江蘇專用2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第三部分考前高效提分策略第2講考前必講的10大陷阱學(xué)案文蘇教版

PAGE1-第2講考前必講的10大陷阱陷阱1混淆概念致誤若z＝sinθ－eq\f(3,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ－\f(4,5)))i是純虛數(shù)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))的值為________．[易錯(cuò)分析]本題易混淆復(fù)數(shù)的有關(guān)概念，忽視虛部不為零的限制條件，導(dǎo)致所求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))的值為多解．[正確解析]由純虛數(shù)的概念，可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinθ－\f(3,5)＝0，①,cosθ－\f(4,5)≠0，②))由①，得sinθ＝eq\f(3,5)，故cosθ＝±eq\r(1－sin2θ)＝±eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2))＝±eq\f(4,5)，而由②，可得cosθ≠eq\f(4,5)，故cosθ＝－eq\f(4,5)，所以tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝－eq\f(3,4)．而taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(tanθ－tan\f(π,4),1＋tanθtan\f(π,4))＝eq\f(－\f(3,4)－1,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×1)＝－7．[答案]－7[跳出陷阱]在解答概念類試題時(shí)，肯定要細(xì)致辨析試題中待求的問題，在精確用好概念的前提下再對試題進(jìn)行解答，這樣才能避開概念性錯(cuò)誤．如本題，要搞清晰虛數(shù)，純虛數(shù)，實(shí)數(shù)與復(fù)數(shù)的概念．陷阱2錯(cuò)求目標(biāo)失分設(shè)向量a，b滿意|a|＝1，|a－b|＝eq\r(3)，a·(a－b)＝0，則|2a＋b|＝________．[易錯(cuò)分析]在本題求解向量模的運(yùn)算過程中易遺忘開平方，誤把向量模的平方當(dāng)成所求結(jié)論而錯(cuò)選結(jié)果．[正確解析]法一：由a·(a－b)＝0，可得a·b＝a2＝1．由|a－b|＝eq\r(3)，可得(a－b)2＝3，即a2－2a·b＋b2＝3，解得b2＝4．故(2a＋b)2＝4a2＋4a·b＋b2＝12，故|2a＋b|＝2eq\r(3)．法二：由a·(a－b)＝0，可知a⊥(a－b)．而2a＋b＝3a－(a－b)，所以(2a＋b)2＝[3a－(a－b)]2＝(3a)2＋(a－b)2－2×3a·(a－b)＝9a2＋(a－b)2＝9×12＋(eq\r(3))2＝12，故|2a＋b|＝2eq\r(3)．[答案]2eq\r(3)[跳出陷阱]求解向量模的問題，一般是先求該向量自身的數(shù)量積，即向量模的平方，易出現(xiàn)的問題就是最終遺忘開方導(dǎo)致失誤．求解此類問題肯定要留意審題，明確解題目標(biāo)，求出結(jié)果之后再比照所求驗(yàn)證一遍，就可以避開此類失誤．陷阱3錯(cuò)用結(jié)論失分函數(shù)f(x)的圖象由函數(shù)g(x)＝4sinxcosx的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位，再把所得圖象上全部點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)而得到，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝________．[易錯(cuò)分析]該題易出現(xiàn)的問題主要有兩個(gè)方面：一是不能精確確定函數(shù)解析式的變換與圖象左右平移方向之間的關(guān)系；二是記錯(cuò)函數(shù)圖象上點(diǎn)的橫坐標(biāo)的改變規(guī)律與函數(shù)解析式的變換的關(guān)系．[正確解析]函數(shù)g(x)＝4sinxcosx＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位得到函數(shù)y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象，該函數(shù)圖象上全部點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)所得圖象對應(yīng)的函數(shù)，即f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))．所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,3)))＝2eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(sin\f(π,4)cos\f(π,3)＋cos\f(π,4)))·eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×\f(1,2)＋\f(\r(2),2)×\f(\r(3),2)))＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)．[答案]eq\f(\r(6)＋\r(2),2)[跳出陷阱]三角函數(shù)圖象的平移與伸縮變換問題，關(guān)鍵是把握變換前后兩個(gè)函數(shù)解析式之間的關(guān)系，熟記相關(guān)的規(guī)律．