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1、1填空题的类型填空题主要考查学生的基础知识、基本技能以及分析问题和解决问题的能力，具有小巧灵活、结构简单、概念性强、运算量不大、不需要写出求解过程而只需要写出结论等特点从填写内容看，主要有两类：一类是定量填写，一类是定性填写2填空题的特征填空题不要求写出计算或推理过程，只需要将结论直接写出的“求解题”填空题与选择题也有质的区别：第一，表现为填空题没有备选项，因此，解答时有不受诱误干扰之好处，但也有缺乏提示之不足；第二，填空题的结构往往是在一个正确的命题或断言中，抽出其中的一些内容(既可以是条件，也可以是结论)，留下空位，让考生独立填上，考查方法比较灵活从历年高考成绩看，填空题得分率一直不很高，
2、因为填空题的结果必须是数值准确、形式规范、表达式最简，稍有毛病，便是零分因此，解填空题要求在“快速、准确”上下功夫，由于填空题不需要写出具体的推理、计算过程，因此要想“快速”解答填空题，则千万不可“小题大做”，而要达到“准确”，则必须合理灵活地运用恰当的方法，在“巧”字上下功夫3解填空题的基本原则解填空题的基本原则是“小题不能大做”，基本策略是“巧做”解填空题的常用方法有：直接法、数形结合法、特殊化法、等价转化法、构造法、合情推理法等解题方法例析题型一直接法直接法就是从题设条件出发，运用定义、定理、公式、性质、法则等知识，通过变形、推理、计算等，得出正确结论，使用此法时，要善于透过现象看本质，
3、自觉地、有意识地采用灵活、简捷的解法例 1 在等差数列an中，a13,11a55a813，则数列an的前 n 项和 Sn的最小值为_思维启迪计算出基本量 d，找到转折项即可解析设公差为 d，则 11(34d)5(37d)13，5d9.数列an为递增数列532令 an0，3(n1)0，n95，nN*.29前 6 项均为负值，Sn的最小值为 S63.29答案3探究提高 本题运用直接法，直接利用等差数列的通项公式判断出数列的项的符号，进而确定前几项的和最小，最后利用等差数列的求和公式求得最小值变式训练 1 设 Sn是等差数列an的前 n 项和，已知 a23，a611，则 S7_.497(a1a7)解
4、析方法一S727(a2a6)7(311)49.22故填 49.a2a1d3，a11，方法二由可得a6a15d11d2，a716213.7(a1a7)7(113)S749.22故填 49.题型二特殊值法特殊值法在考试中应用起来比较方便，它的实施过程是从特殊到一般，优点是简便易行当暗示答案是一个“定值”时，就可以取一个特殊数值、特殊位置、特殊图形、特殊关系、特殊数列或特殊函数值来将字母具体化，把一般形式变为特殊形式当题目的条件是从一般性的角度给出时，特例法尤其有效例 2 已知ABC 的三个内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，(sin Asin C)(ac)且满足sin Asin B，则 C
5、_.b思维启迪题目中给出了ABC 的边和角满足的一个关系式，由此关系式来确定角 C 的大小，因此可考虑一些特殊的三角形是否满足关系式，如：等边三角形、直角三角形等，若满足，则可求出此时角 C 的大小(sin Asin C)(ac)解析容易发现当ABC 是一个等边三角形时，满足sin Asin B，b而此时 C60，故角 C 的大小为 60.答案60探究提高 特殊值法的理论依据是：若对所有值都成立，那么对特殊值也成立，我们就可以利用填空题不需要过程只需要结果这一“弱点”，“以偏概全”来求值在解决一些与三角形、四边形等平面图形有关的填空题时，可根据题意，选择其中的特殊图形(如正三角形、正方形)等解
6、决问题此题还可用直接法求解如下：(sin Asin C)(ac)由sin Asin B 可得b(ac)(ac)222222ab，整理得，a c abb，即 a b c ab.由余弦定理，得 cos Cba2b2c21.2ab2，所以 C60变式训练 2 在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、cos Acos Cb、c，如果 a、b、c 成等差数列，则1cos Acos C45_.cos Acos C44解析方法一取特殊值 a3，b4，c5，则 cos A5，cos C0，.1cos Acos C51cos Acos C4方法二取特殊角 ABC3，cos Acos C2，.1cos
