新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第3篇方法技巧引領(lǐng)必考小題練透第2講填空題的解法與技巧教師用書(shū)

第2講填空題的解法與技巧方法1：直接法核心提示·精歸納直接從題設(shè)條件出發(fā)，運(yùn)用有關(guān)概念、性質(zhì)、定理、法則和公式等知識(shí)，通過(guò)嚴(yán)密地推理和準(zhǔn)確地運(yùn)算，從而得出正確的結(jié)論，然后對(duì)照題目所給出的選項(xiàng)“對(duì)號(hào)入座”，作出相應(yīng)的選擇．涉及概念、性質(zhì)的辨析或運(yùn)算較簡(jiǎn)單的題目常用直接法．典例研析·悟方法典例1在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線y＝k(x＋1)(k>0)與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1在第二象限交于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B.設(shè)點(diǎn)C(1,0)，若|AB|＝|AC|，則k的值為eq\r(7).【分析】先根據(jù)題設(shè)條件可得k>1，再聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求出點(diǎn)A的橫坐標(biāo)后求出弦長(zhǎng)|AB|，再根據(jù)點(diǎn)點(diǎn)距可得|AC|，從而得到關(guān)于k的方程，求出其解后可得k的值．【解析】設(shè)A(x1，y1)，橢圓的上頂點(diǎn)為S，左焦點(diǎn)為F1，則S(0,1)，F(xiàn)1(－1,0)．因?yàn)锳在第二象限且k>0，故k>kF1S＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＋2y2＝2，))可得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，因?yàn)锳在第二象限且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\co1(\f(－2k2＋\r(2k2＋2),1＋2k2)))＝eq\r(1＋k2)×eq\f(2k2－\r(2k2＋2),1＋2k2).又|AC|＝eq\r(x1－12＋y\o\al(2,1))＝eq\r(x1－12＋1－\f(x\o\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),21＋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),21＋2k2)，所以(4k2＋2)eq\r(k2＋1)＝4eq\r(2)(1＋2k2)，解得k＝eq\r(7)(負(fù)解舍去)．典例2(2023·云南昆明昆明一中?？寄M預(yù)測(cè))經(jīng)過(guò)原點(diǎn)且斜率為eq\r(2)的直線l與雙曲線C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)恒有兩個(gè)公共點(diǎn)，則C的離心率e的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，＋∞)).【解析】雙曲線C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦點(diǎn)在y軸上，漸近線方程是y＝±eq\f(a,b)x，結(jié)合該雙曲線的圖象，由直線l與雙曲線C恒有兩個(gè)公共點(diǎn)，可得出：eq\r(2)>eq\f(a,b)，即eq\f(b,a)>eq\f(\r(2),2)，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，＋∞))，即離心率e的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，＋∞)).方法2：特例法核心提示·精歸納當(dāng)填空題已知條件中含有某些不確定的量，但填空題的結(jié)論唯一或題設(shè)條件中提供的信息暗示答案是一個(gè)定值時(shí)，可以從題中變化的不定量中選取符合條件的恰當(dāng)特殊值(特殊函數(shù)、特殊角、特殊數(shù)列、特殊位置、特殊點(diǎn)、特殊方程、特殊模型等)進(jìn)行處理，從而得出探求的結(jié)論．為保證答案的正確性，在利用此方法時(shí)，一般應(yīng)多取幾個(gè)特例．特殊化法是“小題小做”的重要策略．但要注意以下兩點(diǎn)：第一，取特例盡可能簡(jiǎn)單，有利于計(jì)算和推理；第二，若在取定的特殊情況下有兩個(gè)或兩個(gè)以上的結(jié)論相符，則應(yīng)選另一特例情況再檢驗(yàn)，或改用其他方法求解．典例研析·悟方法典例3已知函數(shù)f(x)滿足：f(m＋n)＝f(m)·f(n)，f(1)＝3，則eq\f(f21＋f2,f1)＋eq\f(f22＋f4,f3)＋eq\f(f23＋f6,f5)＋eq\f(f24＋f8,f7)＝_24__.【解析】取特殊函數(shù)，根據(jù)條件可設(shè)f(x)＝3x，則有eq\f(f2x＋f2x,f2x－1)＝eq\f(2·32x,32x－1)＝6，所以eq\f(f21＋f2,f1)＋eq\f(f22＋f4,f3)＋eq\f(f23＋f6,f5)＋eq\f(f24＋f8,f7)＝6×4＝24.