专题三易错点

高考易错点分类例析——最后的查缺补漏集合、逻辑用语、函数与导数易错点1遗忘空集致误例1已知A＝{x∈R|x<－1或x>4}，B＝{x∈R|2a≤x≤a＋3}，若A∪B＝A，则实数a的取值范围是________．错解由A∪B＝A知，B⊆A，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a≤a＋3,2a>4或a＋3<－1))，解得a<－4或2<a≤3.∴实数a的取值范围是a<－4或2<a≤3.错因分析由并集定义容易知道，对于任何一个集合A，都有A∪∅＝A，所以错解忽视了B＝∅时的情况．正解由A∪B＝A知，B⊆A.①当B≠∅时，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a≤a＋3,2a>4或a＋3<－1))，解得a<－4或2<a≤3；②当B＝∅时，由2a>a＋3，解得a>3.综上可知，实数a的取值范围是a<－4或a>2.易错突破造成本题错误的根本原因是忽视了“空集是任何集合的子集”这一性质．当题目中出现A⊆B，A∩B＝A，A∪B＝B时，注意对A进行分类讨论，即分为A＝∅和A≠∅两种情况讨论．补偿练习1(1)已知集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，B＝{x|mx－1＝0}，若A∩B＝B，则所有实数m组成的集合是________．答案{0，－1,2}解析当m＝0时，B＝∅，符合题意；当m≠0时，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))，若B⊆A，则eq\f(1,m)∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，∴m＝－1或m＝2.故m＝0，或m＝－1，或m＝2.(2)已知集合A＝{x|x2＋(p＋2)x＋1＝0，p∈R}，若A∩R*＝∅，则实数p的取值范围为____________．答案(－4，＋∞)解析由于A∩R*＝∅，先求A∩R*≠∅的情况有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝p＋22－4≥0，,－\f(p＋2,2)>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p≥0或p≤－4，,p<－2，))解得p≤－4.故当A∩R*＝∅时，p的取值范围是(－4，＋∞)．易错点2忽视元素互异性致误例2已知集合A＝{1，x,2}，B＝{1，x2}，若A∪B＝A，则x的不同取值有______种情况．错解由x2＝2，解得x1＝eq\r(2)，x2＝－eq\r(2).由x2＝x，解得x3＝0，x4＝1.∴x有4个不同取值．错因分析当x＝1时，集合A、B中元素不满足互异性，错解中忽视了集合中元素的互异性，导致错误．正解∵A∪B＝A，∴B⊆A.∴x2＝2或x2＝x.由x2＝2，解得x＝±eq\r(2)，由x2＝x，解得x＝0或xx＝1时，x2＝1，集合A、B中元素不满足互异性，所以符合题意的x为eq\r(2)或－eq\r(2)或0，共3种情况．易错突破由集合的关系求参数的值应注意元素性质的具体情况，对求出的参数值要进行验证．补偿练习2若A＝{1,3，x}，B＝{x2,1}，且A∪B＝{1,3，x}，则这样的x为________．答案±eq\r(3)或0解析由已知得B⊆A，∴x2∈A且x2≠1.①x2＝3，得x＝±eq\r(3)，都符合．②x2＝x，得x＝0或x＝1，而x≠1，∴x＝0.综合①②，共有3个值．易错点3忽视区间的端点致误例3记f(x)＝eq\r(2－\f(x＋3,x＋1))的定义域为A，g(x)＝lg[(x－a－1)(2a－x)](a<1)的定义域为B.若B⊆A，则实数a的取值范围是________．错解由2－eq\f(x＋3,x＋1)≥0，得x<－1或x≥1.∴A＝(－∞，－1)∪[1，＋∞)．由(x－a－1)(2a－x)>0得(x－a－1)(x－2a)<0.且a<1，∴2a<x<a＋1.∴B＝(2a，a＋1)，∵B⊆A，∴2a>1或a＋1<－1，∴a>eq\f(1,2)或a<－2.∴a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪(－∞，－2)．错因分析从B⊆A求字母a的范围时，没有注意临界点，区间的端点搞错．正解∵2－eq\f(x＋3,x＋1)≥0，得eq\f(x－1,x＋1)≥0，∴x<－1或x≥1，即A＝(－∞，－1)∪[1，＋∞)．∵(x－a－1)(2a－x)>0，得(x－a－1)(x－2a)<0.∵a<1，∴a＋1>2a，∴B＝(2a，a＋1)．∵B⊆A，∴2a≥1或a＋1≤－1，即a≥eq\f(1,2)或a≤－2，而a<1，∴eq\f(1,2)≤a<1或a≤－2.故所求实数a的取值范围是(－∞，－2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).补偿练习3设A＝{x|1<x<2}，B＝{x|x>a}，若AB，则a的取值范围是__________．答案(－∞，1]解析因为A⊆B且A≠B，利用数轴可知：a≤1.易错点4对命题否定不当致误例4命题“若x，y都是奇数，则x＋y是偶数”的逆否命题是________．错解若x＋y不是偶数，则x，y都不是奇数错因分析“x，y都是奇数”的否定中包含三种情况：“x是奇数，y不是奇数”，“x不是奇数，y是奇数”，“x，y都不是奇数”，误把“x，y都不是奇数”作为“x，y都是奇数”的否定而得出错误的答案．正解若x＋y不是偶数，则x，y不都是奇数易错突破对条件进行否定时，要搞清条件包含的各种情况，全面考虑；对于和参数范围有关的问题，可以先化简再否定．补偿练习4已知集合M＝{x|eq\f(a2x＋2x－3,ax－1)<0}，若2∈M，则实数a的取值范围是________．答案a≥eq\f(1,2)解析若2∈M，则eq\f(2a2＋1,2a－1)<0，即(2a－1)(2a2＋1)<0，∴a<eq\f(1,2)，∴当2∈M时，a的取值范围为a≥eq\f(1,2).易错点5充分条件、必要条件颠倒致误例5若p：a∈R，|a|<1，q：关于x的二次方程x2＋(a＋1)x＋a－2＝0的一个根大于零，另一个根小于零，则p是q的________条件．错解必要不充分错因分析由p⇒q应得p是q的充分条件，错解颠倒了充分条件、必要条件．正解将两条件化简可得p：－1<a<1，q：a<2，易知p⇒q，且q⇒p，故p是q的充分不必要条件．易错突破在解题时熟练运用以下几种方法即可减少失误：(1)定义法：直接利用定义进行判断；(2)逆否法(等价法)：“p⇔q”表示p等价于q.要证p⇒q，只需证它的逆否命题綈q⇒綈p即可，同理要证p⇐q，只需证綈q⇐綈p即可，所以p⇔q，只需綈q⇔綈p.(3)利用集合间的包含关系进行判断：如果条件p和结论q都是集合，那么若p⊆q，则p是q的充分不必要条件；若p⊇q，则p是q的必要不充分条件；若p＝q，则p是q的充要条件，尤其对于数的集合，可以利用小范围的数一定在大范围中，即小⇒大，会给我们的解答带来意想不到的惊喜．(4)举反例：要说明p是q的不充分条件，只要找到x0∈{x|p}，但x0∉{x|q}即可．补偿练习5已知条件p：|x＋1|＞4，条件q：x＞a，且綈p是綈q的充分不必要条件，则a的取值范围是________．答案[3，＋∞)解析由题意知，条件p：x＜－5或x＞3，条件q：x＞a，所以綈p：－5≤x≤3，綈q：x≤a.因为綈p是綈q的充分不必要条件，所以a≥3.eq\f(1eq\f(1,2)例6函数y＝log(x2－5x＋6)的单调递增区间为____________．错解eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))错解分析忽视了函数定义域，应加上条件x2－5x＋6>0.正解由x2－5x＋6>0知{x|x>3或x<2}．令u＝x2－5x＋6，eq\f(1,2)则u＝x2－5xeq\f(1,2)∴y＝log(x2－5x＋6)的单调递增区间为(－∞，2)．易错突破在研究函数问题时，不论什么情况，首先要考虑函数的定义域，这是研究函数的最基本原则．补偿练习6若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．