專題三易錯(cuò)點(diǎn)

高考易錯(cuò)點(diǎn)分類例析——最后的查缺補(bǔ)漏集合、邏輯用語、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)易錯(cuò)點(diǎn)1遺忘空集致誤例1已知A＝{x∈R|x<－1或x>4}，B＝{x∈R|2a≤x≤a＋3}，若A∪B＝A，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．錯(cuò)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.∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是a<－4或2<a≤3.錯(cuò)因分析由并集定義容易知道，對(duì)于任何一個(gè)集合A，都有A∪?＝A，所以錯(cuò)解忽視了B＝?時(shí)的情況．正解由A∪B＝A知，B?A.①當(dāng)B≠?時(shí)，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當(dāng)B＝?時(shí)，由2a>a＋3，解得a>3.綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是a<－4或a>2.易錯(cuò)突破造成本題錯(cuò)誤的根本原因是忽視了“空集是任何集合的子集”這一性質(zhì)．當(dāng)題目中出現(xiàn)A?B，A∩B＝A，A∪B＝B時(shí)，注意對(duì)A進(jìn)行分類討論，即分為A＝?和A≠?兩種情況討論．補(bǔ)償練習(xí)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，則所有實(shí)數(shù)m組成的集合是________．答案{0，－1,2}解析當(dāng)m＝0時(shí)，B＝?，符合題意；當(dāng)m≠0時(shí)，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))，若B?A，則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*＝?，則實(shí)數(shù)p的取值范圍為____________．答案(－4，＋∞)解析由于A∩R*＝?，先求A∩R*≠?的情況有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.故當(dāng)A∩R*＝?時(shí)，p的取值范圍是(－4，＋∞)．易錯(cuò)點(diǎn)2忽視元素互異性致誤例2已知集合A＝{1，x,2}，B＝{1，x2}，若A∪B＝A，則x的不同取值有______種情況．錯(cuò)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個(gè)不同取值．錯(cuò)因分析當(dāng)x＝1時(shí)，集合A、B中元素不滿足互異性，錯(cuò)解中忽視了集合中元素的互異性，導(dǎo)致錯(cuò)誤．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時(shí)，x2＝1，集合A、B中元素不滿足互異性，所以符合題意的x為eq\r(2)或－eq\r(2)或0，共3種情況．易錯(cuò)突破由集合的關(guān)系求參數(shù)的值應(yīng)注意元素性質(zhì)的具體情況，對(duì)求出的參數(shù)值要進(jìn)行驗(yàn)證．補(bǔ)償練習(xí)2若A＝{1,3，x}，B＝{x2,1}，且A∪B＝{1,3，x}，則這樣的x為________．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.綜合①②，共有3個(gè)值．易錯(cuò)點(diǎn)3忽視區(qū)間的端點(diǎn)致誤例3記f(x)＝eq\r(2－\f(x＋3,x＋1))的定義域?yàn)锳，g(x)＝lg[(x－a－1)(2a－x)](a<1)的定義域?yàn)锽.若B?A，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．錯(cuò)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)．錯(cuò)因分析從B?A求字母a的范圍時(shí)，沒有注意臨界點(diǎn)，區(qū)間的端點(diǎn)搞錯(cuò)．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.故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).補(bǔ)償練習(xí)3設(shè)A＝{x|1<x<2}，B＝{x|x>a}，若AB，則a的取值范圍是__________．答案(－∞，1]解析因?yàn)锳?B且A≠B，利用數(shù)軸可知：a≤1.易錯(cuò)點(diǎn)4對(duì)命題否定不當(dāng)致誤例4命題“若x，y都是奇數(shù)，則x＋y是偶數(shù)”的逆否命題是________．錯(cuò)解若x＋y不是偶數(shù)，則x，y都不是奇數(shù)錯(cuò)因分析“x，y都是奇數(shù)”的否定中包含三種情況：“x是奇數(shù)，y不是奇數(shù)”，“x不是奇數(shù)，y是奇數(shù)”，“x，y都不是奇數(shù)”，誤把“x，y都不是奇數(shù)”作為“x，y都是奇數(shù)”的否定而得出錯(cuò)誤的答案．正解若x＋y不是偶數(shù)，則x，y不都是奇數(shù)易錯(cuò)突破對(duì)條件進(jìn)行否定時(shí)，要搞清條件包含的各種情況，全面考慮；對(duì)于和參數(shù)范圍有關(guān)的問題，可以先化簡再否定．補(bǔ)償練習(xí)4已知集合M＝{x|eq\f(a2x＋2x－3,ax－1)<0}，若2∈M，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案a≥eq\f(1,2)解析若2∈M，則eq\f(2a2＋1,2a－1)<0，即(2a－1)(2a2＋1)<0，∴a<eq\f(1,2)，∴當(dāng)2∈M時(shí)，a的取值范圍為a≥eq\f(1,2).易錯(cuò)點(diǎn)5充分條件、必要條件顛倒致誤例5若p：a∈R，|a|<1，q：關(guān)于x的二次方程x2＋(a＋1)x＋a－2＝0的一個(gè)根大于零，另一個(gè)根小于零，則p是q的________條件．錯(cuò)解必要不充分錯(cuò)因分析由p?q應(yīng)得p是q的充分條件，錯(cuò)解顛倒了充分條件、必要條件．正解將兩條件化簡可得p：－1<a<1，q：a<2，易知p?q，且q?p，故p是q的充分不必要條件．易錯(cuò)突破在解題時(shí)熟練運(yùn)用以下幾種方法即可減少失誤：(1)定義法：直接利用定義進(jìn)行判斷；(2)逆否法(等價(jià)法)：“p?q”表示p等價(jià)于q.要證p?q，只需證它的逆否命題綈q?綈p即可，同理要證p?q，只需證綈q?綈p即可，所以p?q，只需綈q?綈p.(3)利用集合間的包含關(guān)系進(jìn)行判斷：如果條件p和結(jié)論q都是集合，那么若p?q，則p是q的充分不必要條件；若p?q，則p是q的必要不充分條件；若p＝q，則p是q的充要條件，尤其對(duì)于數(shù)的集合，可以利用小范圍的數(shù)一定在大范圍中，即小?大，會(huì)給我們的解答帶來意想不到的驚喜．(4)舉反例：要說明p是q的不充分條件，只要找到x0∈{x|p}，但x0?{x|q}即可．