典例4已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦點(diǎn)F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c>0)，若過(guò)F1的直線和圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)c))2＋y2＝c2相切，與橢圓在第一象限交于點(diǎn)P，且PF2⊥x軸，則該直線的斜率是eq\f(2\r(5),5)，橢圓的離心率是eq\f(\r(5),5).【分析】不妨假設(shè)c＝2，根據(jù)圖形可知，sin∠PF1F2＝eq\f(2,3)，再根據(jù)同角三角函數(shù)基本關(guān)系即可求出k＝tan∠PF1F2＝eq\f(2,5)eq\r(5)；再根據(jù)橢圓的定義求出a，即可求得離心率．【解析】如圖所示：不妨假設(shè)c＝2，設(shè)切點(diǎn)為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·精歸納多選型問(wèn)題給出多個(gè)命題或結(jié)論，要求從中選出所有滿足條件的命題或結(jié)論．這類問(wèn)題要求較高，涉及圖形、符號(hào)和文字語(yǔ)言，要準(zhǔn)確閱讀題目，讀懂題意，通過(guò)推理證明，命題或結(jié)論之間互反互推，相互印證，也可舉反例判斷錯(cuò)誤的命題或結(jié)論．典例研析·悟方法典例5設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)镽，給出下列命題：①若對(duì)任意x∈R，均有|f(x)|＝1，則f(x)一定不是奇函數(shù)；②若對(duì)任意x∈R，均有|f(－x)|＝|f(x)|，則f(x)為奇函數(shù)或偶函數(shù)；③若對(duì)任意x∈R，均有f(－x)＝|f(x)|，則f(x)必為偶函數(shù)；④若對(duì)任意x∈R，均有|f(－x)|＝|f(x)|，且f(x)為R上的增函數(shù)，則f(x)必為奇函數(shù)．其中為真命題的序號(hào)為_(kāi)①③④__(請(qǐng)寫(xiě)出所有真命題的序號(hào))．【解析】對(duì)任意x∈R，均有|f(x)|＝1，則|f(0)|＝1，但奇函數(shù)中f(0)＝0，矛盾，所以f(x)一定不是奇函數(shù)，①正確；|f(－x)|＝|f(x)|等價(jià)于[f(x)－f(－x)][f(x)＋f(－x)]＝0，若x∈[－1,1]時(shí)滿足f(x)－f(－x)＝0，x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)時(shí)滿足f(x)＋f(－x)＝0，則函數(shù)在x∈R上為非奇非偶函數(shù)，②錯(cuò)誤；對(duì)任意x∈R，均有f(－x)＝|f(x)|，則f(x)＝|f(－x)|＝|f(x)|，所以f(－x)＝|f(x)|＝f(x)，所以函數(shù)必為偶函數(shù)，③正確；當(dāng)x>0時(shí)，|f(－x)|＝|f(x)|等價(jià)于[f(x)－f(－x)][f(x)＋f(－x)]＝0，又因?yàn)閒(x)為R上的增函數(shù)，所以f(x)>f(－x)，則f(x)－f(－x)≠0，所以f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)必為奇函數(shù)，④正確．典例6(2023·泰安期末)若“?x∈R，使得2x2－mx＋1＜0”是假命題，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是[－2eq\r(2)，2eq\r(2)].【解析】因?yàn)椤?x∈R，使得2x2－mx＋1＜0”是假命題，所以“?x∈R，使得2x2－mx＋1≥0”是真命題，所以Δ＝m2－8≤0，解得m∈[－2eq\r(2)，2eq\r(2)]．方法4：數(shù)形結(jié)合法核心提示·精歸納一些含有幾何背景的填空題，若能“數(shù)中思形”“以形助數(shù)”，則往往可以借助圖形的直觀性，迅速作出判斷，簡(jiǎn)捷地解決問(wèn)題，得出正確的結(jié)果，Venn圖、三角函數(shù)線、函數(shù)的圖象及方程的曲線等，都是常用的圖形．典例研析·悟方法典例7(2023·浙江高三校聯(lián)考開(kāi)學(xué)考試)三棱錐A－BCD內(nèi)接于半徑為eq\r(30)的球O，且AB＝2eq\r(14)，則三棱錐A－BCD體積的最大值為eq\f(98\r(6),3).【分析】設(shè)O到CD的距離為d0，點(diǎn)M到直線CD的距離為d，則d≤d0＋OM，所以S△MCD≤eq\f(1,2)×CD×(d0＋4)，利用函數(shù)導(dǎo)數(shù)求出面積最大值，從而根據(jù)錐體的體積公式即可求解．【解析】如圖，取AB的中點(diǎn)為M，則OM＝eq\r(30－14)＝4，設(shè)O到CD的距離為d0，點(diǎn)M到直線CD的距離為d，A，B兩點(diǎn)到平面MCD的距離分別為h1，h2，則CD＝2eq\r(30－d\o\al(2,0))，d≤d0＋4，所以S△MCD≤eq\f(1,2)×2eq\r(30－d\o\al(2,0))×(d0＋4)＝eq\r(30－d\o\al(2,0)×d0＋42)，令f(x)＝(30－x2)×(x＋4)2，則f′(x)＝－4(x＋5)(x＋4)(x－3)，所以當(dāng)x＝3時(shí)，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)，當(dāng)且僅當(dāng)MC＝MD＝eq\r(70)，且AB⊥平面MCD時(shí)取等號(hào)．