答案[1，eq\f(3,2))解析由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－eq\f(1,x)，由f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2).所以函数f(x)在(0，eq\f(1,2)]上单调递减，在[eq\f(1,2)，＋∞)上单调递增．故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤k－1＜\f(1,2)，,k＋1＞\f(1,2)，))解得1≤k＜eq\f(3,2).易错点7忽视二次项系数为0致误例7函数f(x)＝(k－1)x2＋2(k＋1)x－1的图象与x轴只有一个交点，则实数k的取值集合是__________．错解由题意知Δ＝4(k＋1)2＋4(k－1)＝0.即k2＋3k＝0，解得k＝0或k＝－3.∴k的取值集合是{－3,0}．错因分析未考虑k－1＝0的情况而直接令Δ＝0求解导致失解．正解当k＝1时，f(x)＝4x－1，其图象与x轴只有一个交点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0)).当k≠1时，由题意得Δ＝4(k＋1)2＋4(k－1)＝0，即k2＋3k＝0，解得k＝0或k＝－3.∴k的取值集合是{－3,0,1}．易错突破对多项式函数或方程、不等式，如果含有参数，一定首先考虑最高次项系数为0的情况．补偿练习7函数f(x)＝mx2－2x＋1有且仅有一个正实数零点，则实数m的取值范围是________．答案(－∞，0]∪{1}解析当m＝0时，x＝eq\f(1,2)为函数的零点；当m≠0时，若Δ＝0，即m＝1时，x＝1是函数唯一的零点，若Δ≠0，显然x＝0不是函数的零点，这样函数有且仅有一个正实数零点等价于方程f(x)＝mx2－2x＋1＝0有一个正根一个负根，即mf(0)＜0，即m＜0.易错点8分段函数意义不明致误例8已知：x∈N*，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5x≥6,fx＋2x<6))，求f(3)．错解∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5x≥6,fx＋2x<6))，∴f(x＋2)＝(x＋2)－5＝x－3，故f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5x≥6,x－3x<6))，∴f(3)＝3－3＝0.错因分析没有理解分段函数的意义，f(x)＝x－5在x≥6的前提下才成立，f(3)应代入x<6化为f(5)，进而化成f(7)．正解∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5x≥6,fx＋2x<6))，∴f(3)＝f(3＋2)＝f(5)＝f(5＋2)＝f(7)＝7－5＝2.补偿练习8定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log21－x，x≤0,fx－1－fx－2，x>0))，则f(2013)的值为________．答案0解析f(2013)＝f(2012)－f(2011)＝f(2011)－f(2010)－f(2011)＝－f(2010)＝f(2007)＝f(3)＝－f(0)＝0.易错点9函数单调性考虑不周致误例9函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2＋1，x≥0，,a2－1eax，x<0))在(－∞，＋∞)上单调，则a的取值范围是________．错解(－∞，1)∪(1，＋∞)错因分析忽视了函数在定义域分界点上函数值的大小．正解若函数在R上单调递减，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,a2－1>0，,a2－1e0≥1，))解之得a≤－eq\r(2)；若函数在R上单调递增，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a2－1>0，,a2－1e0≤1，))解得1<a≤eq\r(2)，故a的取值范围是(－∞，－eq\r(2)]∪(1，eq\r(2)]．易错突破分段函数的单调性不仅要使函数在各个段上具有单调性，还要考虑分界点上函数值大小．补偿练习9已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))解析f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，又f(x)在[0，＋∞)上递增，∴f(2x－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))⇔|2x－1|<eq\f(1,3)⇔eq\f(1,3)<x<eq\f(2,3).易错点10混淆“过点”与“切点”致误例10求过曲线y＝x3－2x上的点(1，－1)的切线方程．错解∵y′＝3x2－2，∴k＝y′|x＝1＝3×12－2＝1，∴切线方程为y＋1＝x－1，即x－y－2＝0.错因分析混淆“过某一点”的切线和“在某一点处”的切线，错把(1，－1)当做切点．正解设P(x0，y0)为切点，则切线的斜率为y′|x＝x0＝3xeq\o\al(2,0)－2.∴切线方程为y－y0＝(3xeq\o\al(2,0)－2)(x－x0)，即y－(xeq\o\al(3,0)－2x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－2)(x－x0)．又知切线过点(1，－1)，把它代入上述方程，得－1－(xeq\o\al(3,0)－2x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－2)(1－x0)，整理，得(x0－1)2(2x0＋1)＝0，解得x0＝1，或x0＝－eq\f(1,2).故所求切线方程为y－(1－2)＝(3－2)(x－1)，或y－(－eq\f(1,8)＋1)＝(eq\f(3,4)－2)(x＋eq\f(1,2))，即x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0.易错突破过曲线上的点(1，－1)的切线与曲线的切点可能是(1，－1)，也可能不是(1，－1)．本题错误的根本原因就是把(1，－1)当成了切点．解决这类题目时，一定要注意区分“过点A的切线方程”与“在点A处的切线方程”的不同．虽只有一字之差，意义完全不同，“在”说明这点就是切点，“过”只说明切线过这个点，这个点不一定是切点．补偿练习10已知曲线S：y＝－eq\f(2,3)x3＋x2＋4x及点P(0,0)，则过点P的曲线S的切线方程为____________．答案y＝4x或y＝eq\f(35,8)x解析设过点P的切线与曲线S切于点Q(x0，y0)，则过点P的曲线S的切线斜率y′|x＝x0＝－2xeq\o\al(2,0)＋2x0＋4，又kPQ＝eq\f(y0,x0)，所以－2xeq\o\al(2,0)＋2x0＋4＝eq\f(y0,x0)， ①点Q在曲线S上，y0＝－eq\f(2,3)xeq\o\al(3,0)＋xeq\o\al(2,0)＋4x0， ②将②代入①得－2xeq\o\al(2,0)＋2x0＋4＝－eq\f(2,3)xeq\o\al(2,0)＋x0＋4，化简得eq\f(4,3)xeq\o\al(2,0)－x0＝0，所以x0＝0或x0＝eq\f(3,4)，若x0＝0，则y0＝0，k＝4，过点P的切线方程为y＝4x；若x0＝eq\f(3,4)，则y0＝eq\f(105,32)，k＝eq\f(35,8)，过点P的切线方程为y＝eq\f(35,8)x.所以过点P的曲线S的切线方程为y＝4x或y＝eq\f(35,8)x.易错点11函数极值点概念不清致误例11已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值为10，则a＋b＝________.错解－7或0错因分析忽视了条件的等价性，“f′(1)＝0”是“x＝1为f(x)的极值点”的必要不充分条件．正解f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1时，函数取得极值10，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3＋2a＋b＝0，①,f1＝1＋a＋b＋a2＝10，

