昂立高考-高考數(shù)學(xué)易錯(cuò)知識(shí)點(diǎn)總結(jié)

PAGEPAGE42018】忽視空集是任何非空集合的子集導(dǎo)致思維不全面?！亢鲆暱占侨魏畏强占系淖蛹瘜?dǎo)致思維不全面。例1、 設(shè)Ax|x28x5，Bx|x1，若A BB，實(shí)數(shù)a成合的子集有多少個(gè)？空集是任何非空集合的子集，但在解題中極易忽略這種特殊情況而造成求解滿足條件的a值產(chǎn)生漏解現(xiàn)象。解析：集合A化簡(jiǎn)得A3,5，由A BB知BA故（Ⅰ）當(dāng)B時(shí)，即方程ax10無1解，此時(shí)a=0符合已知條件（Ⅱ）當(dāng)B時(shí)，即方程ax10的解為3或5，代入得a 或1。13 5 11 3綜上滿足條件的a0,,，故其子集共有2

8個(gè)。 352】求解函數(shù)值域或單調(diào)區(qū)間易忽視定義域優(yōu)先的原則。例2、已知x2

2y 1xy4

2y2

的取值范圍xx、y滿足x2

2y 1這個(gè)條件中的兩個(gè)變量的約束關(guān)系而造成定義域范圍的擴(kuò)大。4y解析：由于x2

2 yy 1得(x+2)2=1-yy4 4

x2+y2=-3x2-16x-12=+8當(dāng)x=1時(shí)2+y2有最小值1,當(dāng)x=-82+y28x2+2,8]3】求解函數(shù)的反函數(shù)易漏掉確定原函數(shù)的值域即反函數(shù)的定義域。3】求解函數(shù)的反函數(shù)易漏掉確定原函數(shù)的值域即反函數(shù)的定義域。例3、

fx

a2x112x

是R1）求a2

1x【易錯(cuò)點(diǎn)分析】求解已知函數(shù)的反函數(shù)時(shí)，易忽略求解反函數(shù)的定義域即原函數(shù)的值域而出錯(cuò)。（）fxfx0（或f00）求得a= x x （2）由a1即fx ，設(shè)yfx,則2x21

1y1yy1故2x

1y ，1y1y

2x1 2

1xxlog1y，而fx 1 1,1所以f1xlog1x1x12 2x1 2x1 24fx

2x4】求反函數(shù)與反函數(shù)值錯(cuò)位1x4】求反函數(shù)與反函數(shù)值錯(cuò)位

ygxy

x1yx對(duì)ygx的解析式為（）A、gx B、gx

1x

Cgx

1x

Dgx

32x

f1x1y

f1x1的

fx1ygx=fx112x132x而錯(cuò)選A。1x1 xfx12xf1x1xy

f1x11x12x再求1x

2x

21

1xyf1x1gx2x。正確答案：B1x例5、 判斷函數(shù)f(x)

lg1x2xx22

的奇偶性。

lg1x2x22，而按如下步驟求解：fx221x20

fx從解：函的析式知x滿足x22即數(shù)定域?yàn)?0 ,定域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，lg1x2在定義域下fx x 易證fxfx即函數(shù)為奇函數(shù)?！恳淄瘮?shù)和反函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性的關(guān)系。從而導(dǎo)致解題過程繁鎖。例6、 函數(shù)fxlog2

x

2 2

1x

1x是奇函數(shù)且在 其定義域上是增函數(shù)?！舅季S分析】可求f1x的表達(dá)式，再證明。若注意到f1x與fx具有相同的單調(diào)性和奇偶性，fx的單調(diào)性和奇偶性即可。2x1 2x1 2x1fxlog

2x1log

2x1fx，故fx為奇函數(shù)從而f1x為2 2 22x1 2 1 1 tt2x112x1在2和2ylog2為增函數(shù)， 1 1 1fx在2和2f

x分別在0和,0上分別為 增函數(shù)。7fxax

ba0,b0的單調(diào)性并給出證明。x【易錯(cuò)點(diǎn)分析】在解答題中證明或判斷函數(shù)的單調(diào)性必須依據(jù)函數(shù)的性質(zhì)解答。特別注意定義

f1f2f1f2中的1,2的任意性。以及函數(shù)的單調(diào)區(qū)間必是函數(shù)定義域的子集，要樹立定義域優(yōu)先的意識(shí)。解析：由于fxfx即函數(shù)fx為奇函數(shù)，因此只需判斷函數(shù)fx在0上的單調(diào)xx0

，fxfx

xx

ax1x2b

由于xx0 故當(dāng)1 21 21 2 1 2 1

x1x2b,axx fxfb,a

0，此時(shí)函數(shù)fx在 增函數(shù)，同理可證b,a1 2 b,a

ba函數(shù)fx在ba

b,0a 上為減函數(shù)。又由于函數(shù)為奇函數(shù)，故函數(shù)在

為減函數(shù)，在,

baba fxbaba

bb,a

ba b ba0,

和

a,0上分別為減函數(shù).【易錯(cuò)點(diǎn)8】在解題中誤將必要條件作充分條件或?qū)⒓炔怀浞峙c不必要條件誤作充要條件使用，導(dǎo)致錯(cuò)誤結(jié)論。 【易錯(cuò)點(diǎn)8】在解題中誤將必要條件作充分條件或?qū)⒓炔怀浞峙c不必要條件誤作充要條件使用，導(dǎo)致錯(cuò)誤結(jié)論。8（1）yx2bxcx0是是單調(diào)函數(shù)的充要條件是（）答案：A