7、Acos C5例 3如图所示，在ABC 中,AO 是 BC 边上的中线，K 为 AO 上一点，且OA2AK,过点 K 的直线分别交直线 AB、AC 于不同的两点 M、N，若ABmAM，ACnAN，则 mn_.思维启迪题目中过点K的直线是任意的，因此m和n的值是变化的，但从题意看mn的值是一个定值，故可取一条特殊的直线进行求解解析当过点 K 的直线与 BC 平行时，MN 就是ABC 的一条中位线(OA2AK，K 是AO 的中点)这时由于有ABmAM，ACnAN，因此 mn2，故 mn4.答案4探究提高本题在解答中，充分考虑了“直线虽然任意,但mn的值却是定值”这一信息，通过取直线的一个特殊位置得
8、到了问题的解,显得非常简单,在求解这类填空题时，就要善于捕捉这样的有效信息,帮助我们解决问题变式训练 3设 O 是ABC 内部一点，且OAOC2OB，则AOB 与AOC 的面积之比为_解析采用特殊位置，可令ABC 为正三角形，则根据OAOC2OB可知，O 是ABC 的中心，则 OAOBOC，所以AOBAOC，即AOB 与AOC 的面积之比为 1.题型三图象分析法(数形结合法)依据特殊数量关系所对应的图形位置、特征，利用图形直观性求解的填空题，称为图象分析型填空题，这类问题的几何意义一般较为明显由于填空题不要求写出解答过程，因而有些问题可以借助于图形，然后参照图形的形状、位置、性质，综合图象的特
9、征，进行直观地分析，加上简单的运算，一般就可以得出正确的答案事实上许多问题都可以转化为数与形的结合，利用数形结合法解题既浅显易懂，又能节省时间利用数形结合的思想解决问题能很好地考查考生对基础知识的掌握程度及灵活处理问题的能力，此类问题为近年来高考考查的热点内容例 4 已知方程(x22xm)(x22xn)0 的四个根组成一个1首项为4的等差数列，则|mn|的值等于_思维启迪12考虑到原方程的四个根，其实是抛物线 yx22xm 与 yx22xn 和 x 轴四个交点的横坐标，所以可以利用图象进行求解解析如图所示，易知抛物线 yx22xm 与 yx22xn 有相同的对称轴 x1，它们与 x 轴的四个交
10、点依次为 A、B、C、D.17因为 xA4，则 xD4.35又|AB|BC|CD|，所以 xB4，xC4.17351故|mn|4444|2.探究提高 本题是数列问题，但由于和方程的根有关系，故可借助数形结合的方法进行求解，因此在解题时，我们要认真分析题目特点，充分挖掘其中的有用信息，寻求最简捷的解法变式训练 4 已知定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(x4)f(x),且在区间0,2上是增函数，若方程 f(x)m(m0)，在区间8,8上有四个不同的根 x1，x2，x3，x4，则 x1x2x3x4_.-8解析因为定义在 R 上的奇函数，满足f(x4)f(x)，所以f(4x)f(x)因此，函数
11、图象关于直线 x2 对称且 f(0)0，由 f(x4)f(x)知 f(x8)f(x)，所以函数是以 8 为周期的周期函数又因为 f(x)在区间0,2上是增函数，所以 f(x)在区间2,0上也是增函数，如图所示，那么方程 f(x)m(m0)在区间8,8上有四个不同的根 x1，x2，x3,x4，不妨设x1x2x30，sin x0，4,4上的图象，如图所示,观察图象即可得到所求的解集为4，)(，0)2，)探究提高 与函数有关的填空题，依据题目条件，灵活地应用函数图象解答问题，往往可使抽象复杂的代数问题变得形象直观，使问题快速获解2变式训练 5不等式（|x|-）sin x0，x-,2的解集为.(,)(
12、0,)(,2)222 2解析在同一坐标系中分别作出 y=|x|-与 y=sin x 的图象：根据图象可得不等式的解集为：(,)(0 0,)(,2 2)2 22 2题型四等价转化法将所给的命题进行等价转化，使之成为一种容易理解的语言或容易求解的模式通过转化，使问题化繁为简、化陌生为熟悉，将问题等价转化成便于解决的问题，从而得出正确的结果x24x6，x0例 6设函数 f(x)，若互不相等的实3x4，x0数 x1，x2，x3满足 f(x1)f(x2)f(x3)，则 x1x2x3的取值范围是_思维启迪将问题转化为 ym 与 yf(x)有三个不同的交点，再研究三个交点的横坐标之和的取值范围解析本题可转化