②))联立①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3.))当a＝4，b＝－11时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)在x＝1两侧的符号相反，符合题意．当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3(x－1)2在x＝1两侧的符号相同，所以a＝－3，b＝3不符合题意，舍去．综上可知a＝4，b＝－11，∴a＋b＝－7.易错突破对于可导函数f(x)：x0是极值点的充要条件是在x0点两侧导数异号，即f′(x)在方程f′(x)＝0的根x0的左右的符号：“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值，而不仅是f′(x0)＝0.f′(x0)＝0是x0为极值点的必要而不充分条件．对于给出函数极大(小)值的条件，一定要既考虑f′(x0)＝0，又考虑检验“左正右负”或“左负右正”，防止产生增根．补偿练习11已知函数f(x)＝eq\f(x4,4)＋eq\f(b,3)x3－eq\f(2＋a,2)x2＋2ax在点x＝1处取极值，且函数g(x)＝eq\f(x4,4)＋eq\f(b,3)x3－eq\f(a－1,2)x2－ax在区间(a－6,2a－3)上是减函数，求实数a的取值范围．解f′(x)＝x3＋bx2－(2＋a)x＋2a，由f′(1)＝0，得b＝1－a，当b＝1－a时，f′(x)＝x3＋(1－a)x2－(2＋a)x＋2a＝(x－1)(x＋2)(x－a)，如果a＝1，那么x＝1就只是导函数值为0的点而非极值点，故b＝1－a且a≠1.g′(x)＝x3＋bx2－(a－1)x－a＝x3＋(1－a)x2－(a－1)x－a＝(x－a)(x2＋x＋1)．当x<a时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，a)上单调递减，∴(a－6,2a－3)⊆(－∞，a)，∴a－6<2a－3≤a，故所求a的范围为－3<a≤3.综上可知a的取值范围应为－3<a≤3且a≠1.易错点12导数与函数单调性关系不准致误例12函数f(x)＝x3－ax2－3x在[2，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．错解(－∞，eq\f(9,4))错因分析求函数的单调递增区间就是解导数大于零的不等式，受此影响，容易认为函数f(x)的导数在区间[2，＋∞)上大于零，忽视了函数的导数在[2，＋∞)上个别的点处可以等于零，这样的点不影响函数的单调性．正解由题意，知f′(x)＝3x2－2ax－3，令f′(x)≥0(x≥2)，得a≤eq\f(3,2)(x－eq\f(1,x))．记t(x)＝eq\f(3,2)(x－eq\f(1,x))，当x≥2时，t(x)是增函数，所以t(x)min＝eq\f(3,2)×(2－eq\f(1,2))＝eq\f(9,4)，所以a∈(－∞，eq\f(9,4)]．经检验，当a＝eq\f(9,4)时，函数f(x)在[2，＋∞)上是增函数．补偿练习12已知函数f(x)＝mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为______________．答案[eq\f(1,2)，＋∞)解析f′(x)＝2mx＋eq\f(1,x)－2≥0在(0，＋∞)上恒成立，m≥－eq\f(1,2x2)＋eq\f(1,x)，所以m≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2x2)＋\f(1,x)))max，所以m≥eq\f(1,2).三角函数与平面向量易错点13忽视角的范围致误例13已知sinα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，且α，β为锐角，则α＋β＝________.错解∵α、β为锐角，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(2\r(5),5)，cosβ＝eq\r(1－sin2β)＝eq\f(3\r(10),10).∴sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)＋eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2).又0<α＋β<π.∴α＋β＝eq\f(π,4)或α＋β＝eq\f(3,4)π.错因分析错解中没有注意到sinα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)本身对角的范围的限制，造成错解．正解因为α，β为锐角，所以cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(2\r(5),5)，cosβ＝eq\r(1－sin2β)＝eq\f(3\r(10),10).所以cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2)，又因为0<α＋β<π，所以α＋β＝eq\f(π,4).易错突破对三角函数的求值问题，不仅要看已知条件中角的范围，还要挖掘隐含条件，根据三角函数值缩小角的范围；本题中(0，π)中的角和余弦值一一对应，最好在求角时选择计算cos(α＋β)来避免增解．补偿练习13已知方程x2＋4ax＋3a＋1＝0(a>1)的两根分别为tanα，tanβ，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则taneq\f(α＋β,2)的值是________．答案－2解析因为a>1，tanα＋tanβ＝－4a<0，tanα·tanβ＝3a＋1>0，所以tanα<0，tanβ<0.又α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以α＋β∈(－π，0)，则eq\f(α＋β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)).又tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(－4a,1－3a＋1)＝eq\f(4,3)，又tan(α＋β)＝eq\f(2tan\f(α＋β,2),1－tan2\f(α＋β,2))＝eq\f(4,3)，整理，得2tan2eq\f(α＋β,2)＋3taneq\f(α＋β,2)－2＝0，解得taneq\f(α＋β,2)＝－2或taneq\f(α＋β,2)＝eq\f(1,2)(舍去)．易错点14图象变换混乱致误例14要得到y＝sin(－3x)的图象，需将y＝eq\f(\r(2),2)(cos3x－sin3x)的图象向______平移______个单位(写出其中的一种特例即可)．错解右eq\f(π,4)或右eq\f(π,12)错因分析y＝eq\f(\r(2),2)(cos3x－sin3x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－3x))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12))))).题目要求是由y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3x＋\f(π,4)))→y＝sin(－3x)．右移eq\f(π,4)平移方向和平移量都错了；右移eq\f(π,12)平移方向错了．正解y＝eq\f(\r(2),2)(cos3x－sin3x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－3x))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))，要由y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))到y＝sin(－3x)只需对x加上eq\f(π,12)即可，因而是对y＝eq\f(\r(2),2)(cos3x－sin3x)向左平移eq\f(π,12)个单位．