如函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移m(m>0)個(gè)單位，得到函數(shù)y＝f(x＋m)的圖象；若向右平移m(m>0)個(gè)單位，得到函數(shù)y＝f(x－m)的圖象．若函數(shù)y＝f(x)的圖象上點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼摩乇叮瑒t得到函數(shù)y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ω)x))的圖象．陷阱4遺漏條件致誤若a，b∈{－1，0，1，2}，則函數(shù)f(x)＝ax2＋2x＋b有零點(diǎn)的概率為________．[易錯(cuò)分析]該題易出現(xiàn)的問題是求解基本領(lǐng)件的個(gè)數(shù)時(shí)，不依據(jù)肯定的依次列舉導(dǎo)致漏、重現(xiàn)象．[正確解析]法一：因?yàn)閍，b∈{－1，0，1，2}，所以不同的取法為：(－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(－1，2)，(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(1，2)，(2，－1)，(2，0)，(2，1)，(2，2)，共16種．當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝2x＋b，無論b取{－1，0，1，2}中何值，原函數(shù)必有零點(diǎn)，所以有4種取法；當(dāng)a≠0時(shí)，函數(shù)f(x)＝ax2＋2x＋b為二次函數(shù)，若有零點(diǎn)須使Δ≥0，即4－4ab≥0，即ab≤1，所以a，b取值組成的數(shù)對分別為：(－1，0)，(1，0)，(2，0)，(－1，1)，(－1，－1)，(1，1)，(1，－1)，(－1，2)，(2，－1)，共9種，綜上，所求的概率為eq\f(9＋4,16)＝eq\f(13,16)．法二：(解除法)：由法一可知，總的方法種數(shù)為16，其中原函數(shù)若無零點(diǎn)，則有a≠0且Δ<0即ab>1，所以此時(shí)a，b取值組成的數(shù)對分別為(1，2)，(2，1)，(2，2)，共3種，所以所求的概率為1－eq\f(3,16)＝eq\f(13,16)．[答案]eq\f(13,16)[跳出陷阱]利用列舉法求基本領(lǐng)件時(shí)，一是留意用不同的字母或數(shù)字符號表示不同類的元素，這樣便于區(qū)分；二是要留意依據(jù)肯定的依次，如該題中a，b各有4個(gè)數(shù)可以取，寫出對應(yīng)的基本領(lǐng)件時(shí)，依據(jù)從左到右或從右到左的依次進(jìn)行列舉，一一寫出基本領(lǐng)件，否則就簡單產(chǎn)生遺漏或重復(fù)的現(xiàn)象．陷阱5畫圖不準(zhǔn)致誤已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿意：①f(x)＋f(2－x)＝0；②f(x－2)＝f(－x)；③在[－1，1]上表達(dá)式為f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(1－x2)，x∈[－1，0]，,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，x∈（0，1]．))則函數(shù)f(x)與函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≤0，,1－x，x>0))的圖象在區(qū)間[－3，3]上的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為________．[易錯(cuò)分析]該題易出現(xiàn)的問題是不能精確作出函數(shù)圖象導(dǎo)致無法推斷兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)．[正確解析]由①f(x)＋f(2－x)＝0可得f(1－x)＋f(1＋x)＝0，即f(x)的圖象關(guān)于(1，0)對稱；由②f(x－2)＝f(－x)可得f(x－1)＝f(－x－1)，即f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－1對稱．如圖，先作出函數(shù)y＝f(x)在[－1，1]上的圖象，然后作出其關(guān)于直線x＝－1對稱的圖象，即得到函數(shù)在[－3，－1]上的圖象，最終作其關(guān)于(1，0)對稱的圖象，即得到函數(shù)在[1，3]上的圖象．又作出函數(shù)y＝g(x)的圖象，由圖象可知函數(shù)f(x)與函數(shù)g(x)的圖象在[－3，3]上有6個(gè)交點(diǎn)．[答案]6[跳出陷阱]該題是利用函數(shù)圖象的直觀性解決兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題，精確利用函數(shù)的性質(zhì)畫出函數(shù)圖象是解決此類問題的關(guān)鍵．要嫻熟把握函數(shù)的一些基本性質(zhì)，如函數(shù)的奇偶性、對稱性、周期性與單調(diào)性等．如該題中的函數(shù)y＝f(x)，依據(jù)已知，該函數(shù)既有對稱中心，又有對稱軸，所以該函數(shù)也具有周期性——其周期就是對稱中心到對稱軸距離的4倍，所以該函數(shù)的周期為T＝2×4＝8．所以假如探討函數(shù)在其他范圍內(nèi)的圖象，就可以利用周期性作出函數(shù)圖象．陷阱6忽視特例失分已知l1：3x＋2ay－5＝0，l2：(3a－1)x－ay－2＝0．求使l1∥l2的a的值．[易錯(cuò)分析]本題易出現(xiàn)的問題是忽視直線斜率不存在的特別狀況．