補(bǔ)償練習(xí)5已知條件p：|x＋1|＞4，條件q：x＞a，且綈p是綈q的充分不必要條件，則a的取值范圍是________．答案[3，＋∞)解析由題意知，條件p：x＜－5或x＞3，條件q：x＞a，所以綈p：－5≤x≤3，綈q：x≤a.因?yàn)榻恜是綈q的充分不必要條件，所以a≥3.eq\f(1eq\f(1,2)例6函數(shù)y＝log(x2－5x＋6)的單調(diào)遞增區(qū)間為____________．錯(cuò)解eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))錯(cuò)解分析忽視了函數(shù)定義域，應(yīng)加上條件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)則u＝x2－5xeq\f(1,2)∴y＝log(x2－5x＋6)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，2)．易錯(cuò)突破在研究函數(shù)問題時(shí)，不論什么情況，首先要考慮函數(shù)的定義域，這是研究函數(shù)的最基本原則．補(bǔ)償練習(xí)6若函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．答案[1，eq\f(3,2))解析由題意，知函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝4x－eq\f(1,x)，由f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2).所以函數(shù)f(x)在(0，eq\f(1,2)]上單調(diào)遞減，在[eq\f(1,2)，＋∞)上單調(diào)遞增．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).易錯(cuò)點(diǎn)7忽視二次項(xiàng)系數(shù)為0致誤例7函數(shù)f(x)＝(k－1)x2＋2(k＋1)x－1的圖象與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值集合是__________．錯(cuò)解由題意知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}．錯(cuò)因分析未考慮k－1＝0的情況而直接令Δ＝0求解導(dǎo)致失解．正解當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)＝4x－1，其圖象與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0)).當(dāng)k≠1時(shí)，由題意得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}．易錯(cuò)突破對(duì)多項(xiàng)式函數(shù)或方程、不等式，如果含有參數(shù)，一定首先考慮最高次項(xiàng)系數(shù)為0的情況．補(bǔ)償練習(xí)7函數(shù)f(x)＝mx2－2x＋1有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．答案(－∞，0]∪{1}解析當(dāng)m＝0時(shí)，x＝eq\f(1,2)為函數(shù)的零點(diǎn)；當(dāng)m≠0時(shí)，若Δ＝0，即m＝1時(shí)，x＝1是函數(shù)唯一的零點(diǎn)，若Δ≠0，顯然x＝0不是函數(shù)的零點(diǎn)，這樣函數(shù)有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)零點(diǎn)等價(jià)于方程f(x)＝mx2－2x＋1＝0有一個(gè)正根一個(gè)負(fù)根，即mf(0)＜0，即m＜0.易錯(cuò)點(diǎn)8分段函數(shù)意義不明致誤例8已知：x∈N*，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5x≥6,fx＋2x<6))，求f(3)．錯(cuò)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.錯(cuò)因分析沒有理解分段函數(shù)的意義，f(x)＝x－5在x≥6的前提下才成立，f(3)應(yīng)代入x<6化為f(5)，進(jìn)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.補(bǔ)償練習(xí)8定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log21－x，x≤0,fx－1－fx－2，x>0))，則f(2013)的值為________．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.易錯(cuò)點(diǎn)9函數(shù)單調(diào)性考慮不周致誤例9函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2＋1，x≥0，,a2－1eax，x<0))在(－∞，＋∞)上單調(diào)，則a的取值范圍是________．錯(cuò)解(－∞，1)∪(1，＋∞)錯(cuò)因分析忽視了函數(shù)在定義域分界點(diǎn)上函數(shù)值的大?。馊艉瘮?shù)在R上單調(diào)遞減，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,a2－1>0，,a2－1e0≥1，))解之得a≤－eq\r(2)；若函數(shù)在R上單調(diào)遞增，則有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的取值范圍是(－∞，－eq\r(2)]∪(1，eq\r(2)]．易錯(cuò)突破分段函數(shù)的單調(diào)性不僅要使函數(shù)在各個(gè)段上具有單調(diào)性，還要考慮分界點(diǎn)上函數(shù)值大?。a(bǔ)償練習(xí)9已知偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則滿足f(2x－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))解析f(x)是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，又f(x)在[0，＋∞)上遞增，∴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).易錯(cuò)點(diǎn)10混淆“過點(diǎn)”與“切點(diǎn)”致誤例10求過曲線y＝x3－2x上的點(diǎn)(1，－1)的切線方程．錯(cuò)解∵y′＝3x2－2，∴k＝y(tǒng)′|x＝1＝3×12－2＝1，∴切線方程為y＋1＝x－1，即x－y－2＝0.錯(cuò)因分析混淆“過某一點(diǎn)”的切線和“在某一點(diǎn)處”的切線，錯(cuò)把(1，－1)當(dāng)做切點(diǎn)．正解設(shè)P(x0，y0)為切點(diǎn)，則切線的斜率為y′|x＝x0＝3xeq\o\al(2,0)－2.∴切線方程為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)．又知切線過點(diǎn)(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).故所求切線方程為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.