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填空题是一种门类繁多、解法灵活多样的重要题型．填空题缺少选择支的信息，故解答题的求解思路可以原封不动地移植到填空题上．但填空题不用说明理由，无中间过渡过程，不是递进式的解题，无法逐渐化解难点，因此解压轴填空题时，要打破数学填空难题中的“个性差异”，尽量找到问题的原型和背景，将问题化归为我们熟知的题目或基本题型．
题型一：概念性强压轴题
数学中的每个术语、符号，乃至习惯用语，往往都有明确具体的含义，这个特点反映到填空题中，表现出来的就是试题的概念性强，试题的陈述和信息的传递，都是以数学的学科规定与习惯为依据，决不标新立异．
例1 已知四面体ABCD中，DA=DB=DC=1，且DA、DB、DC两两互相垂直，在该四面体表面上与点A距离是233的点形成一条曲线，则这条曲线的长度是 ．
分析：由题意作出图形，问题的实质是以点A为球心，233为半径的球面被四面体四个面所截得的弧长，即可将问题转化为求相应扇形的弧长．其中P1P4的长为以D为圆心，DP1的长为半径中的弧长．
解：由题意作出图形，设P1、P2、P3、P4为满足条件的四个点，由DA=DB=DC=1，且DA、DB、DC两两互相垂直的条件可知，∠P1AP2=π12，∠P2AP3=π3，∠P3AP4=π12，∠P4DP1=π2，所以这条曲线的长度是(π12+π12+π3)×233+π2×33=32π．
评注：此题即将曲线长转化为相应扇形的弧长问题，但求P1P4的长时，要注意转化为以∠P1DP4为圆心角，以DP3长为半径的扇形弧长问题，而不是以∠P1AP4为圆心角．
题型二：量化型压轴题
关系的研究是数学的一个重要的组成部分，也是数学考试中一项主要的内容，在高考的数学填空题中，定量型的试题所占的比重很大，而且许多从形式上看为计算定量型填空题，其实不是简单或机械的计算问题，其中往往蕴含了对概念、原理、性质和法则的考查，把这种考查与定量计算紧密地结合在一起，形成了量化突出的试题特点．
例2 地面上有三个同心圆（如右图），其半径分别为3、2，1若向图中最大圆内投点且点投到图中阴影区域内的概率为512，则两直线所夹锐角的弧度数为______．
分析：利用扇形圆心角与周角间的比例求阴影部分的面积．
解：设两直线所夹角弧度为α，由题意知，图中阴影部分面积为2α2π×π×12+(2π－2α)(π×22－π×12)2π+2α2π(π×32－π×22)，所以有
2α2π×π×12+(2π－2α)(π×22－π×12)2π+2α2π(π×32－π×22)π×32=512．解得α=π4．
评注：此题乍看很复杂，但细细分析就会发现，问题的实质为几何概型，只要能准确求出两直线所夹角的弧度与周角的弧度的比值，便可得出相应阴影部分的面积，利用几何概型概率计算公式便可求出．
例3 已知直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2，当θ取遍所有值时，则直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2所围成图形的面积为______．
分析：将直线方程化为一般式，并将2sin(θ+π4)展开，根据形式特点，利用点到直线距离为定值寻求突破．
解：直线cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2可化简为，cosθx+sinθy－sinθ－cosθ+2=0，则定点(1,1)与直线cosθx+sinθy－sinθ－cosθ+2=0的距离为r=|cosθ+sinθ－sinθ－cosθ+2|cos2θ+sin2θ=2，即当θ取遍所有值时，直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2所围成图形为：以(1,1)为圆心，2为半径的一个圆，其面积为π×22=4π．