[正確解析]法一：當(dāng)直線斜率不存在，即a＝0時(shí)，有l(wèi)1：3x－5＝0，l2：－x－2＝0，符合l1∥l2；當(dāng)直線斜率存在時(shí)，l1∥l2?－eq\f(3,2a)＝eq\f(3a－1,a)且eq\f(5,2a)≠－eq\f(2,a)?a＝－eq\f(1,6)．故使l1∥l2的a的值為－eq\f(1,6)或0．法二：由l1∥l2?3·(－a)－(3a－1)·2a＝0，得a＝0或a＝－eq\f(1,6)．故使l1∥l2的a的值為0或－eq\f(1,6)．[跳出陷阱]探討兩條直線的位置關(guān)系時(shí)，要留意對斜率是否存在進(jìn)行探討，還要留意對系數(shù)是否為零進(jìn)行探討．陷阱7跳步計(jì)算出錯(cuò)(2024·長沙四校聯(lián)考)設(shè)F1、F2分別是橢圓E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦點(diǎn)，若P是該橢圓上的一個(gè)動點(diǎn)，且eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))的最大值為1．(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)直線l：x＝ky－1與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A、B，且∠AOB為銳角(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，求k的取值范圍．[易錯(cuò)分析]該題易出現(xiàn)的問題是坐標(biāo)化已知條件以及聯(lián)立方程確定點(diǎn)的坐標(biāo)之間的關(guān)系時(shí)，由于計(jì)算過程不規(guī)范導(dǎo)致失誤．[正確解析](1)法一：易知a＝2，c＝eq\r(4－b2)，b2<4，所以F1(－eq\r(4－b2)，0)，F(xiàn)2(eq\r(4－b2)，0)，設(shè)P(x，y)，則eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(－eq\r(4－b2)－x，－y)·(eq\r(4－b2)－x，－y)＝x2＋y2－4＋b2＝x2＋b2－eq\f(b2x2,4)－4＋b2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(b2,4)))x2＋2b2－4．因?yàn)閤∈[－2，2]，故當(dāng)x＝±2，即點(diǎn)P為橢圓長軸端點(diǎn)時(shí)，eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))有最大值1，即1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(b2,4)))×4＋2b2－4，解得b2＝1．故所求橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1．法二：由題意知a＝2，c＝eq\r(4－b2)，b2<4，所以F1(－eq\r(4－b2)，0)，F(xiàn)2(eq\r(4－b2)，0)，設(shè)P(x，y)，則eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝|eq\o(PF1,\s\up6(→))|·|eq\o(PF2,\s\up6(→))|·cos∠F1PF2＝|eq\o(PF1,\s\up6(→))|·|eq\o(PF2,\s\up6(→))|·eq\f(|\o(PF1,\s\up6(→))|2＋|\o(PF2,\s\up6(→))|2－|\o(F1F2,\s\up6(→))|2,2|\o(PF1,\s\up6(→))|·|\o(PF2,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)[(x＋eq\r(4－b2))2＋y2＋(x－eq\r(4－b2))2＋y2－16＋4b2]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(b2,4)))x2＋2b2－4．因?yàn)閤∈[－2，2]，故當(dāng)x＝±2，即點(diǎn)P為橢圓長軸端點(diǎn)時(shí)，eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))有最大值1，即1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(b2,4)))×4＋2b2－4，解得b2＝1．故所求橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ky－1，,\f(x2,4)＋y2＝1))得(k2＋4)y2－2ky－3＝0，Δ＝(－2k)2＋12(4＋k2)＝16k2＋48>0，故y1＋y2＝eq\f(2k,k2＋4)，y1·y2＝eq\f(－3,k2＋4)．又∠AOB為銳角，故eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2>0，又x1x2＝(ky1－1)(ky2－1)＝k2y1y2－k(y1＋y2)＋1，所以x1x2＋y1y2＝(1＋k2)y1y2－k(y1＋y2)＋1＝(1＋k2)·eq\f(－3,4＋k2)－eq\f(2k2,4＋k2)＋1＝eq\f(－3－3k2－2k2＋4＋k2,4＋k2)＝eq\f(1－4k2,4＋k2)>0，所以k2<eq\f(1,4)，解得－eq\f(1,2)<k<eq\f(1,2)，故k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))．[跳出陷阱]目標(biāo)函數(shù)法是求解析幾何最值問題的法寶．