易錯(cuò)突破過曲線上的點(diǎn)(1，－1)的切線與曲線的切點(diǎn)可能是(1，－1)，也可能不是(1，－1)．本題錯(cuò)誤的根本原因就是把(1，－1)當(dāng)成了切點(diǎn)．解決這類題目時(shí)，一定要注意區(qū)分“過點(diǎn)A的切線方程”與“在點(diǎn)A處的切線方程”的不同．雖只有一字之差，意義完全不同，“在”說明這點(diǎn)就是切點(diǎn)，“過”只說明切線過這個(gè)點(diǎn)，這個(gè)點(diǎn)不一定是切點(diǎn)．補(bǔ)償練習(xí)10已知曲線S：y＝－eq\f(2,3)x3＋x2＋4x及點(diǎn)P(0,0)，則過點(diǎn)P的曲線S的切線方程為____________．答案y＝4x或y＝eq\f(35,8)x解析設(shè)過點(diǎn)P的切線與曲線S切于點(diǎn)Q(x0，y0)，則過點(diǎn)P的曲線S的切線斜率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點(diǎn)Q在曲線S上，y0＝－eq\f(2,3)xeq\o\al(3,0)＋xeq\o\al(2,0)＋4x0， ②將②代入①得－2xeq\o\al(2,0)＋2x0＋4＝－eq\f(2,3)xeq\o\al(2,0)＋x0＋4，化簡得eq\f(4,3)xeq\o\al(2,0)－x0＝0，所以x0＝0或x0＝eq\f(3,4)，若x0＝0，則y0＝0，k＝4，過點(diǎn)P的切線方程為y＝4x；若x0＝eq\f(3,4)，則y0＝eq\f(105,32)，k＝eq\f(35,8)，過點(diǎn)P的切線方程為y＝eq\f(35,8)x.所以過點(diǎn)P的曲線S的切線方程為y＝4x或y＝eq\f(35,8)x.易錯(cuò)點(diǎn)11函數(shù)極值點(diǎn)概念不清致誤例11已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值為10，則a＋b＝________.錯(cuò)解－7或0錯(cuò)因分析忽視了條件的等價(jià)性，“f′(1)＝0”是“x＝1為f(x)的極值點(diǎn)”的必要不充分條件．正解f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1時(shí)，函數(shù)取得極值10，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3＋2a＋b＝0，①,f1＝1＋a＋b＋a2＝10，

②))聯(lián)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.))當(dāng)a＝4，b＝－11時(shí)，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)在x＝1兩側(cè)的符號(hào)相反，符合題意．當(dāng)a＝－3，b＝3時(shí)，f′(x)＝3(x－1)2在x＝1兩側(cè)的符號(hào)相同，所以a＝－3，b＝3不符合題意，舍去．綜上可知a＝4，b＝－11，∴a＋b＝－7.易錯(cuò)突破對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)：x0是極值點(diǎn)的充要條件是在x0點(diǎn)兩側(cè)導(dǎo)數(shù)異號(hào)，即f′(x)在方程f′(x)＝0的根x0的左右的符號(hào)：“左正右負(fù)”?f(x)在x0處取極大值；“左負(fù)右正”?f(x)在x0處取極小值，而不僅是f′(x0)＝0.f′(x0)＝0是x0為極值點(diǎn)的必要而不充分條件．對(duì)于給出函數(shù)極大(小)值的條件，一定要既考慮f′(x0)＝0，又考慮檢驗(yàn)“左正右負(fù)”或“左負(fù)右正”，防止產(chǎn)生增根．補(bǔ)償練習(xí)11已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x4,4)＋eq\f(b,3)x3－eq\f(2＋a,2)x2＋2ax在點(diǎn)x＝1處取極值，且函數(shù)g(x)＝eq\f(x4,4)＋eq\f(b,3)x3－eq\f(a－1,2)x2－ax在區(qū)間(a－6,2a－3)上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解f′(x)＝x3＋bx2－(2＋a)x＋2a，由f′(1)＝0，得b＝1－a，當(dāng)b＝1－a時(shí)，f′(x)＝x3＋(1－a)x2－(2＋a)x＋2a＝(x－1)(x＋2)(x－a)，如果a＝1，那么x＝1就只是導(dǎo)函數(shù)值為0的點(diǎn)而非極值點(diǎn)，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)．當(dāng)x<a時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(－∞，a)上單調(diào)遞減，∴(a－6,2a－3)?(－∞，a)，∴a－6<2a－3≤a，故所求a的范圍為－3<a≤3.綜上可知a的取值范圍應(yīng)為－3<a≤3且a≠1.易錯(cuò)點(diǎn)12導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性關(guān)系不準(zhǔn)致誤例12函數(shù)f(x)＝x3－ax2－3x在[2，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．錯(cuò)解(－∞，eq\f(9,4))錯(cuò)因分析求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間就是解導(dǎo)數(shù)大于零的不等式，受此影響，容易認(rèn)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)在區(qū)間[2，＋∞)上大于零，忽視了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在[2，＋∞)上個(gè)別的點(diǎn)處可以等于零，這樣的點(diǎn)不影響函數(shù)的單調(diào)性．正解由題意，知f′(x)＝3x2－2ax－3，令f′(x)≥0(x≥2)，得a≤eq\f(3,2)(x－eq\f(1,x))．記t(x)＝eq\f(3,2)(x－eq\f(1,x))，當(dāng)x≥2時(shí)，t(x)是增函數(shù)，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)]．經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝eq\f(9,4)時(shí)，函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)．補(bǔ)償練習(xí)12已知函數(shù)f(x)＝mx2＋lnx－2x在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為______________．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).三角函數(shù)與平面向量易錯(cuò)點(diǎn)13忽視角的范圍致誤例13已知sinα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，且α，β為銳角，則α＋β＝________.