B、b0

C、b0

D、b0【易錯(cuò)點(diǎn)【易錯(cuò)點(diǎn)9】應(yīng)用重要不等式確定最值時(shí)，忽視應(yīng)用的前提條件特別是易忘判斷不等式取得等號(hào)時(shí)的變量值是否在定義域限制范圍之內(nèi)。19a>0,b>0,a+b=1,求(a+a

1)2+(b+b

的最小值。1 1 1 錯(cuò)解:(a+ )2+(b+ )2=a2+b2+ +

+4≥2ab+

2abab1ab

1 1+4=8∴(a+ )2+(b+ )2的最小a b a2 b2 ab a b81【易錯(cuò)點(diǎn)分析】上面的解答中，兩次用到了基本不等式a2+b2≥2ab，第一次等號(hào)成立的條件是a=b= ,第21二次等號(hào)成立的條件ab=ab

，顯然，這兩個(gè)條件是不能同時(shí)成立的。因此，81 1解析：原式=a2+b2+ +a2

1 1+4=(a2+b2)+( +a2

1 )+4=[(a+b)2-2ab]+[( +ab

2)2-ab

]+41

1a2b2

25

2

1)2=41

1 得：1-2ab≥1- =2 1

1,且a2b21

1a2b225

≥17∴原式≥2

×17+4=2

a=b=2

時(shí)，等號(hào)成立)∴(a+a

)2+(b+b

的最小值是 。2數(shù)的真數(shù)的限制條件。a例10afxogax2x在,4a明理由。a【易錯(cuò)點(diǎn)分析】本題主要考查對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性判斷方法，在解題過程中易忽略對(duì)數(shù)函數(shù)的真數(shù)大于零這個(gè)限制條件而導(dǎo)致aaa解析：函數(shù)fx是由xax2xylogx復(fù)合而成的，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的判斷方法（當(dāng)a1fxogax2x在,4xx2x在,4aa1數(shù)且大于零。故有2a1

解得>1（當(dāng)a<1fxogax2x在,4上是增a24a20a14函數(shù)，則xax2x在24上是減函數(shù)且大于零。2a46a40aa>1fxogax2x在,4a

11、已知sinxsiny1求sinycos2x的最大值3PAGEPAGE51【易錯(cuò)點(diǎn)分析】此題學(xué)生都能通過條件sinxsiny 將問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于sinx的函數(shù)，進(jìn)而利用換13元的思想令tsinx將問題變?yōu)殛P(guān)于t的二次函數(shù)最值求解。但極易忽略換元前后變量的等價(jià)性而造成錯(cuò)解，1 1解析：由已知條件有siny sinx且siny sinx1,1（結(jié)合sinx1,1）得2sinx1，而3

3sinycos2x

31= sinx13

=sin2xsinx2令32 22223333t2 22223333

t

t1根據(jù)二次函數(shù)配方得：當(dāng)t 即2sinx 4。23 912、數(shù)列a前nsa

（1）a

aa的值及數(shù)列a的通項(xiàng)公式。n n 1

n1 3n

2 3 4 nsnanansnsn1nn=1的情況的驗(yàn)證。易得出數(shù)列an為等比數(shù)列的錯(cuò)誤結(jié)論。1 4 16 1 1a2

,a4 。由a11,an1 sn得an

sn1n2故3 9 27 3 3a

1s

n2得a 4a

n2a1，a1故該數(shù)列從第n1 n 3n

3n1 3n

n1 3n

1 2 3

14。33。

n2

n2n集（n集（1）13、等差數(shù)列ana10，前nsn，當(dāng)lmsmsl。問nsn最大?nnn值，但易忘記此二次函數(shù)的定義域?yàn)檎麛?shù)集這個(gè)限制條件。sfnnann1ddn2a

n此函數(shù)是以n 1 2 2

1 2 a10lmsmsld0即此二次函數(shù)開口向下，故由fl

fm得當(dāng)xlmfxnN，故若lm為偶數(shù)，當(dāng)nlms最大。2 2 nPAGEPAGE10當(dāng)lmn

lm12

sn最大。例14x2ab的值。

3xb0314】解答數(shù)列問題時(shí)沒有結(jié)合等差、等比數(shù)列的性質(zhì)解答使解題思維受阻或解答過程繁瑣。414】解答數(shù)列問題時(shí)沒有結(jié)合等差、等比數(shù)列的性質(zhì)解答使解題思維受阻或解答過程繁瑣。

的等差數(shù)列，求【思維分析】注意到兩方程的兩根之和相等這個(gè)隱含條件，結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)明確等差數(shù)列中的項(xiàng)是如何排列的。3解析：不妨設(shè)4

3xa0的根，由于兩方程的兩根之和相等故由等差數(shù)列的性質(zhì)知方程x23xa0x23xb0的兩根是等差數(shù)列的中間兩

3,57,944,44

27 35 31,b 從而a b= 。16 16 815、數(shù)列{an}a11a22，數(shù)列{anan1是公比為q（q0）的等比數(shù)列。anan1an1an2an2an3成立的q（I求數(shù)列an}的前2nS2nnq=1定義出發(fā)研究條件數(shù)列{anan1q（q0）的等比數(shù)列得到數(shù)列奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)成等比數(shù)列而找不到解題突破口。使思維受阻。n n1 n1n2 nn1 n2n3 nn1解（數(shù)列aa }是比為q的比∴a an n1 n1n2 nn1 n2n3 nn1由由aa a a a a 得aa ，aqaa q1qqnn1 n1n2 n2n3 nn1 nn1 nn1q2q10（q0，解得0q1 52由數(shù)列{aa

qan1an2

qan2

n n1

ana

n1 annqa11a22，∴當(dāng)q1時(shí)，nS2na1a2a3a4a2n1a2n(a1a2a3an)(a2a4a6a2n)a(1qn) a(1qn)