评注：将直线方程化为一般式后，如何消参成为解题的关键，此时对x，y赋上特殊值，利用点到直线距离公式，可使参数全消．思维的灵活性主宰着解题的成败，而思维的灵活性依靠严密的分析和谨慎的审题，才能在解题时游刃有余．
例4 已知a2sinθ+acosθ－2=0，b2sinθ+bcosθ－2=0(a≠b)，对任意a,b∈R，经过两点(a,a2)，(b,b2)的直线与一定圆相切，则定圆方程为______．
分析：充分利用条件，将条件归结为一条含参的直线，利用定点与直线的距离为定值这一条件，可得出定点，随即得出定圆．
解：由a2sinθ+acosθ－2=0，b2sinθ+bcosθ－2=0(a≠b)知，a,b都满足方程sinθx2+cosθx－2=0，所以有a+b=－cosθsinθab=－2sinθ ，则经过(a,a2)，(b,b2)两点的直线为y－a2=b2－a2b－a(x－a)，化简得y=(a+b)x－ab，将a+b，ab代入并整理得cosθx+sinθy－2=0，因为该直线系与一定圆相切，所以此定圆圆心必为坐标原点，且r=2cos2θ+sin2θ=2，故定圆方程为x2+y2=4．
评注：本题可归结为解析几何中的定值问题．如果曲线中某些量不依赖于变化元素而存在，则称为定值，探讨定值的问题可以为填空题，也可以为解答题．求定值的基本方法是：先将变动元素用参数表示，然后计算出所需结果与该参数无关；也可将变动元素置于特殊状态下，探求出定值，然后再予以证明，因为毕竟是解几中的定值问题，所以讨论的立足点是解几知识，工具是代数、三角等知识，基本数学思想与方法的体现将更明显，更逼真．定值问题同证明题类似，在求定值之前已知道定值结果(题中未告知，可采用特殊值处理)，首先大胆设参(有时甚至要设两个参数)，运算到最后，必定参数统消，定值显现．特别是该题隐含着坐标原点到直线cosθx+sinθy－2=0距离为定值2的条件，是本题的关键．
题型三：充满思辨性压轴题
这个特点源于数学的高度抽象性、系统性和逻辑性．作为数学填空题，尤其是用于选拔性考试的高考数学试题，只凭简单计算或直观感知便能正确作答的试题不多，几乎可以说并不存在，绝大多数的填空题，为了正确作答，或多或少总是要求考生具备一定的观察、分析和逻辑推断能力．思辨性的要求充满题目的字里行间．
例5 已知O是△ABC的外心，AB=2，AC=3，x+2y=1，若AO=xAB+yAC，(xy≠0)，则cos∠BAC=______．
分析：AO=xAB+yAC=xAB+2yAD结合条件，可判断B、O、D三点共线，再结合是的外心的条件，寻找出定角．
解：设D为边AC的中点，则AO=xAB+yAC=xAB+2yAD，而，所以B、O、D三点共线，又点O是三角形的外心，所以OD⊥AC，即∠ADB=90°，在Rt△ABD中，AB=2，AD=32，所以cos∠BAC=322=34．
评注：很多同学拿到该题可能是久久不能入手，特别是不知如何对条件和进行应用，但只要能将条件与向量中共线的条件联系起来，再将AO=xAB+yAC=xAB+2yAD稍作变形，便可让定值∠ADB=90°显现出来．
例6 已知实数a,b,c成等差数列，点P(－1,0)在直线ax+by+c=0上的射影是Q，则Q的轨迹方程是______．
分析：由a,b,c成等差数列条件可得a－2b+c=0，此形式中隐含着ax+by+c=0过定点A(1,－2)的条件．
解：因为a,b,c成等差数列，所以2b=a+c，变形为a－2b+c=0，可得直线ax+by+c=0过定点A(1,－2)，点P(－1,0)在直线ax+by+c=0上的射影Q轨迹是以PA为直径的圆，所以Q的轨迹方程为x2+(y+1)2=2．
评注：a－2b+c=0不经意的一个式子，却隐含着ax+by+c=0过定点A(1,－2)的条件，而此条件正是解决此题的最有效信息点．隐含条件的给出，总有一定的征兆，如表达式的结构特征、条件的有效提示等，只要我们本着分析、转化、审核的原则，总会将隐含条件挖掘出来，为成功解题奠定基础．
题型四：形数兼备型压轴题