易错突破函数图象的左右平移是自变量x发生变化，如ωx→ωx±φ(φ>0)这个变化的实质是x→x±eq\f(φ,ω)，所以平移的距离并不是φ.补偿练习14将函数y＝sinx的图象上所有的点向右平移eq\f(π,10)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象的函数解析式是________．答案y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10)))解析将函数y＝sinx的图象上所有的点向右平移eq\f(π,10)个单位长度，所得函数图象的解析式为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,10)))；再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象的函数解析式是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10))).易错点15解三角形多解、漏解致误例15在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c且a＝1，c＝eq\r(3).(1)若C＝eq\f(π,3)，求A；(2)若A＝eq\f(π,6)，求b，c.错解(1)在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，∴sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6).(2)由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)得sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(\r(3),2)，∴C＝eq\f(π,3)，由C＝eq\f(π,3)知B＝eq\f(π,2)，∴b＝eq\r(a2＋c2)＝2.错因分析在用正弦定理解三角形时，易出现漏解或多解的错误，如第(1)问中没有考虑c边比a边大，在求得sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(1,2)后，得出角A＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)；在第(2)问中又因为没有考虑角C有两解，由sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(\r(3),2)，只得出角C＝eq\f(π,3)，所以角B＝eq\f(π,2)，解得b＝2.这样就出现漏解的错误．正解(1)由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，即sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(1,2).又a<c，∴A<C，∴0<A<eq\f(π,3)，∴A＝eq\f(π,6).(2)由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(\r(3)·sin\f(π,6),1)＝eq\f(\r(3),2)，∴C＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).当C＝eq\f(π,3)时，B＝eq\f(π,2)，∴b＝2；当C＝eq\f(2π,3)时，B＝eq\f(π,6)，∴b＝1.综上所述，b＝2或b＝1.易错突破已知两边及其中一边的对角解三角形时，注意要对解的情况进行讨论，讨论的根据一是所求的正弦值是否合理，当正弦值小于等于1时，还应判断各角之和与180°的关系；二是两边的大小关系．补偿练习15在△ABC中，B＝30°，AB＝2eq\r(3)，AC＝2，求△ABC的面积．解由正弦定理得sinC＝eq\f(AB·sinB,AC)＝eq\f(\r(3),2).又因为AB>AC，所以C＝60°或C＝120°.当C＝60°时，A＝90°，于是S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×1＝2eq\r(3).当C＝120°时，A＝30°，于是S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×eq\f(1,2)＝eq\r(3).故△ABC的面积是2eq\r(3)或eq\r(3).易错点16向量夹角定义不明致误例16已知等边△ABC的边长为1，则eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝________.错解∵△ABC为等边三角形，∴|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝1，向量eq\o(AB,\s\up6(→))、eq\o(BC,\s\up6(→))、eq\o(CA,\s\up6(→))间的夹角均为60°.∴eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2).∴eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(3,2).错因分析数量积的定义a·b＝|a|·|b|·cosθ，这里θ是a与b的夹角，本题中eq\o(BC,\s\up6(→))与eq\o(CA,\s\up6(→))夹角不是∠C.两向量的夹角应为平面上同一起点表示向量的两条有向线段间的夹角，如图eq\o(BC,\s\up6(→))与eq\o(CA,\s\up6(→))的夹角应是∠ACD.正解如图eq\o(BC,\s\up6(→))与eq\o(CA,\s\up6(→))的夹角应是∠ACB的补角∠ACD，即180°－∠ACB＝120°.又|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝1，所以eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝|eq\o(BC,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|cos120°＝－eq\f(1,2).同理得eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2).故eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\f(3,2).易错突破在判断两向量的夹角时，要注意把两向量平移到共起点，这样才不至于判断错误．平面向量与三角函数的结合，主要是指题设条件设置在向量背景下，一旦脱去向量的“外衣”，实质上就变成纯三角问题．补偿练习16在正三角形ABC中，D是边BC上的点，AB＝3，BD＝1，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝________.答案eq\f(15,2)