先建立目標(biāo)函數(shù)，依據(jù)題設(shè)條件中的關(guān)系，通過點(diǎn)的坐標(biāo)，建立目標(biāo)函數(shù)的關(guān)系式；然后找尋變量條件，挖掘題設(shè)條件和圓錐曲線中的隱含條件，得到目標(biāo)函數(shù)式中的自變量的限制條件(如直線與圓錐曲線相交，關(guān)注Δ>0等)；最終求解函數(shù)的最值，常利用代數(shù)方法，如基本不等式法、配方法、導(dǎo)數(shù)法、單調(diào)性法等，將所求得的函數(shù)最值與目標(biāo)中的幾何最值形成對應(yīng)，得到問題的結(jié)論．陷阱8推論不當(dāng)致誤如圖，以BC為斜邊的等腰直角三角形ABC與等邊三角形ABD所在平面相互垂直，且點(diǎn)E滿意eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))．(1)求證：平面EBC⊥平面ABC；(2)求平面EBC與平面ABD所成的角的正弦值．[易錯(cuò)分析]推理過程不嚴(yán)謹(jǐn)，運(yùn)用面面垂直的判定定理時(shí)給出的定理?xiàng)l件不全面，造成了推理的不充分．[正確解析](1)證明：取BC的中點(diǎn)F，AB的中點(diǎn)H，因?yàn)椤鰽BD是等邊三角形，所以DH⊥AB，因?yàn)橐訠C為斜邊的等腰直角三角形ABC與等邊三角形ABD所在平面相互垂直，所以DH⊥平面ABC，因?yàn)辄c(diǎn)E滿意eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))．所以DE∥AC，DE＝eq\f(1,2)AC，因?yàn)镠F∥AC，HF＝eq\f(1,2)AC，所以DE∥FH，DE＝FH，則四邊形EFHD是矩形，則EF∥DH，則EF⊥平面ABC，因?yàn)镋F?平面BCE，所以平面EBC⊥平面ABC．(2)建立以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HF，HB，HD所在直線分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖，則平面ABD的法向量為eq\o(HF,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))是平面BCE的法向量，則∠AFH＝45°，則平面EBC與平面ABD所成的角為45°，則sin45°＝eq\f(\r(2),2)，所以平面EBC與平面ABD所成的角的正弦值是eq\f(\r(2),2)．[跳出陷阱]立體幾何試題的一個(gè)主要功能就是考查邏輯推理實(shí)力，主要以線面位置關(guān)系證明的方式進(jìn)行考查，在運(yùn)用空間線面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理時(shí)肯定要保證條件的充分性，以確保推理過程嚴(yán)謹(jǐn)無誤．陷阱9分類標(biāo)準(zhǔn)不正確致誤已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋x，g(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)(x>0)．(1)探討f(x)在區(qū)間[t，t＋e](t>0)上的單調(diào)性；(2)是否存在直線y＝b(b∈R)，使得函數(shù)f(x)與g(x)的圖象分別在它的兩側(cè)(可相切)？若存在，懇求出實(shí)數(shù)b的值(或取值范圍)；若不存在，請說明理由．[易錯(cuò)分析]該題易出現(xiàn)的問題是探討f(x)的單調(diào)性時(shí)，對參數(shù)進(jìn)行分類探討的標(biāo)準(zhǔn)不正確，造成分類重復(fù)或遺漏而導(dǎo)致錯(cuò)解．[正確解析](1)f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2，由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,e2)．當(dāng)0<t<eq\f(1,e2)時(shí)，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,e2)))上，f′(x)<0，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，t＋e))上，f′(x)>0，因此f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,e2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，t＋e))上單調(diào)遞增．當(dāng)t≥eq\f(1,e2)時(shí)，在[t，t＋e]上，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[t，t＋e]上單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)0<t<eq\f(1,e2)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,e2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，t＋e))上單調(diào)遞增；當(dāng)t≥eq\f(1,e2)時(shí)，f(x)在[t，t＋e]上單調(diào)遞增．(2)f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e2)．當(dāng)0<x<eq\f(1,e2)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>eq\f(1,e2)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))上單調(diào)遞增，故f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2)．