数学的研究对象不仅是数，还有图形，而且对数和图形的讨论与研究，不是孤立开来分割进行，而是有分有合，将它们辩证统一起来．这个特色在高中数学中已经得到充分的显露．因此，在高考的数学填空题中，便反映出形数兼备这一特点，其表现是几何填空题中常常隐藏着代数问题，而代数填空题中往往又寓有几何图形的问题．因此，数形结合与形数分离的解题方法是高考数学填空题的一种重要且有效的思想方法与解题方法．
例7 已知f(x)是以2为周期的偶函数，当x∈,f(x)=x，那么在区间内，关于x的方程f(x)=kx+k+1（其中k为不等于1的实数）有四个不同的实根，则k的取值范围是______．
分析：利用函数的周期和偶函数的性质作出函数的图像，利用数形结合法判断相应函数值的取值范围，即列出k的取值范围．
解：根据题意作出函数的图像，令g(x)=kx+k+1，由图示可知，只需g(－1)=1,g(1)<1,g(2)>0. 即可，解得－13 评注：函数和方程中常常涉及有关“方程解”的问题，往往这一类问题从直接法都很难入手，究其原因，主要是缺乏数学思想方法的指导，只见树木不见森林，不善于多角度、多渠道、多层次地展开联想．所以为了能使问题得以突破，必须对数学思想、数学方法理解透彻及融会贯通时，才能提出新看法，找出巧解法，才会有完美的分析效果．而数形结合的思想正是解决这一类问题的一把利剑，可使本来云雾缭绕的方程解的问题，变得清晰无比．其实质是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维和形象思维结合，通过对图形的认识，数形结合的转化，使问题化难为易，化抽象为具体．
例8 已知定义在R上的奇函数，满足f(x-4)=-f(x)，且在区间上是增函数，若方程f(x)=m(m>0)在区间上有四个不同的根x1,x2,x3,x4，则x1+x2+x3+x4=______.
分析：根据条件要求作出两个函数的大致图像，再根据图像的对称性确定各个根之和．
解：因为f(x是)定义在R上的奇函数，满足f(x-4)=-f(x)，所以f(x-4)=f(-x)，所以函数图像关于直线x=2对称且f(0)=0，由f(x-4)=-f(x)知f(x-8)=f(x)，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为f(x)在区间上是增函数，所以f(x)在区间上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0)在区间上有四个不同的根x1,x2,x3,x4，不妨设x1＜x2＜x3＜x4,由对称性知x1+x2=-12,x3+x4=4,所以x1+x2+x3+x4=-12+4=-8．
评注：准确理解题意是正确作图的前提条件，根据函数图像的对称性能有效解决方程根的问题，特别是涉及对方程根的整体处理问题时，首选的方法是数形结合．
例9 已知以T=4为周期的函数f(x)=m1－x2,x∈(－1,1〗1－|x－2|,x∈(1,3〗 ，其中m>0，若方程3f(x)=x恰有5个实数解，则m的取值范围为______．
分析：将3f(x)=x变形为f(x)=x3，问题转化为函数y=f(x)与y=x3图像恰有5个交点．根据题意作出两个函数的大致图像，要满足两个图像恰有5个交点，只需
y=x3与(x－4)2+y2m2=1(y≥0)有两个不同的交点且与(x－8)2+y2m2=1(y≥0)没有交点即可．
解：由(x－4)2+y2m2=1，y=13x， 9m2+19m2x2－8x+15=0， Δ>0，即3m2>5，解得m>153．
(x－8)2+y2m2=1，y=13x， 9m2+19m2x2－16x+63=0，由Δ<0，即m2<7，解得m<7．
综上知153 评注：此题若单纯从解方程的角度很难入手，而函数中有些难解问题，特别是涉及方程根的问题最好的解决手段便是数形结合，因此，此题的条件特征促使我们想到数形结合思想的应用．但在应用时，易错用条件f(4)>43且f(8)<83，而导致错误结论．这也提醒我们，数形结合思想虽然应用灵活，直观形象，但其对严密性要求非常高，否则只要识图不准，便会造成意想不到的错误．