解析方法一在△ABD中，由余弦定理得AD2＝32＋12－2×3×1×cos60°＝7，∴AD＝eq\r(7)，cos∠BAD＝eq\f(32＋\r(7)2－12,2×3×\r(7))＝eq\f(5\r(7),14)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AD,\s\up6(→))|·cos∠BAD＝3×eq\r(7)×eq\f(5\r(7),14)＝eq\f(15,2).方法二∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(BD,\s\up6(→))|·cos120°＝9＋3×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(15,2).易错点17忽视向量共线致误例17已知a＝(2,1)，b＝(λ，1)，λ∈R，a与b的夹角为θ.若θ为锐角，则λ的取值范围是__________．错解∵cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1)).因θ为锐角，有cosθ>0，∴eq\f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1))>0⇒2λ＋1>0，得λ>－eq\f(1,2)，λ的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).错因分析当向量a，b同向时，θ＝0，cosθ＝1满足cosθ>0，但不是锐角．正解∵θ为锐角，∴0<cosθ<1.又∵cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1))，∴0<eq\f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1))且eq\f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1))≠1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2λ＋1>0，,2λ＋1≠\r(5)·\r(λ2＋1)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ>－\f(1,2)，,λ≠2.))∴λ的取值范围是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(λ|λ>－\f(1,2)且λ≠2)).易错突破在解决两向量夹角问题时，一般地，向量a，b为非零向量，a与b的夹角为θ，则①θ为锐角⇔a·b>0且a，b不同向；②θ为直角⇔a·b＝0；③θ为钝角⇔a·b<0且a，b不反向．补偿练习17设两个向量e1，e2，满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1与e2的夹角为eq\f(π,3).若向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，求实数t的范围．解∵2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0且2te1＋7e2≠λ(e1＋te2)(λ<0)．由(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0得2t2＋15t＋7<0，∴－7<t<－eq\f(1,2).若2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)(λ<0)，∴(2t－λ)e1＋(7－tλ)e2＝0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2t－λ＝0,7－tλ＝0))，即t＝－eq\f(\r(14),2)，∴t的取值范围为－7<t<－eq\f(1,2)且t≠－eq\f(\r(14),2).数列与不等式易错点18运用公式“an＝Sn－Sn－1”不当致误例18已知数列{an}对任意的n∈N*都满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，则数列{an}的通项公式为________．错解∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，∴a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8－5(n－1)，两式相减，得2n－1an＝－5，∴an＝－eq\f(5,2n－1).错因分析当n＝1时，由题中条件可得a1＝3，而代入错解中所得的通项公式可得a1＝－5，显然是错误的．其原因是：两式相减时，所适用的条件是n≥2，并不包含n＝1的情况．只有所求的通项公式对n＝1时也成立，才可以这样写，否则要分开写．正解当n≥2时，由于a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，那么a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8－5(n－1)，两式对应相减可得2n－1an＝8－5n－[8－5(n－1)]＝－5，所以an＝－eq\f(5,2n－1).而当n＝1时，a1＝3≠－eq\f(5,21－1)＝－5，所以数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,－\f(5,2n－1)，n≥2.))易错突破本题实质上已知数列{an}的前n项和Sn，求通项an与Sn的关系中，an＝Sn－Sn－1，成立的条件是n≥2，求出的an中不一定包括a1，而a1应由a1＝S1求出，然后再检验a1是否在an中，这是一个典型的易错点．补偿练习18已知数列{an}的前n项之和为Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}的通项公式为__________．答案an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2))解析当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝n2＋n＋1－(n－1)2－(n－1)－1＝2n，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2.))易错点19忽视等比数列公比的条件致误例19各项均为实数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S30＝70，则S40＝________.错解150或－200错因分析数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比q10>0.忽略了此隐含条件，就产生了增解－200.正解记b1＝S10，b2＝S20－S10，b3＝S30－S20，b4＝S40－S30，b1，b2，b3，b4是以公比为r＝q10>0的等比数列．∴b1＋b2＋b3＝10＋10r＋10r2＝S30＝70，∴r2＋r－6＝0，∴r＝2，r＝－3(舍去)，∴S40＝b1＋b2＋b3＋b4＝eq\f(101－24,1－2)＝150.易错突破在等比数列中，公比的条件在使用中要注意隐含条件，Sn中q≠1；构造新数列要注意新数列的公比和原公比的关系，如等比数列{an}的前n项和为Sn，S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比为q10>0.补偿练习19(2013·丹东模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝S9，则数列的公比q＝________.答案1或－1解析①当q＝1时，S3＋S6＝9a1，S9＝9a1，∴S3＋S6＝S9成立．②当q≠1时，由S3＋S6＝S9，得eq\f(a11－q3,1－q)＋eq\f(a11－q6,1－q)＝eq\f(a11－q9,1－q)∴q9－q6－q3＋1＝0，即(q3－1)(q6－1)＝0.∵q≠1，∴q3－1≠0，∴q6＝1，∴q＝－1.易错点20数列最值意义不清致误例20已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则eq\f(an,n)的最小值为________．错解2eq\r(33)－1错因分析忽视了n为正整数，直接利用基本不等式求最值，要注意和函数最值的区别．正解an＝n2－n＋33，∴eq\f(an,n)＝n＋eq\f(33,n)－1.又f(x)＝x＋eq\f(33,x)－1(x>0)在[eq\r(33)，＋∞)上为增函数，在(0，eq\r(33)]上为减函数．又n∈N*，f(5)＝eq\f(53,5)，f(6)＝eq\f(21,2)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))min＝f(6)＝eq\f(21,2).易错突破研究数列的最值问题时，往往借助函数的思想利用导数研究数列的单调性来解决．关于正整数n的对勾函数，使其取最值的点就是在离单调区间分界点距离最近的那两个点中取得，代入检验，便可确定最值．补偿练习20若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，则数列{nan}中数值最小的项是第________项．