3(1qn)1 2

q1S

1q 2na1a2a3a4a2n1a2n(a1a2a3an)(a2a4a6a2n)(1111)(2222)3n．n或解答結(jié)果不到位。a12a1a2a312求數(shù)列a的通項(xiàng)公式（2）令baxnxR求數(shù)列b前項(xiàng)和的公式。n n n n【思維分析】本題根據(jù)條件確定數(shù)列an的通項(xiàng)公式再由數(shù)列bn的通項(xiàng)公式分析可知數(shù)列bn是一（）an2n（2）由（1）得bn2nx令s2x4x6x 2nx（Ⅰ）則n 2 3 nnn

2x24x3 2nxnxn1（）（）Ⅱ得1xs

2x2x22x3 2xn2nxn1x1s

2x1xn

nxn1當(dāng)nx1時(shí)sn246 2nnn1

n 1x

1x 綜上可得：x1s

2x1xn

nxn1x1s

246 2nnn1n 1x n規(guī)律不清，導(dǎo)致多項(xiàng)或少項(xiàng)。17Sn

11

1

1

1．123n【易錯(cuò)點(diǎn)分析】本題解答時(shí)一方面若不從通項(xiàng)入手分析各項(xiàng)的特點(diǎn)就很難找到解題突破口，其次在裂項(xiàng)抵解：由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式得123 21

(11)n取123就別到1,1,

，123n n(n1)

n n1

123∴S2(11)2(11)2(11)2(11)n 2 2 3 3 4

n n1

1)n1

2n．n118、設(shè)無窮等差數(shù)列{an}n項(xiàng)和為Sn.

3，公差d1，求滿足S

2的正整數(shù)k；1 2 k2 kk(Ⅱ)求所有的無窮等差數(shù)列{an}kS2(Sk2成立.kk.學(xué)生在解第(Ⅱ)時(shí)極易根據(jù)條件“對(duì)于一切正整數(shù)kS2(Sk2成立”這句話將k取兩個(gè)特殊值確定出等差數(shù)k列的首項(xiàng)和公差，但沒有認(rèn)識(shí)到求解出的等差數(shù)列僅是對(duì)已知條件成立的必要條件，但不是條件成立的充分條件。還應(yīng)進(jìn)一步的由特殊到一般。（）當(dāng)

d1S

n(n1)d3nn(n1)1n2n3311 2 n 331

2 2 2Sk由(SkSk

)2得

1k4k22

1k2k)2，即n2n

4

又k0,所以k4.n（II）設(shè)數(shù)列{an}的公差為dS2n

(S)2中分別取k=1,2,得S(S)2

aa2,1 1 2,

1 1即 43即

（1）2S4(S2)

41

2 d(2a1

（2）

d0或d6,

d0,則an

Sn

(Sk

)2成立 ,

)2故所得n數(shù)列不符合題意.當(dāng)a1n

46d(2d)2解得d0或d2若a1

n,從而S2

(Sk

k若a1k

132n1n2從而SS

)2成立.n3個(gè)滿足條件的無窮等差數(shù)列：n（或交點(diǎn)的個(gè)數(shù)）時(shí)，易忽略討論二次項(xiàng)的系數(shù)是否為０．尤其是直線與圓錐曲線相交時(shí)更易忽略.（或交點(diǎn)的個(gè)數(shù)）時(shí)，易忽略討論二次項(xiàng)的系數(shù)是否為０．尤其是直線與圓錐曲線相交時(shí)更易忽略.19x2y24ykx1，討論直線與雙曲線公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)則直線與曲線就有幾個(gè)交點(diǎn)，但在消元后轉(zhuǎn)化為關(guān)于x或y的方程后，易忽視對(duì)方程的種類進(jìn)行討論而主觀的誤認(rèn)為方程就是二次方程只利用判別式解答。ykx 2 2 2 2解析聯(lián)方組 消去y得到1kxykx 2 2 2 2x2y24

1k20時(shí)，k1x（2）當(dāng)2331k 2331k 443k20時(shí)即k ，方程組只有一解，故直線與雙曲線有一個(gè)交點(diǎn)（31k20

23 23 44k 0 3

k

k1（4）當(dāng)3 1k2 44k20

23或k 時(shí)方程組無解此時(shí)直線與雙曲線無交點(diǎn)。23233232323綜上知當(dāng)k1或k 時(shí)直線與雙曲線只有一個(gè)交點(diǎn)，當(dāng) k 且k2323233 3 32323直線與雙曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)k 或k23233 320、已知tan

220】易遺忘關(guān)于sin和cos220】易遺忘關(guān)于sin和cos齊次式的處理方法。

（）

2sin.cos2cos2

的值.【思維分析】將式子轉(zhuǎn)化為正切如利用1sin2cos2可將（2）式分子分母除去sin即可。1 21 22cos1 21 22 cos

cos

1tan1tan

32 ；(2)

sincos2cos2

sin2sincos2cos2cos22222cos2

22 24 cos2

.21 321nn210.05mm的報(bào)紙對(duì)拆,再對(duì)拆50報(bào)紙的厚度可以在地球和月球之間建一座橋嗎?(已知地球與月球的距離約為4108米)50nnn n 1a，則數(shù)列a是以a=0.05103n n 125051公式易得a=0.05×10-3×250=5.63×10104×108<5.63×1010故可建一座橋。角的三角函數(shù)值所對(duì)應(yīng)的三角函數(shù)線與線段的長(zhǎng)度二者等同起來，產(chǎn)生概念性的錯(cuò)誤。22、下列命題正確的是（）A、都是第二象限角，若sinsin，則tantanB、都是第三象限角，若coscos，則sinsinC、都是第四象限角，若sinsin，則tantanD、都是第一象限角，若coscos，則sinsin。而使思維受阻。解析：A、由三角函數(shù)易知此時(shí)角的正切線的數(shù)量要小即tantanB、同理可知sinsinC、知滿足條件的角的正切線的數(shù)量要大即tantan。正確。D、同理可知應(yīng)為sinsin。23】在利用三角函數(shù)的圖象變換中的周期變換和相位變換解題時(shí)。易將和求錯(cuò)。 13 例23．要得到函數(shù)ysin2x 的圖象，只需將函數(shù)ysin x的圖象（）3 A、先將每個(gè)x4，y31