例10 若x1满足2x+2x=5，x2满足2x+2log2(x－1)=5，x1+x2＝______．
分析：将所给两个条件变形处理，利用函数图像的对称性求解．
解：将已知条件变形有：2x－1=52－x，log2(x－1)=52－x，构造函数y1=2x－1，y2=log2(x－1)，y3=52－x．作出以上三个函数及y=x－1图像：
由题意知，函数y1=2x－1与y2=log2(x－1)图像关于直线y=x－1对称，又直线y3=52－x与y=x－1垂直且图像交点的横坐标为74，根据图像的对称性知x1+x2=72．
评注：该题是求x1+x2，即应该采用整体思想，同时该结构特征使我们联想到问题：若满足2x=4－x， 满足log2x=4－x，求x1+x2．此题可利用函数y=2x与y=log2x图像关于直线y=x对称这一特性求解．因此可联想到函数y1=2x－1与y2=log2(x－1)图像关于直线y=x－1对称这一特性，从而使问题顺利获解．因此，我们在解题时要能认真审视问题的条件特征，联想相关问题提供的信息点，为解决复杂的问题提供思路．
题型五：解法多样化压轴题
与其他学科比较，“一题多解”的现象在数学中表现突出，尤其是数学填空题的条件中隐含中多个信息点，给试题的解答提供了丰富的有用信息，有相当大的提示性，为解题活动展现了广阔的天地，大大地增加了解答的途径和方法．常常潜藏着极其巧妙的解法，有利于对考生思维深度的考查．
例11 设a>0，函数f(x)=x+a2x,g(x)=x－lnx，若对任意的x1,x2∈，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围为______．
分析：若对任意的x1,x2∈，都有f(x1)≥g(x2)成立，即对任意的x∈，f(x)min≥g(x)max．
解法一：g′(x)=1－1x，当x∈时，g′(x)>0，所以函数g(x)=x－lnx在上单调递增，所以当x∈时，g(x)max=g(e)=e－1．
函数f(x)=x+a2x在(0,a〗上单调递减，在上单调递减，此时f(x)min=f(e)=e+a2e，有f(x)min=e+a2e≥e－1=g(x)max恒成立．
（2）当1≤a≤e时，f(x)min=f(a)=a+a，则需2a≥e－1，即a≥e－12，又1≤a≤e，所以1≤a≤e．
（3）当a<1时，f(x)在上单调递增，此时f(x)min=f(1)=1+a2，需1+a2≥e－1，即a≥e－2．所以e－2≤a<1．
综合（1）（2）（3）可知实数a的取值范围为a≥e－2．
解法二：等价转化成二次函数恒成立问题
g′(x)=1－1x，当x∈时，g′(x)>0，所以函数g(x)=x－lnx在上单调递增，所以当x∈时，g(x)max=g(e)=e－1．
由题意知，当x∈时，x+a2x≥e－1恒成立，化简得x2－(e－1)x+a2≥0恒成立，
设h(x)=x2－(e－1)x+a2，由二次函数图象知h(x)在上单调递增，所以只需h(1)≥0，即a≥e－2．
评注：本题首先要准确理解题意，即在上f(x)的最小值必须大于或等于g(x)的最大值，而不能理解为：当x∈时，f(x)≥g(x)恒成立．解法一利用了勾函数的性质，判断最值时需分类讨论，讨论时可结合图形，但讨论要全面，不能遗漏．解法二利用等价转化的思想，将问题归结到我们熟悉的问题：二次函数的问题，并结合二次函数的图象可使问题轻松获解．这也体现了转化思想和数形结合思想在解题中的重要应用．
（作者:李洪洋,江苏省东海高级中学）
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
题型一：概念性强压轴题
数学中的每个术语、符号，乃至习惯用语，往往都有明确具体的含义，这个特点反映到填空题中，表现出来的就是试题的概念性强，试题的陈述和信息的传递，都是以数学的学科规定与习惯为依据，决不标新立异．
例1 已知四面体ABCD中，DA=DB=DC=1，且DA、DB、DC两两互相垂直，在该四面体表面上与点A距离是233的点形成一条曲线，则这条曲线的长度是 ．