答案3解析当n＝1时，a1＝S1＝－9；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－(n－1)2＋10(n－1)＝2n－11.可以统一为an＝2n－11(n∈N*)故nan＝2n2－11n，该关于n的二次函数的对称轴是n＝eq\f(11,4)，考虑到n为正整数，且对称轴离n＝3较近，故数列{nan}中数值最小的项是第3项．易错点21数列递推关系转化不当致误例21已知函数f(x)＝eq\f(2x,x＋1)，数列{an}满足a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝f(an)，bn＝eq\f(an,1－an)，n∈N*，求数列{bn}的通项公式．错解∵f(x)＝eq\f(2x,x＋1)，∴an＋1＝f(an)＝eq\f(2an,an＋1)，∴an＋1an＋an＋1－2an＝0，an(an＋1－2)＋an＋1＝0.错因分析递推关系转化不当，无法求出bn.正解∵f(x)＝eq\f(2x,x＋1)，∴an＋1＝f(an)＝eq\f(2an,an＋1)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2an).∴eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(1,2)(eq\f(1,an)－1)，又bn＝eq\f(an,1－an)，∴eq\f(1,bn)＝eq\f(1,an)－1，∴eq\f(1,bn＋1)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,bn)，∴bn＋1＝2bn，又b1＝eq\f(a1,1－a1)＝2，∴{bn}是以2为首项，以2为公比的等比数列，∴bn＝2n.易错突破解决递推数列问题的基本原则是根据递推数列的特征进行转化．掌握以下几类递推关系的转化，可极大地提高解题效率．①an＋1＝qan＋k形式可用待定系数法：an＋1＋λ＝q(an＋λ)；②an＋1＝eq\f(man,an＋n)形式可用取倒数法；③观察法，如an＋1＝2(1＋eq\f(1,n))2an⇒eq\f(an＋1,n＋12)＝2·eq\f(an,n2).补偿练习21已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,3)，an＋1an＝2an＋1－an，Sn表示数列{an}前n项和．求证：Sn<1.证明由a1＝eq\f(1,3)≠0，易知对于任意的n，an≠0.an＋1an＝2an＋1－an可化为eq\f(2,an)－eq\f(1,an＋1)＝1，eq\f(1,an＋1)－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1)).令bn＝eq\f(1,an)－1，则b1＝2，bn＋1＝2bn.所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．bn＝eq\f(1,an)－1＝2n，所以an＝eq\f(1,2n＋1)，则Sn＝eq\f(1,21＋1)＋eq\f(1,22＋1)＋eq\f(1,23＋1)＋…＋eq\f(1,2n＋1)<eq\f(1,21)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1.易错点22忽视基本不等式的应用条件致误例22函数y＝x＋eq\f(2,x－1)的值域是________．错解[2eq\r(2)＋1，＋∞)错因分析错解中直接使用基本不等式，而忽视了应用条件x－1>0时的情况被忽视．正解当x>1时，y＝x＋eq\f(2,x－1)＝x－1＋eq\f(2,x－1)＋1≥2eq\r(x－1·\f(2,x－1))＋1＝2eq\r(2)＋1，当且仅当x－1＝eq\f(2,x－1)，即x＝1＋eq\r(2)时等号成立；当x<1时，－y＝－x＋eq\f(2,1－x)＝1－x＋eq\f(2,1－x)－1≥2eq\r(1－x·\f(2,1－x))－1＝2eq\r(2)－1，∴y≤1－2eq\r(2)；当且仅当1－x＝eq\f(2,1－x)，即x＝1－eq\r(2)时等号成立．∴原函数的值域为(－∞，1－2eq\r(2)]∪[1＋2eq\r(2)，＋∞)．易错突破利用基本不等式求最值时，无论怎样变形，均需满足“一正，二定，三相等”的条件．本例由于忽视了x－1的正、负问题，导致结果错误．在应用基本不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)时，首先应考虑a，b是否为正值．补偿练习22函数f(x)＝1＋logax(a＞0，a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny－2＝0上，其中mn＞0，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值为________．答案2解析因为loga1＝0，所以f(1)＝1，故函数f(x)的图象恒过定点A(1,1)，由题意，知点A在直线mx＋ny－2＝0上，所以，m＋n－2＝0，即m＋n＝2.而eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,m)＋eq\f(1,n))×(m＋n)＝eq\f(1,2)(2＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n))，因为mn＞0，所以eq\f(n,m)＞0，eq\f(m,n)＞0.由基本不等式，可得eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)≥2eq\r(\f(n,m)×\f(m,n))＝2(当且仅当m＝n时等号成立)，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\f(1,2)×(2＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n))≥eq\f(1,2)×(2＋2)＝2，即eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值为2.易错点23解含参数不等式讨论不当致误例23解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0.错解原不等式化为a(x－eq\f(1,a))(x－1)<0.∴当a>1时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)).当a<1时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a))).错因分析解本题容易出现的错误是：(1)认定这个不等式就是一元二次不等式，忽视了对a＝0时的讨论；(2)在不等式两端约掉系数a时，若a<0，忘记改变不等号的方向；(3)忽视了对根的大小的讨论，特别是等根的讨论；(4)分类讨论后，最后对结论不进行整合．正解当a＝0时，不等式的解集为{x|x>1}．当a≠0时，不等式化为aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.当a<0时，原不等式等价于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)>0，不等式的解集为{x|x>1或x<eq\f(1,a)}；当0<a<1时，1<eq\f(1,a)，不等式的解集为{x|1<x<eq\f(1,a)}；当a>1时，eq\f(1,a)<1，不等式的解集为{x|eq\f(1,a)<x<1}；当a＝1时，不等式的解集为∅.综上所述，当a<0时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))∪(1，＋∞)；当a＝0时，不等式的解集为(1，＋∞)；当0<a<1时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))；当a＝1时，不等式的解集为∅；当a>1时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)).易错突破解形如ax2＋bx＋c>0的不等式，应对系数a分a>0，a＝0，a<0进行讨论，还要讨论各根的大小，最后根据不同情况分别写出不等式的解集．