個(gè)單位。B、先將每個(gè)x4

倍，y3

C、先把每個(gè)x4，y6

單位。1D、先把每個(gè)x41

倍，y6

1ysin2

xysin2x是把每個(gè)x4

倍，有的同學(xué)誤認(rèn)為是擴(kuò)ACysin2xysin2x有的同學(xué)平移方向錯(cuò)了， 3 有的同學(xué)平移的單位誤認(rèn)為是 。3y

1 ysin2x常見有兩種變換方式，一種先進(jìn)行周期變換，即將sin x2

3ysin12

14

y2sin2x的圖象，PAGEPAGE11 6 再將函數(shù)y2sin2x的圖象縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)向右平移 單位。即得函數(shù)ysin2x 6 ysin12

3

個(gè)單位，得到1 2 1 ysin2x3sin2x34 3ysin2x 的圖象。3 24】沒有挖掘題目中的確隱含條件，忽視對(duì)角的范圍的限制而造成增解現(xiàn)象。例24、已知0,，sincos 求tan的值。7137【易錯(cuò)點(diǎn)分析】本題可依據(jù)條件sincos

7，利用sincos 可112sincos解得sincos的值，再通過解方程組的方法即可解得sin、cos的值。但在解題過程中易忽視sincos0這個(gè)隱含條件來確定角范圍，主觀認(rèn)為sincos解析：據(jù)已知sincos

7（1）有2sincos 0，又由于0,，故有12sin12sincossin0,cos0，從而sincos0即sincos

17（2）13聯(lián)立（1）（2）可得sin ,cos5，可得tan 。數(shù)名稱不適當(dāng)造成錯(cuò)解。例25、若sin 5,sin 10，且、均為銳角，求的值。5 10【易錯(cuò)點(diǎn)分析】本題在解答過程中，若求的正弦，這時(shí)由于正弦函數(shù)在0,區(qū)間內(nèi)不單調(diào)故滿的余弦就不易內(nèi)單調(diào)，滿足條件的角唯一。sin

5,sin 10且、均為銳角知解析由sin 5,sin 10且、5 10 5 1025 310

25 310 5 10 2均為銳角知cos

5

10,則cos

5

由5 10 2均為銳角即0,故

PAGEPAGE14對(duì)稱軸、對(duì)稱中心易遺忘或沒有深刻理解其意義。例26、如果函數(shù)ysin2xacos2x的圖象關(guān)于直線x 對(duì)稱，那么a等于（）822A. B.－ C.1 D.－122yAsinx的對(duì)稱軸一定經(jīng)過圖象的波峰頂或波谷底，且與y對(duì)稱中心是圖象與x軸的交點(diǎn)，學(xué)生對(duì)函數(shù)的對(duì)稱性不理解誤認(rèn)為當(dāng)x 時(shí)，y=0，導(dǎo)致解答出錯(cuò)。a2a21（y

a21sin2x，故y的最大值為

，依題意， 8 4 直線x 是函數(shù)的對(duì)稱軸，則它通過函數(shù)的最大值或最小值點(diǎn)即sin acos 8 4 a21 aa212 ）y

a1sin2xarctana,直線x 是函數(shù)的對(duì)稱軸,故有8

3 8 2 arctanak kzarctanak8 故arctana ，從而a1故選D.4

，而arctana , 4 22 （法三）若函數(shù)關(guān)于直線x 是函數(shù)的對(duì)稱則必有f08

f a1。4 4解的個(gè)數(shù)。27ABCB30AB23,AC2。求ABC的面積【易錯(cuò)點(diǎn)分析】根據(jù)三角形面積公式，只需利用正弦定理確定三角形的內(nèi)角C，則相應(yīng)的三角形內(nèi)角As

1bcsinA0,內(nèi)不嚴(yán)格格單調(diào)所以滿足條件的2角可能不唯一，這時(shí)要借助已知條件加以檢驗(yàn)，務(wù)必做到不漏解、不多解。AB AC 23 2 3sinCsinBsinCsin30得sinC

，由于23ABsin30ACAB即滿足條件的三角形有兩個(gè)故C60或120A30或90故相應(yīng)31的三角形面積為s 12

312

2322 .2828（1）已知在△ABC中，sinA（sinB＋cosB）－sinC＝0，sinB＋cos2C＝0，求角A、B、C的大小.【易錯(cuò)點(diǎn)分析】本題在解答過程中若忽視三角形中三內(nèi)角的聯(lián)系及三角形各內(nèi)角大小范圍的限制，易使思維受阻或解答出現(xiàn)增解現(xiàn)象。解法一由所以BBBB0.即A 3B(0,所以sinB0cosAsinAA(0,A