分析：由题意作出图形，问题的实质是以点A为球心，233为半径的球面被四面体四个面所截得的弧长，即可将问题转化为求相应扇形的弧长．其中P1P4的长为以D为圆心，DP1的长为半径中的弧长．
解：由题意作出图形，设P1、P2、P3、P4为满足条件的四个点，由DA=DB=DC=1，且DA、DB、DC两两互相垂直的条件可知，∠P1AP2=π12，∠P2AP3=π3，∠P3AP4=π12，∠P4DP1=π2，所以这条曲线的长度是(π12+π12+π3)×233+π2×33=32π．
评注：此题即将曲线长转化为相应扇形的弧长问题，但求P1P4的长时，要注意转化为以∠P1DP4为圆心角，以DP3长为半径的扇形弧长问题，而不是以∠P1AP4为圆心角．
题型二：量化型压轴题
关系的研究是数学的一个重要的组成部分，也是数学考试中一项主要的内容，在高考的数学填空题中，定量型的试题所占的比重很大，而且许多从形式上看为计算定量型填空题，其实不是简单或机械的计算问题，其中往往蕴含了对概念、原理、性质和法则的考查，把这种考查与定量计算紧密地结合在一起，形成了量化突出的试题特点．
例2 地面上有三个同心圆（如右图），其半径分别为3、2，1若向图中最大圆内投点且点投到图中阴影区域内的概率为512，则两直线所夹锐角的弧度数为______．
分析：利用扇形圆心角与周角间的比例求阴影部分的面积．
解：设两直线所夹角弧度为α，由题意知，图中阴影部分面积为2α2π×π×12+(2π－2α)(π×22－π×12)2π+2α2π(π×32－π×22)，所以有
2α2π×π×12+(2π－2α)(π×22－π×12)2π+2α2π(π×32－π×22)π×32=512．解得α=π4．
评注：此题乍看很复杂，但细细分析就会发现，问题的实质为几何概型，只要能准确求出两直线所夹角的弧度与周角的弧度的比值，便可得出相应阴影部分的面积，利用几何概型概率计算公式便可求出．
例3 已知直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2，当θ取遍所有值时，则直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2所围成图形的面积为______．
分析：将直线方程化为一般式，并将2sin(θ+π4)展开，根据形式特点，利用点到直线距离为定值寻求突破．
解：直线cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2可化简为，cosθx+sinθy－sinθ－cosθ+2=0，则定点(1,1)与直线cosθx+sinθy－sinθ－cosθ+2=0的距离为r=|cosθ+sinθ－sinθ－cosθ+2|cos2θ+sin2θ=2，即当θ取遍所有值时，直线系cosθx+sinθy=2sin(θ+π4)－2所围成图形为：以(1,1)为圆心，2为半径的一个圆，其面积为π×22=4π．
评注：将直线方程化为一般式后，如何消参成为解题的关键，此时对x，y赋上特殊值，利用点到直线距离公式，可使参数全消．思维的灵活性主宰着解题的成败，而思维的灵活性依靠严密的分析和谨慎的审题，才能在解题时游刃有余．
例4 已知a2sinθ+acosθ－2=0，b2sinθ+bcosθ－2=0(a≠b)，对任意a,b∈R，经过两点(a,a2)，(b,b2)的直线与一定圆相切，则定圆方程为______．
分析：充分利用条件，将条件归结为一条含参的直线，利用定点与直线的距离为定值这一条件，可得出定点，随即得出定圆．
解：由a2sinθ+acosθ－2=0，b2sinθ+bcosθ－2=0(a≠b)知，a,b都满足方程sinθx2+cosθx－2=0，所以有a+b=－cosθsinθab=－2sinθ ，则经过(a,a2)，(b,b2)两点的直线为y－a2=b2－a2b－a(x－a)，化简得y=(a+b)x－ab，将a+b，ab代入并整理得cosθx+sinθy－2=0，因为该直线系与一定圆相切，所以此定圆圆心必为坐标原点，且r=2cos2θ+sin2θ=2，故定圆方程为x2+y2=4．