补偿练习23设不等式x2－2ax＋a＋2≤0的解集为M，如果M⊆[1,4]，求实数a的取值范围．解设f(x)＝x2－2ax＋a＋2，有Δ＝(－2a)2－4(a＋2)＝4(a2－a－2)．①当Δ<0，即－1<a<2时，M＝∅，∅⊆[1,4]；②当Δ＝0，即a＝－1或2时，若a＝－1，则M＝{－1}⃘[1,4]，若a＝2，则M＝{2}⊆[1,4]；③当Δ>0，即a<－1或a>2时，设方程f(x)＝0的两根为x1，x2，且x1<x2，那么M＝[x1，x2]，则M⊆[1,4]⇔1≤x1<x2≤4⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1≥0，,f4≥0，,1<a<4，,Δ>0，))解得2<a≤eq\f(18,7).综上，可得M⊆[1,4]时，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(18,7))).易错点24线性规划问题最值意义不明致误例24设双曲线x2－y2＝1的两条渐近线与直线x＝eq\f(\r(2),2)围成的三角形区域(包含边界)为D，点P(x，y)为D内的一个动点，则目标函数z＝x－2y的最小值为________．错解eq\f(3,2)eq\r(2)错因分析没有理解线性规划中目标函数的几何意义，认为目标函数一定在最高点处取到最大值，最低点时取到最小值．正解－eq\f(\r(2),2)易错突破对于线性规划问题中的目标函数z＝ax＋by，可以化成y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)的形式，eq\f(z,b)是直线的纵截距，当b<0时，z的最小值在直线最高时取得．补偿练习24已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，则z＝2x－3y的取值范围是______．答案(3,8)解析画出不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<x＋y<4,2<x－y<3))表示的可行域，在可行域内平移直线z＝2x－3y，当直线经过x－y＝2与x＋y＝4的交点A(3,1)时，有zmin＝2×3－3×1＝3；当直线经过x＋y＝－1与x－y＝3的交点B(1，－2)时，有zmax＝2×1＋3×2＝8，故z的取值范围为(3,8)．立体几何易错点25线面关系定理条件把握不准致误例25在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为DD1、DB的中点．(1)求证：EF∥平面ABC1D1；(2)求证：EF⊥B1C.错解(1)连结BD1，∵E、F分别为DD1、DB的中点．∴EF∥D1B，∴EF∥平面ABC1D1.(2)AC⊥BD，又AC⊥D1D，∴AC⊥平面BDD1，∴EF⊥AC.错因分析推理论证不严谨，思路不清晰．正解(1)连结BD1，如图所示，在△DD1B中，E、F分别为DD1、DB的中点，则EF∥D1B.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(EF∥D1B,D1B⊂平面ABC1D1,EF⊄平面ABC1D1))⇒EF∥平面ABC1D1.(2)ABCD－A1B1C1D1为正方体⇒AB⊥面BCC1B1eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(⇒B1C⊥AB,B1C⊥BC1,AB，BC1⊂平面ABC1D1,AB∩BC1＝B))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(⇒B1C⊥平面ABC1D1,BD1⊂平面ABC1D1))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(⇒B1C⊥BD1,EF∥BD1))⇒EF⊥B1C.易错突破证明空间线面位置关系的基本思想是转化与化归，根据线面平行、垂直关系的判定和性质，进行相互之间的转化，如本题第(2)问是证明线线垂直，但分析问题时不能只局限在线上，要把相关的线归结到某个平面上(或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上)，通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的，但证明线面垂直又要借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的．解这类问题时要注意推理严谨，使用定理时找足条件，书写规范等．补偿练习25如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：CC1∥平面A1BD.证明(1)方法一因为D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，所以D1D⊥BD.在△ABD中，由余弦定理，得BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos∠BAD.又因为AB＝2AD，∠BAD＝60°，所以BD2＝3AD2.所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1.又AA1⊂平面ADD1A1，所以AA1⊥BD.方法二因为DD1⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，所以BD⊥D1D.如图，取AB的中点G，连结DG.在△ABD中，由AB＝2AD，得AG＝AD.又∠BAD＝60°，所以△ADG为等边三角形，所以GD＝GB，故∠DBG＝∠GDB.又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°，所以∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，所以BD⊥AD.又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1.又AA1⊂平面ADD1A1，所以AA1⊥BD.(2)如图，连结AC、A1C1.设AC∩BD＝E，连结EA1.因为四边形ABCD为平行四边形，所以EC＝eq\f(1,2)AC.由棱台的定义及AB＝2AD＝2A1B1知，A1C1∥EC且A1C1＝EC，所以四边形A1ECC1为平行四边形，因此CC1∥EA1.又因为EA1⊂平面A1BD，CC1⊄平面A1BD，所以CC1∥平面A1BD.易错点26空间向量概念不清致误(理)例26在△ABC中，已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,4,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,3,0)，则∠ABC＝________.错解cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2＋12,2\r(5)·\r(10))＝eq\f(\r(2),2).∴∠ABC＝45°.错因分析概念混淆，没有搞清〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉和∠ABC的区别．正解∵eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－2，－4,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,3,0)，cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2－12,2\r(5)·\r(10))＝－eq\f(\r(2),2)，∴∠ABC＝135°.易错突破弄清向量夹角与几何图形中的角的区别与联系．在用向量表示角的时候，一定要特别注意向量的起点是否相同，以此决定二者是相等还是互补．补偿练习26设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，且a≠b，记|a－b|＝m，求a－b与x轴正方向的夹角的余弦值．