錯(cuò)解∵α、β為銳角，∴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.錯(cuò)因分析錯(cuò)解中沒有注意到sinα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)本身對(duì)角的范圍的限制，造成錯(cuò)解．正解因?yàn)棣?，β為銳角，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?yàn)?<α＋β<π，所以α＋β＝eq\f(π,4).易錯(cuò)突破對(duì)三角函數(shù)的求值問題，不僅要看已知條件中角的范圍，還要挖掘隱含條件，根據(jù)三角函數(shù)值縮小角的范圍；本題中(0，π)中的角和余弦值一一對(duì)應(yīng)，最好在求角時(shí)選擇計(jì)算cos(α＋β)來避免增解．補(bǔ)償練習(xí)13已知方程x2＋4ax＋3a＋1＝0(a>1)的兩根分別為tanα，tanβ，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則taneq\f(α＋β,2)的值是________．答案－2解析因?yàn)閍>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)，則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)．易錯(cuò)點(diǎn)14圖象變換混亂致誤例14要得到y(tǒng)＝sin(－3x)的圖象，需將y＝eq\f(\r(2),2)(cos3x－sin3x)的圖象向______平移______個(gè)單位(寫出其中的一種特例即可)．錯(cuò)解右eq\f(π,4)或右eq\f(π,12)錯(cuò)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))))).題目要求是由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錯(cuò)了；右移eq\f(π,12)平移方向錯(cuò)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(tǒng)＝sin(－3x)只需對(duì)x加上eq\f(π,12)即可，因而是對(duì)y＝eq\f(\r(2),2)(cos3x－sin3x)向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位．易錯(cuò)突破函數(shù)圖象的左右平移是自變量x發(fā)生變化，如ωx→ωx±φ(φ>0)這個(gè)變化的實(shí)質(zhì)是x→x±eq\f(φ,ω)，所以平移的距離并不是φ.補(bǔ)償練習(xí)14將函數(shù)y＝sinx的圖象上所有的點(diǎn)向右平移eq\f(π,10)個(gè)單位長度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，所得圖象的函數(shù)解析式是________．答案y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10)))解析將函數(shù)y＝sinx的圖象上所有的點(diǎn)向右平移eq\f(π,10)個(gè)單位長度，所得函數(shù)圖象的解析式為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,10)))；再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，所得圖象的函數(shù)解析式是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10))).易錯(cuò)點(diǎn)15解三角形多解、漏解致誤例15在△ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為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.錯(cuò)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.錯(cuò)因分析在用正弦定理解三角形時(shí)，易出現(xiàn)漏解或多解的錯(cuò)誤，如第(1)問中沒有考慮c邊比a邊大，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)問中又因?yàn)闆]有考慮角C有兩解，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.這樣就出現(xiàn)漏解的錯(cuò)誤．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).當(dāng)C＝eq\f(π,3)時(shí)，B＝eq\f(π,2)，∴b＝2；當(dāng)C＝eq\f(2π,3)時(shí)，B＝eq\f(π,6)，∴b＝1.綜上所述，b＝2或b＝1.易錯(cuò)突破已知兩邊及其中一邊的對(duì)角解三角形時(shí)，注意要對(duì)解的情況進(jìn)行討論，討論的根據(jù)一是所求的正弦值是否合理，當(dāng)正弦值小于等于1時(shí)，還應(yīng)判斷各角之和與180°的關(guān)系；二是兩邊的大小關(guān)系．補(bǔ)償練習(xí)15在△ABC中，B＝30°，AB＝2eq\r(3)，AC＝2，求△ABC的面積．解由正弦定理得sinC＝eq\f(AB·sinB,AC)＝eq\f(\r(3),2).又因?yàn)锳B>AC，所以C＝60°或C＝120°.當(dāng)C＝60°時(shí)，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).當(dāng)C＝120°時(shí)，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的面積是2eq\r(3)或eq\r(3).易錯(cuò)點(diǎn)16向量夾角定義不明致誤例16已知等邊△ABC的邊長為1，則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(→))＝________.錯(cuò)解∵△ABC為等邊三角形，∴|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(→))間的夾角均為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).錯(cuò)因分析數(shù)量積的定義a·b＝|a|·|b|·cosθ，這里θ是a與b的夾角，本題中eq\o(BC,\s\up6(→))與eq\o(CA,\s\up6(→))夾角不是∠C.兩向量的夾角應(yīng)為平面上同一起點(diǎn)表示向量的兩條有向線段間的夾角，如圖eq\o(BC,\s\up6(→))與eq\o(CA,\s\up6(→))的夾角應(yīng)是∠ACD.正解如圖eq\o(BC,\s\up6(→))與eq\o(CA,\s\up6(→))的夾角應(yīng)是∠ACB的補(bǔ)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).易錯(cuò)突破在判斷兩向量的夾角時(shí)，要注意把兩向量平移到共起點(diǎn)，這樣才不至于判斷錯(cuò)誤．平面向量與三角函數(shù)的結(jié)合，主要是指題設(shè)條件設(shè)置在向量背景下，一旦脫去向量的“外衣”，實(shí)質(zhì)上就變成純?nèi)菃栴}．