评注：本题可归结为解析几何中的定值问题．如果曲线中某些量不依赖于变化元素而存在，则称为定值，探讨定值的问题可以为填空题，也可以为解答题．求定值的基本方法是：先将变动元素用参数表示，然后计算出所需结果与该参数无关；也可将变动元素置于特殊状态下，探求出定值，然后再予以证明，因为毕竟是解几中的定值问题，所以讨论的立足点是解几知识，工具是代数、三角等知识，基本数学思想与方法的体现将更明显，更逼真．定值问题同证明题类似，在求定值之前已知道定值结果(题中未告知，可采用特殊值处理)，首先大胆设参(有时甚至要设两个参数)，运算到最后，必定参数统消，定值显现．特别是该题隐含着坐标原点到直线cosθx+sinθy－2=0距离为定值2的条件，是本题的关键．
题型三：充满思辨性压轴题
这个特点源于数学的高度抽象性、系统性和逻辑性．作为数学填空题，尤其是用于选拔性考试的高考数学试题，只凭简单计算或直观感知便能正确作答的试题不多，几乎可以说并不存在，绝大多数的填空题，为了正确作答，或多或少总是要求考生具备一定的观察、分析和逻辑推断能力．思辨性的要求充满题目的字里行间．
例5 已知O是△ABC的外心，AB=2，AC=3，x+2y=1，若AO=xAB+yAC，(xy≠0)，则cos∠BAC=______．
分析：AO=xAB+yAC=xAB+2yAD结合条件，可判断B、O、D三点共线，再结合是的外心的条件，寻找出定角．
解：设D为边AC的中点，则AO=xAB+yAC=xAB+2yAD，而，所以B、O、D三点共线，又点O是三角形的外心，所以OD⊥AC，即∠ADB=90°，在Rt△ABD中，AB=2，AD=32，所以cos∠BAC=322=34．
评注：很多同学拿到该题可能是久久不能入手，特别是不知如何对条件和进行应用，但只要能将条件与向量中共线的条件联系起来，再将AO=xAB+yAC=xAB+2yAD稍作变形，便可让定值∠ADB=90°显现出来．
例6 已知实数a,b,c成等差数列，点P(－1,0)在直线ax+by+c=0上的射影是Q，则Q的轨迹方程是______．
分析：由a,b,c成等差数列条件可得a－2b+c=0，此形式中隐含着ax+by+c=0过定点A(1,－2)的条件．
解：因为a,b,c成等差数列，所以2b=a+c，变形为a－2b+c=0，可得直线ax+by+c=0过定点A(1,－2)，点P(－1,0)在直线ax+by+c=0上的射影Q轨迹是以PA为直径的圆，所以Q的轨迹方程为x2+(y+1)2=2．
评注：a－2b+c=0不经意的一个式子，却隐含着ax+by+c=0过定点A(1,－2)的条件，而此条件正是解决此题的最有效信息点．隐含条件的给出，总有一定的征兆，如表达式的结构特征、条件的有效提示等，只要我们本着分析、转化、审核的原则，总会将隐含条件挖掘出来，为成功解题奠定基础．
题型四：形数兼备型压轴题
数学的研究对象不仅是数，还有图形，而且对数和图形的讨论与研究，不是孤立开来分割进行，而是有分有合，将它们辩证统一起来．这个特色在高中数学中已经得到充分的显露．因此，在高考的数学填空题中，便反映出形数兼备这一特点，其表现是几何填空题中常常隐藏着代数问题，而代数填空题中往往又寓有几何图形的问题．因此，数形结合与形数分离的解题方法是高考数学填空题的一种重要且有效的思想方法与解题方法．
例7 已知f(x)是以2为周期的偶函数，当x∈,f(x)=x，那么在区间内，关于x的方程f(x)=kx+k+1（其中k为不等于1的实数）有四个不同的实根，则k的取值范围是______．
分析：利用函数的周期和偶函数的性质作出函数的图像，利用数形结合法判断相应函数值的取值范围，即列出k的取值范围．
解：根据题意作出函数的图像，令g(x)=kx+k+1，由图示可知，只需g(－1)=1,g(1)<1,g(2)>0. 即可，解得－13
例8 已知定义在R上的奇函数，满足f(x-4)=-f(x)，且在区间上是增函数，若方程f(x)=m(m>0)在区间上有四个不同的根x1,x2,x3,x4，则x1+x2+x3+x4=______.