.從而BC .4 4由B得B3B)即B2BBBcosB4由此得cosB

2

,C3

12

,B4

3

5.12解法二：由sinBcos2C0得sinBcos2Csin32C0B、c，所以22

2

B2C32

或2CB

由2得所以BBBB即AosAsinA.osAsinA.A0,),知A.BC31 5A4,B,C45.22 3 124312

不合要求.再由2CB ，得B ,C

b2c分別是角C

.若b13ac4，求△ABC的面積.【思維分析】根據(jù)正弦定理和余弦定理將條件化為三角形邊的關(guān)系或角的關(guān)系解答。解法一：由正弦定理

a

b

c

2R得a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC將上式代入已知cosB

b

得cosB

sinB 即2sinAcosBsinCcosBcosCsinB02sinAcosBsinBC)0A+B+C，2sinBCsinA.2sinAcosBsinA0sinA0,cosB1.B為三角形的內(nèi)2角，B2.3解法二：由余弦定理得

cosB

a2c2b22ac

,cosC

b2c2a22bc

將上式代入cosB b

a2c2b2

2ab b

2 2 2cosC

得2aca2c2b2

2ac

a2b2c2 2ac1

2

cosB

2ac

.B為三角形的內(nèi)角，B .2 3（Ⅱ）將b

13ac4B2代入余弦定理b2a2c22accosB得3b2(ac)22ac2accosB,13162ac(11).ac3.S acsinB33.29】含參分式不等式的解法。易對(duì)分類討論的標(biāo)準(zhǔn)把握不準(zhǔn)，分類討論達(dá)不到不重不漏的目的。2 29】含參分式不等式的解法。易對(duì)分類討論的標(biāo)準(zhǔn)把握不準(zhǔn)，分類討論達(dá)不到不重不漏的目的。的不等式

a(x1)x2

＞1(a≠1).【易錯(cuò)點(diǎn)分析】將不等式化為關(guān)于x(a1)x(2a)解：原不等式可化為：

x2a2

a2

a2

.若

a2

a1＜2a＜0a＞1a＞1時(shí)原不等式的解為(－∞，a2

)∪(2，+∞).a2(

(2，a2

a1)

a2a＞1時(shí)解集為(－∞，

)∪(2，+∞)0＜a＜1時(shí)，解集為(2，

)a=0時(shí)，解集為a＜0時(shí)，解集為(

，2).例3fxgm2m2x22mx5（fxRm（2）fx的值域?yàn)镽mm23m2是否為零的討論，而導(dǎo)致思維不全面而漏解。另一方面對(duì)兩個(gè)問題中定義域?yàn)镽R（）R即對(duì)任意的x值m2m2x22mx50恒gxm23m2x22m1x5m23m2=0m12。經(jīng)驗(yàn)證當(dāng)m1時(shí)適合，當(dāng)m23m20時(shí)，據(jù)二次函數(shù)知識(shí)若對(duì)任意xm23m20 9 90

解之得m1或m 綜上所知m的取值范圍為m1或m 。4 4如果函數(shù)fx的值域?yàn)镽m23m2x22m1x5能取到任意的正數(shù)，PAGEPAGE16gxm23m2x22m1x5m23m2=0m12。經(jīng)驗(yàn)證當(dāng)m2時(shí)適合，當(dāng)m23m20時(shí)，據(jù)二次函數(shù)知識(shí)知要使的函數(shù)值取得所有正值只需m23m20 9 9應(yīng)用程度。應(yīng)用程度。

解之得2m 綜上可知滿足題意的m的取值范圍是2m 。4 4131a＞0，b＞0a+b=1.求證：(a+a

1)(b+b

25)≥ .41a明方法。

1和b+b

4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥04(ab)2－33(ab)+8≥0ab≤1或ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立∵1=a+b≥2ab，∴ab≤14 4

，從而得證.1證法二：(均值代換法)a=2

1+t1，b=2

1+t2.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜2

1，|t2|＜2(1t)21(1t

(1tt21)(1t

t21) 1

b21 2 1 2 2

4 1

4 2 2(a)(b) a b a b 1 1 1 1t1 t2 (t1)(t2)2 2 2 21122222(1tt21)(1tt21) (5t2)2t2 253t2t4 2511222224 4 4

16 2

21625.1t2

1t2

1t2 1 44 2 4 1

4 2 4t=0a=b=2

時(shí)，等號(hào)成立.1證法三：(比較法）∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤4(a

a

1)25b 4

a21a

b21b

254

4a2b233ab84ab

4ab)(8ab)04ab(a1)(b1)25a b 41證法四：(綜合法)∵a+b=1a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤.4

2(129

12516

1254 4 16 1 ab 4 4 b 即(a1)(b125a b 4

2 2 ∵α，b=cosα，α∈(0，)2

a

1)(sinb

1

)(cos2

1 cos2

sin4cos42sin2cos2242sin221625(4sin2)216

2413. 1 1 (4sin22)225

1 1

25

n2 4

即得(a4

)(b ) .a b 432、記fxax2bxc，若不等式fx0的解集為13，試解關(guān)于t

f2t2?！疽族e(cuò)點(diǎn)分析】此題雖然不能求出a,b,c1,3ax2bxc0的兩根，但易忽視二次函數(shù)開口方向，從而錯(cuò)誤認(rèn)為函數(shù)在2上是增函數(shù)。解析：由題意知fxaxx1x2ax1x3，且a0故二次函數(shù)在區(qū)間2上是增函數(shù)。又因?yàn)?t

f2t2等價(jià)于8t

2t2t2

t60t

33t3。的規(guī)范性及不理解數(shù)學(xué)歸納法的每一步的意義所在。n xn表示某魚群在第n，n∈Nx1＞0。不考慮其它因素，設(shè)在第xx2a，b，c（）求xn1與xn（）1，a，，cn （設(shè)a＝b＝x（0,x＞nN*，1 n則捕撈強(qiáng)度b的最大允許值是多少？證明你的結(jié)論?！疽族e(cuò)點(diǎn)分析】本題為數(shù)列模型應(yīng)用題,主要考查數(shù)列、不等式和數(shù)學(xué)歸納法。2005年高考主要涉及兩種類型應(yīng)用題，一種類型為概率，另一種為數(shù)列。給我們信息：數(shù)學(xué)越來越貼近生活，數(shù)學(xué)越來越強(qiáng)調(diào)實(shí)用向量等工具結(jié)合，這是將來高考的方向，（I）nn+1ax，被捕撈量為bx，死亡量為

xab1cx

nN*。n

n n n

n1 n n（II）xx，nN*xabcx

恒等n 1 n n于零,nN*abcx0xabx>0abab，且1 1 c 1xab時(shí)，每年年初魚群的總量保持不變.1 cPAGEPAGE18（Ⅲ）若b的值使得x>0，nN*，由x x3bx知0x