補(bǔ)償練習(xí)16在正三角形ABC中，D是邊BC上的點(diǎn)，AB＝3，BD＝1，則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).易錯(cuò)點(diǎn)17忽視向量共線致誤例17已知a＝(2,1)，b＝(λ，1)，λ∈R，a與b的夾角為θ.若θ為銳角，則λ的取值范圍是__________．錯(cuò)解∵cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1)).因θ為銳角，有cosθ>0，∴eq\f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1))>0?2λ＋1>0，得λ>－eq\f(1,2)，λ的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).錯(cuò)因分析當(dāng)向量a，b同向時(shí)，θ＝0，cosθ＝1滿足cosθ>0，但不是銳角．正解∵θ為銳角，∴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的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(λ|λ>－\f(1,2)且λ≠2)).易錯(cuò)突破在解決兩向量夾角問題時(shí)，一般地，向量a，b為非零向量，a與b的夾角為θ，則①θ為銳角?a·b>0且a，b不同向；②θ為直角?a·b＝0；③θ為鈍角?a·b<0且a，b不反向．補(bǔ)償練習(xí)17設(shè)兩個(gè)向量e1，e2，滿足|e1|＝2，|e2|＝1，e1與e2的夾角為eq\f(π,3).若向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為鈍角，求實(shí)數(shù)t的范圍．解∵2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為鈍角，∴(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的取值范圍為－7<t<－eq\f(1,2)且t≠－eq\f(\r(14),2).數(shù)列與不等式易錯(cuò)點(diǎn)18運(yùn)用公式“an＝Sn－Sn－1”不當(dāng)致誤例18已知數(shù)列{an}對(duì)任意的n∈N*都滿足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．錯(cuò)解∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，∴a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8－5(n－1)，兩式相減，得2n－1an＝－5，∴an＝－eq\f(5,2n－1).錯(cuò)因分析當(dāng)n＝1時(shí)，由題中條件可得a1＝3，而代入錯(cuò)解中所得的通項(xiàng)公式可得a1＝－5，顯然是錯(cuò)誤的．其原因是：兩式相減時(shí)，所適用的條件是n≥2，并不包含n＝1的情況．只有所求的通項(xiàng)公式對(duì)n＝1時(shí)也成立，才可以這樣寫，否則要分開寫．正解當(dāng)n≥2時(shí)，由于a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，那么a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8－5(n－1)，兩式對(duì)應(yīng)相減可得2n－1an＝8－5n－[8－5(n－1)]＝－5，所以an＝－eq\f(5,2n－1).而當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3≠－eq\f(5,21－1)＝－5，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,－\f(5,2n－1)，n≥2.))易錯(cuò)突破本題實(shí)質(zhì)上已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn，求通項(xiàng)an與Sn的關(guān)系中，an＝Sn－Sn－1，成立的條件是n≥2，求出的an中不一定包括a1，而a1應(yīng)由a1＝S1求出，然后再檢驗(yàn)a1是否在an中，這是一個(gè)典型的易錯(cuò)點(diǎn)．補(bǔ)償練習(xí)18已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之和為Sn＝n2＋n＋1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為__________．答案an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2))解析當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3；當(dāng)n≥2時(shí)，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.))易錯(cuò)點(diǎn)19忽視等比數(shù)列公比的條件致誤例19各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S10＝10，S30＝70，則S40＝________.錯(cuò)解150或－200錯(cuò)因分析數(shù)列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比q10>0.忽略了此隱含條件，就產(chǎn)生了增解－200.正解記b1＝S10，b2＝S20－S10，b3＝S30－S20，b4＝S40－S30，b1，b2，b3，b4是以公比為r＝q10>0的等比數(shù)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.易錯(cuò)突破在等比數(shù)列中，公比的條件在使用中要注意隱含條件，Sn中q≠1；構(gòu)造新數(shù)列要注意新數(shù)列的公比和原公比的關(guān)系，如等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比為q10>0.補(bǔ)償練習(xí)19(2013·丹東模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3＋S6＝S9，則數(shù)列的公比q＝________.答案1或－1解析①當(dāng)q＝1時(shí)，S3＋S6＝9a1，S9＝9a1，∴S3＋S6＝S9成立．②當(dāng)q≠1時(shí)，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.易錯(cuò)點(diǎn)20數(shù)列最值意義不清致誤例20已知數(shù)列{an}滿足a1＝33，an＋1－an＝2n，則eq\f(an,n)的最小值為________．錯(cuò)解2eq\r(33)－1錯(cuò)因分析忽視了n為正整數(shù)，直接利用基本不等式求最值，要注意和函數(shù)最值的區(qū)別．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)，＋∞)上為增函數(shù)，在(0，eq\r(33)]上為減函數(shù)．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).