法
核心提示·精归纳
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、不等式、数列、向量等具体的数学模型，从而转化为自己熟悉的问题，达到快速解题的目的．
利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造．构造辅助函数常根据导数法则进行：如f′(x)典例研析·悟方法
典例9 数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝－eq \f(1,2)，an＝2an＋1＋1(n∈N*)，则an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1 ；若Sn＋n【分析】 (1)根据题意，构造数列等比数列{an＋1}，由其通项公式，即可求得an；(2)由{an}的通项公式，结合等比数列的前n项和公式，求得Sn，利用指数函数的单调性求解函数最值，即可求得参数的最值．
【解析】 因为a1＝－eq \f(1,2)，an＝2an＋1＋1，则an＋1＝2(an＋1＋1)，故{an＋1}为首项a1＋1＝eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，则an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，则an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1；又Sn＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－n＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－n，则Sn＋n1－k，又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，故只需1－k≤0，即k≥1，又k∈N*，故k的最小值为1.
典例10 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x，x≤0,|lg2x|，x>0))，则函数g(x)＝3－f[f(x)]的所有零点之积等于_－3__.
【解析】 求函数g(x)＝3－f[f(x)]的所有零点，则等价于求方程f[f(x)]＝3的根，当x≤0时，f(x)＝2x>0，则f[f(x)]＝|lg22x|＝－x＝3，解得x＝－3；当x>0且x≠1时，f(x)＝|lg2x|>0，则f[f(x)]＝|lg2|lg2x||＝3，lg2|lg2x|＝±3，可得|lg2x|＝8或|lg2x|＝eq \f(1,8)，即lg2x＝±8或lg2x＝±eq \f(1,8)，解得x＝eq \f(1,256)或256或eq \r(8,2)或eq \f(1,\r(8,2))；当x＝1时，f(1)＝|lg21|＝0，f[f(1)]＝20＝1，不符合题意．综上，－3×eq \f(1,256)×256×eq \r(8,2)×eq \f(1,\r(8,2))＝－3.