而g(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)(x>0)，g′(x)＝eq\f(1－x,ex＋1)，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以g(x)max＝g(1)＝－eq\f(1,e2)．所以f(x)≥－eq\f(1,e2)≥g(x)，故函數(shù)f(x)與函數(shù)g(x)的圖象恒在直線y＝－eq\f(1,e2)的兩側(cè)(相切)，所以b＝－eq\f(1,e2)．[跳出陷阱]含參函數(shù)單調(diào)性的分析是一個(gè)難點(diǎn)，此類問題易出現(xiàn)的問題就是對參數(shù)分類的標(biāo)準(zhǔn)不清晰，導(dǎo)致分類錯(cuò)亂．明確標(biāo)準(zhǔn)，合理分類是解決此類問題的關(guān)鍵，一般來說，探討含參函數(shù)單調(diào)性的問題，對參數(shù)進(jìn)行分類探討的基本依次為：①最高次冪系數(shù)是否為0；②方程f′(x)＝0是否有解；③解是否在定義域內(nèi)；④解之間的大小關(guān)系．分類之后確定導(dǎo)函數(shù)的符號，應(yīng)畫出導(dǎo)函數(shù)解析式中符號改變的部分對應(yīng)函數(shù)(一般可轉(zhuǎn)化為一次函數(shù)或二次函數(shù))的圖象，依據(jù)函數(shù)圖象與x軸的相對位置改變確定導(dǎo)函數(shù)的符號，進(jìn)而寫出單調(diào)區(qū)間．陷阱10忽視驗(yàn)證出錯(cuò)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿意Sn＝2an＋1(n∈N*)，且a1＝1．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和Tn．[易錯(cuò)分析]該題易出現(xiàn)的問題有兩個(gè)方面：一是利用an＝Sn－Sn－1建立an與an＋1之間的關(guān)系時(shí)忽視n≥2的限制條件，而忽視n＝1的探討；二是求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和Tn時(shí)，忽視該數(shù)列通項(xiàng)公式中n＝1時(shí)的狀況，干脆求和不驗(yàn)證而導(dǎo)致失分．[正確解析](1)當(dāng)n＝1時(shí)，由已知可得a1＝2a2，即a2＝eq\f(1,2)a1＝eq\f(1,2)．當(dāng)n≥2時(shí)，由已知Sn＝2an＋1(n∈N*)，可得Sn－1＝2an(n≥2，n∈N*)，兩式相減得an＝2an＋1－2an?2an＋1＝3an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)，所以數(shù)列{an}從其次項(xiàng)起先成一個(gè)首項(xiàng)為a2＝eq\f(1,2)，公比為eq\f(3,2)的等比數(shù)列，故當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)有an＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)．所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(1,2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)，n≥2．))(2)記bn＝nan＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(n,2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)，n≥2．))故當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝b1＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1＋eq\f(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(0)＋eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(1)＋…＋eq\f(n－1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－3)＋eq\f(n,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)，①eq\f(3,2)Tn＝eq\f(3,2)＋eq\f(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(1)＋eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\f(n－1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)＋eq\f(n,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)，②①－②得，－eq\f(1,2)Tn＝－eq\f(1,2)＋1＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(1)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)－eq\f(n,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋…＋\b