易錯(cuò)突破研究數(shù)列的最值問題時(shí)，往往借助函數(shù)的思想利用導(dǎo)數(shù)研究數(shù)列的單調(diào)性來解決．關(guān)于正整數(shù)n的對(duì)勾函數(shù)，使其取最值的點(diǎn)就是在離單調(diào)區(qū)間分界點(diǎn)距離最近的那兩個(gè)點(diǎn)中取得，代入檢驗(yàn)，便可確定最值．補(bǔ)償練習(xí)20若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，則數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項(xiàng)是第________項(xiàng)．答案3解析當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝－9；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－(n－1)2＋10(n－1)＝2n－11.可以統(tǒng)一為an＝2n－11(n∈N*)故nan＝2n2－11n，該關(guān)于n的二次函數(shù)的對(duì)稱軸是n＝eq\f(11,4)，考慮到n為正整數(shù)，且對(duì)稱軸離n＝3較近，故數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項(xiàng)是第3項(xiàng)．易錯(cuò)點(diǎn)21數(shù)列遞推關(guān)系轉(zhuǎn)化不當(dāng)致誤例21已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,x＋1)，數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝f(an)，bn＝eq\f(an,1－an)，n∈N*，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式．錯(cuò)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.錯(cuò)因分析遞推關(guān)系轉(zhuǎn)化不當(dāng)，無法求出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為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，∴bn＝2n.易錯(cuò)突破解決遞推數(shù)列問題的基本原則是根據(jù)遞推數(shù)列的特征進(jìn)行轉(zhuǎn)化．掌握以下幾類遞推關(guān)系的轉(zhuǎn)化，可極大地提高解題效率．①an＋1＝qan＋k形式可用待定系數(shù)法：an＋1＋λ＝q(an＋λ)；②an＋1＝eq\f(man,an＋n)形式可用取倒數(shù)法；③觀察法，如an＋1＝2(1＋eq\f(1,n))2an?eq\f(an＋1,n＋12)＝2·eq\f(an,n2).補(bǔ)償練習(xí)21已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,3)，an＋1an＝2an＋1－an，Sn表示數(shù)列{an}前n項(xiàng)和．求證：Sn<1.證明由a1＝eq\f(1,3)≠0，易知對(duì)于任意的n，an≠0.an＋1an＝2an＋1－an可化為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，則b1＝2，bn＋1＝2bn.所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．bn＝eq\f(1,an)－1＝2n，所以an＝eq\f(1,2n＋1)，則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.易錯(cuò)點(diǎn)22忽視基本不等式的應(yīng)用條件致誤例22函數(shù)y＝x＋eq\f(2,x－1)的值域是________．錯(cuò)解[2eq\r(2)＋1，＋∞)錯(cuò)因分析錯(cuò)解中直接使用基本不等式，而忽視了應(yīng)用條件x－1>0時(shí)的情況被忽視．正解當(dāng)x>1時(shí)，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，當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq\f(2,x－1)，即x＝1＋eq\r(2)時(shí)等號(hào)成立；當(dāng)x<1時(shí)，－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)；當(dāng)且僅當(dāng)1－x＝eq\f(2,1－x)，即x＝1－eq\r(2)時(shí)等號(hào)成立．∴原函數(shù)的值域?yàn)?－∞，1－2eq\r(2)]∪[1＋2eq\r(2)，＋∞)．易錯(cuò)突破利用基本不等式求最值時(shí)，無論怎樣變形，均需滿足“一正，二定，三相等”的條件．本例由于忽視了x－1的正、負(fù)問題，導(dǎo)致結(jié)果錯(cuò)誤．在應(yīng)用基本不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)時(shí)，首先應(yīng)考慮a，b是否為正值．補(bǔ)償練習(xí)22函數(shù)f(x)＝1＋logax(a＞0，a≠1)的圖象恒過定點(diǎn)A，若點(diǎn)A在直線mx＋ny－2＝0上，其中mn＞0，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為________．答案2解析因?yàn)閘oga1＝0，所以f(1)＝1，故函數(shù)f(x)的圖象恒過定點(diǎn)A(1,1)，由題意，知點(diǎn)A在直線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?yàn)閙n＞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(當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時(shí)等號(hào)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)的最小值為2.易錯(cuò)點(diǎn)23解含參數(shù)不等式討論不當(dāng)致誤例23解關(guān)于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0.錯(cuò)解原不等式化為a(x－eq\f(1,a))(x－1)<0.∴當(dāng)a>1時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)).當(dāng)a<1時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a))).錯(cuò)因分析解本題容易出現(xiàn)的錯(cuò)誤是：(1)認(rèn)定這個(gè)不等式就是一元二次不等式，忽視了對(duì)a＝0時(shí)的討論；(2)在不等式兩端約掉系數(shù)a時(shí)，若a<0，忘記改變不等號(hào)的方向；(3)忽視了對(duì)根的大小的討論，特別是等根的討論；(4)分類討論后，最后對(duì)結(jié)論不進(jìn)行整合．正解當(dāng)a＝0時(shí)，不等式的解集為{x|x>1}．