3bnN*特n n1 n n n別地，有0x13b.即0b3x1x1∈(0,2)，所以b(0,1，由此猜測(cè)b的最1.x∈(0,2)，b=1x∈(0,2),nN*n=11 nxk∈(02n=k+1xk1xk2xk0.又因?yàn)閗 k k x x2xx2112.所以x ∈(,，故當(dāng)n=k+1k k k nN*x∈(0,2x∈(0,2),x>0，n 1 nnN*，則捕撈強(qiáng)度b1.34】涉及向量的有關(guān)概念、運(yùn)算律的理解與應(yīng)用。易產(chǎn)生概念性錯(cuò)誤。34、下列命題：(a)2a)2|a|4(abcacb③|a·b|=|a|·|b|④若ab,bc則a∥c⑤a∥b，則存在唯一實(shí)數(shù)λ，使ba ⑥若acbc且c≠o則ab⑦設(shè)e1,e2ax、yaxe1ye2成立。⑧若|ab|=|ab|a·b=0a·b=0，則a0或b0真命題個(gè)數(shù)為（）A．1B．2C．3D．3【易錯(cuò)點(diǎn)分析】共線向量、向量的數(shù)乘、向量的數(shù)量積的定義及性質(zhì)和運(yùn)算法則等是向量一章中正確應(yīng)用向量知識(shí)解決有關(guān)問題的前提，在這里學(xué)生極易將向量的運(yùn)算與實(shí)數(shù)的運(yùn)算等同起來，如認(rèn)為向量的數(shù)量積的運(yùn)算和實(shí)數(shù)一樣滿足交換律產(chǎn)生一些錯(cuò)誤的結(jié)論。2為根據(jù)數(shù)量積和數(shù)乘的定義(acb表示和向量b(abc表示和向量c共線的向量，顯然向量b和向量c不一定是共線向量，故(abc(acb不一定成立。③錯(cuò)誤。應(yīng)為aababa”⑥錯(cuò)誤。向量不滿足消去律。根據(jù)數(shù)量的幾何意義，只需向量b和向量b在向量c方向的投影相等即可，作圖易知滿足條件的向量有無數(shù)多個(gè)。⑦錯(cuò)誤。注意平面向量的基本定理的前提有向量a·b=0。⑨錯(cuò)誤。只需兩向量垂直即可。35】忽視向量積定義中對(duì)兩向量夾角的定義。35】忽視向量積定義中對(duì)兩向量夾角的定義。35、已知ABCa5,b8c7BCCABC和CAABCCa5,b8c7根據(jù)余弦定理知三角形的內(nèi)角C60BC和CA夾角為的補(bǔ)角即

BC,CA

120BCCA58cos12020.a(1cos,sin),b(1cos,sin),c(1,0),(0,),(,2)，a與，

求sin 的值.1 b 2 1 2 3 2【易錯(cuò)點(diǎn)分析】此題在解答過程中，學(xué)生要將向量的夾角運(yùn)算與三角變換結(jié)合起來，注意在用已知角表示兩組向量的夾角的過程中，易忽視角的范圍而導(dǎo)致錯(cuò)誤結(jié)論。a(2cos22

,2sin2

)2cos2

2

2cos ) b(2sin2,2sin 2sin(sincos )

(,2),2 2 2 2 2 2 (0, ), ( ,),故有|a|2cos |b|2sin2 2 2 a

2 22cos2 cos

c

cos , ,1

2

2 1 2bc

2sin2

cos

sin ,0

因2 c|

2sin2

2 2 2 2 2 2 2

112222,

6

sin .2 6 2例37C內(nèi)接于以O(shè)1

-→ →→，=0BOC·OA；②求ΔABC的面積。

、→

-三向量的模，故根據(jù)數(shù)量積的定義及運(yùn)算律將一向量移項(xiàng)2問據(jù)題意可將已知三角形分割成三個(gè)小三角形利用正弦理解答。- →

- → →

- → → →2解析：①∵|OA|=|OB|=|OC|=1由3OA＋4OB＋5OC0得：3OA＋4OB=－5OC兩邊平方得：9OA-→

→2 →

- →

-→ 4 → →4OB＋5OC=－3OA求得OB·OC=－3OA＋5OC=－5PAGE →→ 34OB求得OA·OC=－5-→ s

1→→1 →→ 4 4 3②由OA·OB=0,故

0AB=

|OA||OB|=由OB·OC=－

∴sin∠BOC=－∴s 1→

2 2 53 →→ 3得

5 53 4∴s 10BC=

cos∠COA=－

∴sin∠COA=

0AC=2-→

10 5即s =s ＋s ＋s

5 5 21 3 26|OC||OA|sin∠COA=

ABC

0AB

0AC

0BC=＋

＋=5 2 10 553838】與向量相結(jié)合的三角不等式，學(xué)生的綜合運(yùn)用知識(shí)解決問題的能力不夠。- →例38、已知二次函數(shù)f(x)對(duì)任意x∈R，都有f(1－x)=f(1＋x)a=(sinx,2b1 →