典例8(2023·全國(guó)模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x)＝xln(2x)－ax2－x有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).【分析】由函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，對(duì)f(x)求導(dǎo)，設(shè)出新函數(shù)g(t)＝eq\f(lnt,t)，討論新函數(shù)的單調(diào)性及值域，即可得到實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解析】由題意，在f(x)＝xln(2x)－ax2－x中，f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，∴f′(x)＝ln2x－2ax＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，∴關(guān)于x的方程a＝eq\f(ln2x,2x)有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，記t＝2x>0，設(shè)g(t)＝eq\f(lnt,t)，則直線y＝a與函數(shù)g(t)的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．在g(t)＝eq\f(lnt,t)中，g′(t)＝eq\f(1－lnt,t2)，令g′(t)＝0，得t＝e，當(dāng)0<t<e時(shí)，g′(t)>0；當(dāng)t>e時(shí)，g′(t)<0.∴g(t)＝eq\f(lnt,t)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(t)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，易知g(1)＝0，當(dāng)t→0＋時(shí)，g(t)→－∞，當(dāng)t→＋∞時(shí)，g(t)→0，作出函數(shù)g(t)的大致圖象如圖所示，數(shù)形結(jié)合可得0<a<eq\f(1,e)，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).方法5：構(gòu)造法核心提示·精歸納構(gòu)造法解填空題的關(guān)鍵是由條件和結(jié)論的特殊性構(gòu)造出數(shù)學(xué)模型，從而簡(jiǎn)化推導(dǎo)與運(yùn)算過(guò)程，構(gòu)造法是建立在觀察聯(lián)想、分析綜合的基礎(chǔ)之上的，首先應(yīng)觀察題目，觀察已知(例如代數(shù)式)形式上的特點(diǎn)，然后積極調(diào)動(dòng)思維，聯(lián)想、類比已學(xué)過(guò)的知識(shí)及各種數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)、數(shù)學(xué)模型，深刻地了解問(wèn)題及問(wèn)題的背景(幾何背景、代數(shù)背景)，從而構(gòu)造幾何、函數(shù)、不等式、數(shù)列、向量等具體的數(shù)學(xué)模型，從而轉(zhuǎn)化為自己熟悉的問(wèn)題，達(dá)到快速解題的目的．利用導(dǎo)數(shù)解抽象函數(shù)不等式，實(shí)質(zhì)是利用導(dǎo)數(shù)研究對(duì)應(yīng)函數(shù)單調(diào)性，而對(duì)應(yīng)函數(shù)需要構(gòu)造．構(gòu)造輔助函數(shù)常根據(jù)導(dǎo)數(shù)法則進(jìn)行：如f′(x)<f(x)構(gòu)造g(x)＝eq\f(fx,ex)，f′(x)＋f(x)<0構(gòu)造g(x)＝exf(x)，xf′(x)<f(x)構(gòu)造g(x)＝eq\f(fx,x)，xf′(x)＋f(x)<0構(gòu)造g(x)＝xf(x)等．典例研析·悟方法典例9數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝－eq\f(1,2)，an＝2an＋1＋1(n∈N*)，則an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1；若Sn＋n<k(k∈N*)恒成立，則k的最小值為_(kāi)1__.【分析】(1)根據(jù)題意，構(gòu)造數(shù)列等比數(shù)列{an＋1}，由其通項(xiàng)公式，即可求得an；(2)由{an}的通項(xiàng)公式，結(jié)合等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，求得Sn，利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)最值，即可求得參數(shù)的最值．【解析】因?yàn)閍1＝－eq\f(1,2)，an＝2an＋1＋1，則an＋1＝2(an＋1＋1)，故{an＋1}為首項(xiàng)a1＋1＝eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，則an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，則an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1；又Sn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n，則Sn＋n<k(