當(dāng)a≠0時(shí)，不等式化為aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.當(dāng)a<0時(shí)，原不等式等價(jià)于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)>0，不等式的解集為{x|x>1或x<eq\f(1,a)}；當(dāng)0<a<1時(shí)，1<eq\f(1,a)，不等式的解集為{x|1<x<eq\f(1,a)}；當(dāng)a>1時(shí)，eq\f(1,a)<1，不等式的解集為{x|eq\f(1,a)<x<1}；當(dāng)a＝1時(shí)，不等式的解集為?.綜上所述，當(dāng)a<0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))∪(1，＋∞)；當(dāng)a＝0時(shí)，不等式的解集為(1，＋∞)；當(dāng)0<a<1時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))；當(dāng)a＝1時(shí)，不等式的解集為?；當(dāng)a>1時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)).易錯(cuò)突破解形如ax2＋bx＋c>0的不等式，應(yīng)對(duì)系數(shù)a分a>0，a＝0，a<0進(jìn)行討論，還要討論各根的大小，最后根據(jù)不同情況分別寫出不等式的解集．

補(bǔ)償練習(xí)23設(shè)不等式x2－2ax＋a＋2≤0的解集為M，如果M?[1,4]，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解設(shè)f(x)＝x2－2ax＋a＋2，有Δ＝(－2a)2－4(a＋2)＝4(a2－a－2)．①當(dāng)Δ<0，即－1<a<2時(shí)，M＝?，??[1,4]；②當(dāng)Δ＝0，即a＝－1或2時(shí)，若a＝－1，則M＝{－1}?[1,4]，若a＝2，則M＝{2}?[1,4]；③當(dāng)Δ>0，即a<－1或a>2時(shí)，設(shè)方程f(x)＝0的兩根為x1，x2，且x1<x2，那么M＝[x1，x2]，則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).綜上，可得M?[1,4]時(shí)，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(18,7))).易錯(cuò)點(diǎn)24線性規(guī)劃問題最值意義不明致誤例24設(shè)雙曲線x2－y2＝1的兩條漸近線與直線x＝eq\f(\r(2),2)圍成的三角形區(qū)域(包含邊界)為D，點(diǎn)P(x，y)為D內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則目標(biāo)函數(shù)z＝x－2y的最小值為________．錯(cuò)解eq\f(3,2)eq\r(2)錯(cuò)因分析沒有理解線性規(guī)劃中目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，認(rèn)為目標(biāo)函數(shù)一定在最高點(diǎn)處取到最大值，最低點(diǎn)時(shí)取到最小值．正解－eq\f(\r(2),2)易錯(cuò)突破對(duì)于線性規(guī)劃問題中的目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by，可以化成y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)的形式，eq\f(z,b)是直線的縱截距，當(dāng)b<0時(shí)，z的最小值在直線最高時(shí)取得．補(bǔ)償練習(xí)24已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，則z＝2x－3y的取值范圍是______．答案(3,8)解析畫出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<x＋y<4,2<x－y<3))表示的可行域，在可行域內(nèi)平移直線z＝2x－3y，當(dāng)直線經(jīng)過x－y＝2與x＋y＝4的交點(diǎn)A(3,1)時(shí)，有zmin＝2×3－3×1＝3；當(dāng)直線經(jīng)過x＋y＝－1與x－y＝3的交點(diǎn)B(1，－2)時(shí)，有zmax＝2×1＋3×2＝8，故z的取值范圍為(3,8)．立體幾何易錯(cuò)點(diǎn)25線面關(guān)系定理?xiàng)l件把握不準(zhǔn)致誤例25在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別為DD1、DB的中點(diǎn)．(1)求證：EF∥平面ABC1D1；(2)求證：EF⊥B1C.錯(cuò)解(1)連結(jié)BD1，∵E、F分別為DD1、DB的中點(diǎn)．∴EF∥D1B，∴EF∥平面ABC1D1.(2)AC⊥BD，又AC⊥D1D，∴AC⊥平面BDD1，∴EF⊥AC.錯(cuò)因分析推理論證不嚴(yán)謹(jǐn)，思路不清晰．正解(1)連結(jié)BD1，如圖所示，在△DD1B中，E、F分別為DD1、DB的中點(diǎn)，則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為正方體?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.易錯(cuò)突破證明空間線面位置關(guān)系的基本思想是轉(zhuǎn)化與化歸，根據(jù)線面平行、垂直關(guān)系的判定和性質(zhì)，進(jìn)行相互之間的轉(zhuǎn)化，如本題第(2)問是證明線線垂直，但分析問題時(shí)不能只局限在線上，要把相關(guān)的線歸結(jié)到某個(gè)平面上(或是把與這些線平行的直線歸結(jié)到某個(gè)平面上)，通過證明線面的垂直達(dá)到證明線線垂直的目的，但證明線面垂直又要借助于線線垂直，在不斷的相互轉(zhuǎn)化中達(dá)到最終目的．解這類問題時(shí)要注意推理嚴(yán)謹(jǐn)，使用定理時(shí)找足條件，書寫規(guī)范等．補(bǔ)償練習(xí)25如圖，在四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.(1)證明：AA1⊥BD；(2)證明：CC1∥平面A1BD.證明(1)方法一因?yàn)镈1D⊥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?yàn)锳B＝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?yàn)镈D1⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD，所以BD⊥D1D.如圖，取AB的中點(diǎn)G，連結(jié)DG.在△ABD中，由AB＝2AD，得AG＝AD.又∠BAD＝60°，所以△ADG為等邊三角形，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)如圖，連結(jié)AC、A1C1.設(shè)AC∩BD＝E，連結(jié)EA1.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，所以EC＝eq\f(1,2)AC.由棱臺(tái)的定義及AB＝2AD＝2A1B1知，A1C1∥EC且A1C1＝EC，所以四邊形A1ECC1為平行四邊形，因此CC1∥EA1.