-→ →→=(2sinx,c=(cos2x,1)，d=(1,2)，x∈[0,π]f(a·b)＞f(c·d的2解集.【易錯(cuò)點(diǎn)分析】易忽視二次函數(shù)的開口方向的討論和三角、向量、函數(shù)三者的綜合程度不夠。(1－x)＋(1＋x)解析設(shè)f(x的次系數(shù)為圖上兩點(diǎn)為A1－,y1)B1＋x,2)因?yàn)?2=1，f(1－x)=f(1＋x)，y1=y2xf(x)x=1m＞0x≥1時(shí)，f(x)是增函數(shù)；若m＜0，則x≥1時(shí)，f(x)是減函數(shù)?！?1∵a·b（sinx2（2sinx,）22 →→ →→ →→=2sin＋1≥1cd（cos2x1(1,2=cos2x2≥1當(dāng)m＞0(ab)＞f(cd)f(2sin2x＋1)＞f(cos2x＋2)2sin2x＋1＞cos2x＋21－cos2x＋1＞cos2x＋2cos2x＜02kπ＋＜2x＜2kπ＋3,k∈zkπ＋＜x＜kπ＋3,k∈z∵0≤x≤2 3

2 4 4 3 →→π∴4

＜x＜4

m＜00≤x＜或4 4

＜x≤πf(a·b-→ 3 3＞f(c·dm＞0時(shí)，為{x|4＜π。

＜x＜4

；當(dāng)m＞0時(shí)，為{x|0≤x＜或 ＜x4 4x239C：

2y1PMm,0,其中0m2PM的最小值y4 21.（1）請(qǐng)確定M點(diǎn)的坐標(biāo)（2）試問是否存在經(jīng)過M點(diǎn)的直線l,使l與橢圓C的兩個(gè)交點(diǎn)A、B滿足條OAOBAB件 （O為原點(diǎn)）,若存在OAOBAB【思維分析】此題解題關(guān)鍵是由條件

知OAOB0從而將條件轉(zhuǎn)化點(diǎn)的坐標(biāo)運(yùn)算OAOAOBAB2px,yx2

2y 1y2y

21

x2

2xm

21

x24 2 x2 1 2 2

4

42142x2m

由于0m2且2x2故當(dāng)02m2時(shí)， PAGEPAGE22PM2的最小值為2m21m1，當(dāng)22m4x2取得最小值為24mm221m1,3m1是滿足題意此時(shí)M（1，0OAOAOBAB

等價(jià)于OAOB0，當(dāng)ll與C的交點(diǎn)為 612，此時(shí)OAOB0，設(shè)lykx1，代入橢圓方程整理得 12k2x24k2x2k240，由于點(diǎn)M在橢圓內(nèi)部故0恒成立，由OAOB0知2 2 2

4k2x1x2y1y20即1k

x1x2k1x2k

，12k2

12k2

代入上式得1k

22k24k24k2k212k2

0k24不合題意。綜上知這樣的直線不存在。4】二項(xiàng)式abn展開式的通項(xiàng)中，因a與b40、

2nx3x2x3x2

162x。 x【易錯(cuò)點(diǎn)分析】本題中若x

233x2n C222C12162,即2nn12n162,n9n 2r則T Cr2r

9rx

2r3x3x2

9r2rr Cr2x2 3r

1,r39 9 2 T323C3x672x2 41】二項(xiàng)式展開式中的項(xiàng)的系數(shù)與二項(xiàng)式系數(shù)的概念掌握不清，容易混淆，導(dǎo)致出錯(cuò)。41】二項(xiàng)式展開式中的項(xiàng)的系數(shù)與二項(xiàng)式系數(shù)的概念掌握不清，容易混淆，導(dǎo)致出錯(cuò)。341、在x3

25x2

x5的系數(shù)為，二項(xiàng)式系數(shù)為?！疽族e(cuò)點(diǎn)分析】在通項(xiàng)公式T Cr2rx155r中，Cr是二項(xiàng)式系數(shù)，Cr2r是項(xiàng)的系數(shù)。r1 5 5 5解析：令155r5r2x5的二項(xiàng)式系數(shù)為C210，項(xiàng)的系數(shù)為C22240。5 5往往因?yàn)楦拍畈磺鍖?dǎo)致出錯(cuò)。往往因?yàn)楦拍畈磺鍖?dǎo)致出錯(cuò)。42、已知

2nxx2x

10：1 求展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)和二項(xiàng)式系數(shù)最大項(xiàng)。nn置不一定在中間，需要利用通項(xiàng)公式，根據(jù)系數(shù)值的增減性具體討論而定。n解析：由題意知，第五項(xiàng)系數(shù)為C424，第三項(xiàng)的系數(shù)為C2()2，則有n

C42

10，nn n C222 1n8 8 n8設(shè)展開式中的第rr+1r+2Cr12r1,Cr2r,Cr12r18 8 Cr12r1Cr2r若第r+1項(xiàng)的系數(shù)絕對(duì)值最大，則8 8