解设a－b与x轴正方向的夹角为θ，取x轴上一点P，令eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1,0,0)，则由题意可得：cosθ＝eq\f(a－b\o(OP,\s\up6(→)),|a－b|·|\o(OP,\s\up6(→))|)＝eq\f(a1－b1,m)，所以a－b与x轴正方向的夹角的余弦值为eq\f(a1－b1,m).易错点27混淆空间角与两向量夹角致误例27如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点．(1)求异面直线PA与DE所成角的余弦值；(2)求AP与平面ABCD所成角的正弦值．错解如图所示，取DC的中点O，连结PO，∵△PDC为正三角形，∴PO⊥DC.又∵平面PDC⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则P(0,0，eq\f(\r(3),2)a)，A(a，－eq\f(a,2)，0)，B(a，eq\f(a,2)，0)，C(0，eq\f(a,2)，0)，D(0，－eq\f(a,2)，0)．(1)E为PC的中点，∴E(0，eq\f(a,4)，eq\f(\r(3),4)a)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(3,4)a，eq\f(\r(3),4)a)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(a，－eq\f(a,2)，－eq\f(\r(3),2)a)，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)a×(－eq\f(a,2))＋eq\f(\r(3),4)a×(－eq\f(\r(3),2)a)＝－eq\f(3,4)a2，|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝eq\r(2)a，|eq\o(DE,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)a，cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→)),|\o(PA,\s\up6(→))|·|\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(3,4)a2,\r(2)a×\f(\r(3),2)a)＝－eq\f(\r(6),4).∴异面直线PA与DE所成角的余弦值为－eq\f(\r(6),4).(2)∵平面ABCD的法向量n＝(0,0，eq\f(\r(3),2)a)，∴cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·n,|\o(PA,\s\up6(→))|·n)＝eq\f(－\f(3,4)a2,\r(2)a×\f(\r(3),2)a)＝－eq\f(\r(6),4).∴AP与平面ABCD所成角的正弦值为－eq\f(\r(6),4).错因分析(1)异面直线PA与DE所成的角为锐角或直角，余弦值一定非负．(2)直线AP与平面ABCD所成的角不是eq\o(PA,\s\up6(→))与平面ABCD的法向量所成的角．正解(1)在求出cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉＝－eq\f(\r(6),4)后，∵异面直线PA、DE所成的角是锐角或直角，∴异面直线PA、DE所成角的余弦值是eq\f(\r(6),4).(2)cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，n〉＝－eq\f(\r(6),4)，∴直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为eq\f(\r(6),4).易错突破本题失分的根本原因是概念不清，混淆了空间角与向量所成角的概念，当然运算错误也是常见的一种失分原因．要避免失分，首先要理解空间角与向量所成角是两个不同的概念；其次要理清向量的夹角与空间角的关系，如：异面直线PA与DE所成的角的取值范围是(0，eq\f(π,2)]，向量eq\o(PA,\s\up6(→))与eq\o(DE,\s\up6(→))所成的角〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉的取值范围是[0，π]，∴cosθ＝|cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉|.线面角θ的范围是[0，eq\f(π,2)]，sinθ＝|cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))|·|n|).补偿练习27(2013·济南模拟)如图，正方形ABCD的边长为2，将四条边对应的等腰三角形折起构成一个正四棱锥P—ABCD.(1)当Q为PC的中点时，证明：PA∥平面BDQ；(2)当等腰三角形的腰长为多少时，异面直线PA与BC所成的角为60°；(3)当侧棱与底面所成的角为60°时，求相邻两个侧面所成的二面角的余弦值．(1)证明连结AC交BD于点O，连结OQ，∵点O，Q分别是AC，PC的中点，∴OQ∥AP，又OQ⊂平面BDQ，PA⊄平面BDQ，∴PA∥平面BDQ.(2)解建立空间直角坐标系O－xyz如图所示，不妨设高OP＝x，则A(1，－1,0)，P(0,0，x)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,1，x)而eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，所以cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AP,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(2＋x2)·2)＝eq\f(1,\r(2＋x2))，要使异面直线AP与BC所成的角为60°，只需eq\f(1,\r(2＋x2))＝cos60°＝eq\f(1,2)，解得x＝eq\r(2)，此时侧棱长也就是三角形的腰长为2.(3)解侧棱与底面所成的角为60°时，也就是∠PBO为60°时，eq\f(OP,OB)＝eq\r(3)，而OB＝eq\r(2)，所以OP＝eq\r(6).所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,1，eq\r(6))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，不妨设平面PAB的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n1＝0,\o(AB,\s\up6(→))·n1＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＋\r(6)z＝0,2y＝0))，不妨令x＝eq\r(6)，可得n1＝(eq\r(6)，0,1)同理可得平面PBC的一个法向量n2＝(0，eq\r(6)，1)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(1,\r(7)·\r(7))＝eq\f(1,7)，所以相邻两个侧面所成的二面角的余弦值为－eq\f(1,7).解析几何易错点28忽视倾斜角的范围致误例28经过点(－2,3)，倾斜角是直线3x＋4y－5＝0倾斜角一半的直线的方程是_______．错解设所求直线的倾斜角为α，则tan2α＝－eq\f(3,4)，∴tanα＝－eq\f(1,3)或tanα＝3.故所求直线的方程为x＋3y－7＝0或3x－y＋9＝0.错因分析错解中只注意了直线倾斜角的关系，而忽视了直线倾斜角的范围，导致增解．正解由tan2α＝－eq\f(3,4)，可得eq\f(π,2)<2α<π，∴eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，故tanα＝－eq\f(1,3)(舍去)或tanα＝3，因此所求直线的方程为3x－y＋9＝0.易错突破在求直线倾斜角的过程中，如果遇到一些不确定的变量(如斜率、字母、角度等)时，要根据倾