又因?yàn)镋A1?平面A1BD，CC1?平面A1BD，所以CC1∥平面A1BD.易錯(cuò)點(diǎn)26空間向量概念不清致誤(理)例26在△ABC中，已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,4,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,3,0)，則∠ABC＝________.錯(cuò)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°.錯(cuò)因分析概念混淆，沒有搞清〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉和∠ABC的區(qū)別．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°.易錯(cuò)突破弄清向量夾角與幾何圖形中的角的區(qū)別與聯(lián)系．在用向量表示角的時(shí)候，一定要特別注意向量的起點(diǎn)是否相同，以此決定二者是相等還是互補(bǔ)．補(bǔ)償練習(xí)26設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，且a≠b，記|a－b|＝m，求a－b與x軸正方向的夾角的余弦值．解設(shè)a－b與x軸正方向的夾角為θ，取x軸上一點(diǎn)P，令eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1,0,0)，則由題意可得：cosθ＝eq\f(a－b\o(OP,\s\up6(→)),|a－b|·|\o(OP,\s\up6(→))|)＝eq\f(a1－b1,m)，所以a－b與x軸正方向的夾角的余弦值為eq\f(a1－b1,m).易錯(cuò)點(diǎn)27混淆空間角與兩向量夾角致誤例27如圖所示，四棱錐P－ABCD中，底面四邊形ABCD是正方形，側(cè)面PDC是邊長為a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E為PC的中點(diǎn)．(1)求異面直線PA與DE所成角的余弦值；(2)求AP與平面ABCD所成角的正弦值．錯(cuò)解如圖所示，取DC的中點(diǎn)O，連結(jié)PO，∵△PDC為正三角形，∴PO⊥DC.又∵平面PDC⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則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為PC的中點(diǎn)，∴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).∴異面直線PA與DE所成角的余弦值為－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與平面ABCD所成角的正弦值為－eq\f(\r(6),4).錯(cuò)因分析(1)異面直線PA與DE所成的角為銳角或直角，余弦值一定非負(fù)．(2)直線AP與平面ABCD所成的角不是eq\o(PA,\s\up6(→))與平面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，∵異面直線PA、DE所成的角是銳角或直角，∴異面直線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)，∴直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(6),4).易錯(cuò)突破本題失分的根本原因是概念不清，混淆了空間角與向量所成角的概念，當(dāng)然運(yùn)算錯(cuò)誤也是常見的一種失分原因．要避免失分，首先要理解空間角與向量所成角是兩個(gè)不同的概念；其次要理清向量的夾角與空間角的關(guān)系，如：異面直線PA與DE所成的角的取值范圍是(0，eq\f(π,2)]，向量eq\o(PA,\s\up6(→))與eq\o(DE,\s\up6(→))所成的角〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉的取值范圍是[0，π]，∴cosθ＝|cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉|.線面角θ的范圍是[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|).補(bǔ)償練習(xí)27(2013·濟(jì)南模擬)如圖，正方形ABCD的邊長為2，將四條邊對(duì)應(yīng)的等腰三角形折起構(gòu)成一個(gè)正四棱錐P—ABCD.(1)當(dāng)Q為PC的中點(diǎn)時(shí)，證明：PA∥平面BDQ；(2)當(dāng)?shù)妊切蔚难L為多少時(shí)，異面直線PA與BC所成的角為60°；(3)當(dāng)側(cè)棱與底面所成的角為60°時(shí)，求相鄰兩個(gè)側(cè)面所成的二面角的余弦值．(1)證明連結(jié)AC交BD于點(diǎn)O，連結(jié)OQ，∵點(diǎn)O，Q分別是AC，PC的中點(diǎn)，∴OQ∥AP，又OQ?平面BDQ，PA?平面BDQ，∴PA∥平面BDQ.(2)解建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz如圖所示，不妨設(shè)高OP＝x，則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))，要使異面直線AP與BC所成的角為60°，只需eq\f(1,\r(2＋x2))＝cos60°＝eq\f(1,2)，解得x＝eq\r(2)，此時(shí)側(cè)棱長也就是三角形的腰長為2.(3)解側(cè)棱與底面所成的角為60°時(shí)，也就是∠PBO為60°時(shí)，eq\f(OP,OB)＝eq\r(3)，而OB＝eq\r(2)，所以O(shè)P＝eq\r(6).所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,1，eq\r(6))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，不妨設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為n1＝(x，y，z)，則有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的一個(gè)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)，所以相鄰兩個(gè)側(cè)面所成的二面角的余弦值為－eq\f(1,7).解析幾何易錯(cuò)點(diǎn)28忽視傾斜角的范圍致誤例28經(jīng)過點(diǎn)(－2,3)，傾斜角是直線3x＋4y－5＝0傾斜角一半的直線的方程是_______．錯(cuò)解設(shè)所求直線的傾斜角為α，則tan2α＝－eq\f(3,4)，∴tanα＝－eq\f(1,3)或tanα＝3.故所求直線的方程為x＋3y－7＝0或3x－y＋9＝0.錯(cuò)因分析錯(cuò)解中只注意了直線傾斜角的關(guān)系，而忽視了直線傾斜角的范圍，導(dǎo)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，因此所求直線的方程為3x－y＋9＝0.易錯(cuò)突破在求直線傾斜角的過程中，如果遇到一些不確定的變量(如斜率、字母、角度等)時(shí)，要根據(jù)傾