5r6系數(shù)最大值為Cr12r1Cr2r8 81 143】對(duì)于排列組合問題，不能分清是否與順序有關(guān)而導(dǎo)致方法出錯(cuò)。T71792x11n8知第五項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，此時(shí)T51120x643】對(duì)于排列組合問題，不能分清是否與順序有關(guān)而導(dǎo)致方法出錯(cuò)。、有六本不同的書按下列方式分配，問共有多少種不同的分配方式？12311，1人兩本，1322【易錯(cuò)點(diǎn)分析】分成三組是與順序無關(guān)是組合問題，分給三人與順序有關(guān)，是排列問題。解析：(1)分三步：先選一本有C15C2種選法，最后余下的三本全6 5選有C3C1C2C3603 6 5 3）由于甲、乙、丙是不同的三個(gè)人，在（1）題的基礎(chǔ)上，還考慮再分配問題，分配方式共有6 5 3 C1C2C3P33606 5 3 6 4 先分三步：則應(yīng)是C2C2C2AB,CDE6 4 6 4 ABCD，EF，記該種分法為（AB，CD，EF）則C2C2C26 4 3（A，E，CD（DEFAB（C，A，EEFCDAB（E，A，C共33C2C2C2P3況僅是AB，CD，EF順序不同，依次只能作為一種分法，故分配方式有6 4 215種P336 4 C26 4 P（5） 在問題（3）的基礎(chǔ)上，再分配即可，共有分配方式 種。P3344】不能正確分析幾種常見的排列問題，不能恰當(dāng)?shù)倪x擇排列的方法導(dǎo)致出錯(cuò)。44、四個(gè)男同學(xué)和三個(gè)女同學(xué)站成一排。三個(gè)女同學(xué)必須排在一起，有多少種不同的排法？任何兩個(gè)女同學(xué)彼此不相鄰，有多少種不同的排法？3甲、乙兩人相鄰，但都與丙不相鄰，有多少種不同的排法？女同學(xué)從左往右按高矮順序排，有多少種不同的排法？（三個(gè)女生身高互不相等）往往選擇錯(cuò)誤的方法。35（133P5種排法。由乘353 P3P57203 P4453P3種4 54 P4P314404 2 552P3P4P2P37203 4 2 3種不同的排法。3P4P2種4 254P2種排法；這樣，總共54 2 P4P2P29604 2 774P4種排法；然后再在余下得個(gè)空位置中排女生，由于女P4種不同的排法。77【易錯(cuò)點(diǎn)【易錯(cuò)點(diǎn)45】對(duì)于數(shù)列的兩個(gè)基本極限①limqn0limSnnna11q，兩個(gè)極限成立的條件不同，前者為q1；而后者為0q1。45、在等比數(shù)列aa1，且nS，滿足limS1那么a的取值范圍是（）an 1 a

nn 11A、1B、1,2C、12D、14s

a11q

，求a1的范圍時(shí)，容易忽視q0這個(gè)條件。1解析：設(shè)公比為q，由limSn 知a1 1

n a11q a a21q11 a211 0a2211q1

q1

1

1

又a1所以1 a

2。 a210

a21 1 1q046】立體圖形的截面問題。46】立體圖形的截面問題。

q0 1 1例46D1111FA11p是1（，過E、D、P作正方體的截面，若截面為四邊形，則P的軌跡是（ A、線段C1F B、線段CF C、線段CF和一點(diǎn)C1

D、線段C1F和一點(diǎn)C?！疽族e(cuò)點(diǎn)分析】學(xué)生的空間想象能力不足，不能依據(jù)平面的基本定理和線面平行定理作兩平面的交線。PDE平行的直線，由于點(diǎn)BB1上，故此時(shí)截面為四邊形（實(shí)質(zhì)上是平行四邊形P點(diǎn)恰為點(diǎn)FDEFB1P在線段C1FDE、DPA1D1D1C1于點(diǎn)H、G則據(jù)平面基本定理知點(diǎn)H、G既在平（、、NP選CDCDD CD1PA A B D1PB FE D1C1A1 B1

E23 H

KB1

PGNPAGEPAGE2947、如果異面直線a、b所在的角為50,P為空間一定點(diǎn)，則過點(diǎn)P與a、b所成的角都是30的直線有幾條？A、一條 B二條 C三條 D四條P與兩異面直線成相同的角的直線的位置關(guān)系空間想象不足，不明確與兩直線所的角與兩異面直線所成的角的內(nèi)在約束關(guān)系。解析：如圖，過點(diǎn)P分別作a、ba、ba、b所成的角也為50，即過點(diǎn)Pa、b成相等的角的直線必與異面直線a、b成相等的P的直線La、b成相等的角故這樣的直線La、b確定的平面的射影在其角平分線上，則此時(shí)必有 pcosAPBcosAPOcosOPB當(dāng)cosAPOcos25時(shí)，

Ala'B0C b'cosAPO

0,1，此時(shí)這樣的直線存在且有兩條當(dāng)BPC130cos25

cosAPOcos65

1這樣的直線不存在。故選B48PAABCDM，NAB，PCMN平面PADAE面PADMN面PAD。PDEAE，ENEN48PAABCDM，NAB，PCMN平面PADAE面PADMN面PAD。PDEAE，ENENCD//AB//AM，PEN22DC AE面PADMN面PADMN面PADABM48】有關(guān)線面平行的證明問題中，對(duì)定理的理解不夠準(zhǔn)確，往往忽視"aab,b三個(gè)條件中的某一個(gè)?！疽族e(cuò)點(diǎn)分析】本題容易證得MN//A1D,MP//BD，而直接由此得出面P,NP,N

PNB1D1,B1D1BD,PNBD又PN面A1BD,PN//平面A1BD同理：MN//平面A1BD,又PN MNN900，容易忽視用證明垂直的方法來求夾角大小這一重要方法。ABCA1B1C1ABA、600B、900C、1050D、750

與C1B所成角的大小為（）D1DB1C1BC中點(diǎn)，連結(jié)AD,D1C，設(shè)BB11,則AB 2ADAB1BC1上的射影。又

3,BD 2,cosCBCBC 2,3 2 1 BC 3321322 2 2

1 1 1DE

BEBD

2BEBDcosC1BC 2 3 2 3 2 623BE2DE2111BD2BED900AB與CB23現(xiàn)錯(cuò)誤。3 6 2 1現(xiàn)錯(cuò)誤。511ABCDA1B1C1D1中，M，N，PA1B1BB1,CC1的中點(diǎn)。D1P與AMCN與AM所成的角。的余弦值為負(fù)值，錯(cuò)誤的得出異面直線所成