13、为直线 ym 与函数 f(x)的图象有三个交点,yx24x6 在0,)的最小值为 f(2)2，故 2m0，由于yx24x6 的对称轴为 x2,则 x1x24，222令 3x42，得 x3，则3x30，故34x1x210 x304，即 x1x2x3的取值范围是(3，4)10答案(3，4)探究提高 等价转化法的关键是要明确转化的方向或者说转化的目标本题转化的关键就是将研究 x1x2x3的取值范围问题转化成了直线 ym 与曲线 yf(x)有三个交点的问题，将数的问题转化成了形的问题，从而利用图形的性质解决ax1变式训练 6 已知关于 x 的不等式0 的解集是(,1)x11(2，)，则 a 的值为_a
14、x1变式训练 6 已知关于 x 的不等式0，m30，m24m120，解得 m6，即 ab6，故 ab 的取值范围是6，)变式训练 8 若抛物线 yx2ax2 总在直线 y3x1 的下方，则实数 a 的取值范围是_解析构造不等式，依题意知，不等式x2ax20 在 R 上恒成立故(3a)240，即 a26a50，解得 1a0，UA 1，n，则xmm2n2_.解析由UA1,n,知 A(，1)(n,)，x1即不等式0 的解集为(,1)(n，),所以xmn1,m1，因此 m1，n1，故 m2n22.2在各项均为正数的等比数列an中，若 a5a69，则 log3a1log3a2log3a10_.解析特殊化
15、法：尽管满足 a5a69 的数列有无穷多，但所求结果应唯一的，故只需选取一个满足条件的特殊数列a5a63，则公比q1就可以了 原式log3(3333)log331010.3在数列an中，若 a11，an12an3(n1)，则该数列的通项 an_.解析由 an12an3，则有 an132(an3)，an13即2.an3所以数列an3是以 a13 为首项、公比为 2 的等比数列，即 an342n12n1，所以an2n13.4设非零向量 a，b，c 满足|a|b|c|，abc，则cosa，b_.12解析设正三角形ABC 中，BAa，ACb，BCc，所以BA与AC的夹角为 120，所以1cosa，bc
16、os 1202.Sn5设等差数列an，bn的前 n 项的和分别为 Sn与 Tn，若Tn2nan，则b_.3n1n2n13n1n(n1)d解析因为等差数列的前 n 项和公式为 Sna1n2d12n2(a12d)n，故可设 Sn2nn，Tn(3n1)n，则可得 an4n2，bn6n2，an4n22n1b.n6n23n16ABC 的外接圆的圆心为 O，两条边上的高的交点为 H，OHm(OAOBOC)，则实数 m_.解析(特殊值法)当B90时,ABC 为直角三角形,O 为 AC 中点AB、BC 边上高的交点 H 与 B 重合OAOBOCOBOH，m1.7(2010湖南)若数列an满足：对任意的 nN*
17、，只有有限个正整数 m 使得 amn 成立，记这样的 m 的个数为an*，则得到一个新数列(an)*例如，若数列an是 1,2,3，n，则数列(an)*是 0,1,2，n1，.已知对任意的 nN*，ann2，则(a5)*_，(an)*)*_.解析由(an)*的定义知，要求(a5)*只需寻找满足 am5 的 m 的个数即可由于 1215,2245，故(a5)*2.an1,22,32，n2，(a1)*)*1，(a2)*)*422，(a3)*)*932，(an)*)*n2.(an)*0,1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,n,n.1个3个5个7个(2n1)个18直线 ykx3k2 与直线 y4x
18、1 的交点在第一象限，则 k 的取值范围是_2k17解析因为 ykx3k2，即 yk(x3)2，故直线过定点 P(3，2)，而定直线 y14x1 在两坐标轴上的交点分别为 A(4,0)，B(0,1)2如图所示，求得7k0，anan12，于是an是等差数列，故 an1(n1)22.x14已知 f(x)xlog2，则 f(1)f(2)f(3)f(8)9x的值为_x解析由于 f(x)xlog2，9x9xx所以 f(9x)9xlog2x9xlog2，9x于是有 f(x)f(9x)9.从而 f(1)f(8)f(2)f(7)f(3)f(6)f(4)f(5)9.故原式值为 9436.15在ABC 中，如果 sin Asin Bsin C568，那么此三角形最大角的余弦值是_120解析由正弦定理得 abc568，令 a5，b6，c8，则 C 是最大角，a2b2c22536641即 cos C2ab6020.16已知最小正周期为 2 的函数 yf(x)，当 x1,1时，f(x)x2，则方程 f(x)|log5x|的解的个数为_解析设 g(x)|log5x|，作出函数 f(x)与 g(x)的图象，由图象知两个函数共有 5 个交点，即方程 f(x)|log5x|的解的个数为 5 个