分析：根据条件要求作出两个函数的大致图像，再根据图像的对称性确定各个根之和．
解：因为f(x是)定义在R上的奇函数，满足f(x-4)=-f(x)，所以f(x-4)=f(-x)，所以函数图像关于直线x=2对称且f(0)=0，由f(x-4)=-f(x)知f(x-8)=f(x)，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为f(x)在区间上是增函数，所以f(x)在区间上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0)在区间上有四个不同的根x1,x2,x3,x4，不妨设x1＜x2＜x3＜x4,由对称性知x1+x2=-12,x3+x4=4,所以x1+x2+x3+x4=-12+4=-8．
评注：准确理解题意是正确作图的前提条件，根据函数图像的对称性能有效解决方程根的问题，特别是涉及对方程根的整体处理问题时，首选的方法是数形结合．
例9 已知以T=4为周期的函数f(x)=m1－x2,x∈(－1,1〗1－|x－2|,x∈(1,3〗 ，其中m>0，若方程3f(x)=x恰有5个实数解，则m的取值范围为______．
分析：将3f(x)=x变形为f(x)=x3，问题转化为函数y=f(x)与y=x3图像恰有5个交点．根据题意作出两个函数的大致图像，要满足两个图像恰有5个交点，只需
y=x3与(x－4)2+y2m2=1(y≥0)有两个不同的交点且与(x－8)2+y2m2=1(y≥0)没有交点即可．
解：由(x－4)2+y2m2=1，y=13x， 9m2+19m2x2－8x+15=0， Δ>0，即3m2>5，解得m>153．
(x－8)2+y2m2=1，y=13x， 9m2+19m2x2－16x+63=0，由Δ<0，即m2<7，解得m<7．
综上知153
例10 若x1满足2x+2x=5，x2满足2x+2log2(x－1)=5，x1+x2＝______．
分析：将所给两个条件变形处理，利用函数图像的对称性求解．
解：将已知条件变形有：2x－1=52－x，log2(x－1)=52－x，构造函数y1=2x－1，y2=log2(x－1)，y3=52－x．作出以上三个函数及y=x－1图像：
由题意知，函数y1=2x－1与y2=log2(x－1)图像关于直线y=x－1对称，又直线y3=52－x与y=x－1垂直且图像交点的横坐标为74，根据图像的对称性知x1+x2=72．
评注：该题是求x1+x2，即应该采用整体思想，同时该结构特征使我们联想到问题：若满足2x=4－x， 满足log2x=4－x，求x1+x2．此题可利用函数y=2x与y=log2x图像关于直线y=x对称这一特性求解．因此可联想到函数y1=2x－1与y2=log2(x－1)图像关于直线y=x－1对称这一特性，从而使问题顺利获解．因此，我们在解题时要能认真审视问题的条件特征，联想相关问题提供的信息点，为解决复杂的问题提供思路．
题型五：解法多样化压轴题
与其他学科比较，“一题多解”的现象在数学中表现突出，尤其是数学填空题的条件中隐含中多个信息点，给试题的解答提供了丰富的有用信息，有相当大的提示性，为解题活动展现了广阔的天地，大大地增加了解答的途径和方法．常常潜藏着极其巧妙的解法，有利于对考生思维深度的考查．
例11 设a>0，函数f(x)=x+a2x,g(x)=x－lnx，若对任意的x1,x2∈，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围为______．
分析：若对任意的x1,x2∈，都有f(x1)≥g(x2)成立，即对任意的x∈，f(x)min≥g(x)max．
解法一：g′(x)=1－1x，当x∈时，g′(x)>0，所以函数g(x)=x－lnx在上单调递增，所以当x∈时，g(x)max=g(e)=e－1．
函数f(x)=x+a2x在(0,a〗上单调递减，在上单调递减，此时f(x)min=f(e)=e+a2e，有f(x)min=e+a2e≥e－1=g(x)max恒成立．
（2）当1≤a≤e时，f(x)min=f(a)=a+a，则需2a≥e－1，即a≥e－12，又1≤a≤e，所以1≤a≤e．
（3）当a<1时，f(x)在上单调递增，此时f(x)min=f(1)=1+a2，需1+a2≥e－1，即a≥e－2．所以e－2≤a<1．
综合（1）（2）（3）可知实数a的取值范围为a≥e－2．
解法二：等价转化成二次函数恒成立问题
g′(x)=1－1x，当x∈时，g′(x)>0，所以函数g(x)=x－lnx在上单调递增，所以当x∈时，g(x)max=g(e)=e－1．
由题意知，当x∈时，x+a2x≥e－1恒成立，化简得x2－(e－1)x+a2≥0恒成立，
设h(x)=x2－(e－1)x+a2，由二次函数图象知h(x)在上单调递增，所以只需h(1)≥0，即a≥e－2．
评注：本题首先要准确理解题意，即在上f(x)的最小值必须大于或等于g(x)的最大值，而不能理解为：当x∈时，f(x)≥g(x)恒成立．解法一利用了勾函数的性质，判断最值时需分类讨论，讨论时可结合图形，但讨论要全面，不能遗漏．解法二利用等价转化的思想，将问题归结到我们熟悉的问题：二次函数的问题，并结合二次函数的图象可使问题轻松获解．这也体现了转化思想和数形结合思想在解题中的重要应用．
（作者:李洪洋,江苏省东海高级中学）
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