高频易错题目01
前言
有意识的整理总结高中数学中的易错变形和题目,有助于我们避开这些陷阱,减少失误。
集合与逻辑
错解:由\(A\cup B=A\),可得\(B\subseteq A\),则\(m=3\)或\(m=\sqrt{m}\),解得\(m=3\)或\(m=0\)或\(m=1\)。
分析:上述解方程的过程没有问题,但是本题目中\(m\)既是方程的未知数,同时是集合的元素,则其必然要受互异性的限制,
故我们接下来应该将\(m\)的值,逐一代入集合验证,可知\(m=1\)不符题意,故\(m=3\)或\(m=0\)。
提示:由\(A\cap B=B\),得到\(B\subseteq A\);分类讨论如下:
当\(B=\varnothing\),\(\Delta=4(a+1)^2-4(a^2-1)<0\),解得\(a<-1\);
当\(B\)为单元素集时,即\(B=\{0\}\)或\(B=\{-4\}\),详述如下,
当\(B=\{0\}\)时,将\(x=0\)代入方程得到\(a^2-1=0\),解得\(a=1\)或者\(a=-1\),
接下来验证如下,当\(a=1\)时,\(B=\{0,-4\}\),不符前提\(B=\{0\}\),故舍去;再验证\(a=-1\)时,\(B=\{0\}\),符合前提\(B=\{0\}\);
当\(B=\{-4\}\)时,将\(x=-4\)代入方程得到\(a^2-8a+7=0\),解得\(a=-1\)或者\(a=-7\),
接下来验证如下,当\(a=-7\)时,\(B=\{4,12\}\),不符前提\(B=\{-4\}\),故舍去;再验证\(a=-1\)时,\(B=\{0\}\),符合前提\(B=\{-4\}\),故舍去;
即\(B=\{0\}\)时,\(a=-1\)符合题意;
当\(B\)为双元素集时,即\(B=\{0,-4\}\)时,由根与系数关系得到,
\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta=4(a^2+1)-4(a^2-1)>0①}\\{x_1+x_2=-2(a+1)=-4②}\\{x_1x_2=a^2-1=0③}\end{array}\right.\)
最快的解法是口算②式,得到\(a=1\),代入③式口算验证成立,再代入①式口算验证成立,故上述混合组的结果为\(a=1\).
综上所述,得到参数的取值范围是\(a\in(-\infty,-1]\cup \{1\}\).
易错:不分类讨论或者不会分类讨论出错;
分析:由题目可知,集合\(A\)有且仅有两个子集,说明集合\(A\)应该为单元素集合,从而说明仿二次方程\((k+2)x^2+2kx+1=0\),可能有一次方程和二次方程两种情形。
当\(k=-2\)时,原方程变形为一次方程\(-4x+1=0\),仅有一个解,适合题意;
当\(k\neq -2\)时,原方程要仅有一个解,则必须\(\Delta =0\),即\((2k)^2-4\cdot(k+2)\cdot 1=0\),解得\(k=2\)或\(k=-1\),满足题意,
综上所述,实数\(k\)的取值为\(\pm 2或-1\),故选\(D\)。
易错:不分类讨论或者不会分类讨论出错;
函数与导数
分析:\(f'(x)=3x^2+2ax+b\),由\(\begin{cases}f'(1)=0\\f(1)=10\end{cases}\),
得到\(\begin{cases}3+2a+b=0\\1+a+b-a^2-7a=10\end{cases}\),
解得\(\begin{cases}a=-2\\b=1\end{cases}\),或\(\begin{cases}a=-6\\b=9\end{cases}\),
当\(a=-2,b=1\)时,\(f'(x)=(3x-1)(x-1)\),
此时\(x=1\)是导函数\(f'(x)\)的变号零点,但是在\(x=1\)处取到极小值,不符舍去;
当\(a=-6,b=9\)时,\(f'(x)=3(x-1)(x-3)\),
此时\(x=1\)是导函数\(f'(x)\)的变号零点,且在\(x=1\)处能取到极大值。
故\(\cfrac{a}{b}=-\cfrac{2}{3}\)。
反思总结:由方程组解出来的根\(x=x_0\),只能说明这一点的函数值是0,并不能说明这一点\(x_0\)处的左右的函数值的正负,有可能是不变号零点,那么这一点不会成为极值点,也有可能是变号零点,但是左右的正负值不符合。
分析:\(f'(x)=3x^2+2ax+b\),由\(\begin{cases}f'(1)=0\\f(1)=10\end{cases}\),
得到\(\begin{cases}3+2a+b=0\\a^2+a+b+1=10\end{cases}\),
解得\(\begin{cases}a=4\\b=-11\end{cases}\),或\(\begin{cases}a=-3\\b=3\end{cases}\),
注意到此需要检验,当\(a=-3,b=3\)时,\(f'(x)=3(x-1)^2\),
此时\(x=1\)是导函数\(f'(x)\)的不变号零点,故在\(x=1\)处不能取到极值。
当\(a=4,b=-11\)时,\(f'(x)=(3x+11)(x-1)\),
此时\(x=1\)是导函数\(f'(x)\)的变号零点,故在\(x=1\)处能取到极值。
综上所述,\(a=4,b=-11\)。
法1:导数法,由于函数在区间\((\cfrac{1}{2},+\infty)\)上单调递减,
故\(f'(x)=\cfrac{2a-1}{(2x-1)^2}\leq 0\)在区间\((\cfrac{1}{2},+\infty)\)上恒成立,
即\(2a-1\leq 0\)恒成立,得到\(a\leq \cfrac{1}{2}\),
但是当\(a=\cfrac{1}{2}\)时
代入原函数得到\(f(x)=\cfrac{1}{2}\),为常函数,
则要舍去,故\(a<\cfrac{1}{2}\)。
法2:图像法,将函数变形为\(f(x)=\cfrac{-a+\cfrac{1}{2}}{2x-1}+\cfrac{1}{2}\),
即函数的对称中心是\((\cfrac{1}{2},\cfrac{1}{2})\),
如果要函数在区间\((\cfrac{1}{2},+\infty)\)上单调递减,
只需要\(-a+\cfrac{1}{2}>0\)即可,故\(a<\cfrac{1}{2}\)。
法1:图像法,将函数等价转化为\(f(x)=\cfrac{x-a-2+a-3}{x-a-2}=1+\cfrac{a-3}{x-a-2}\),
其对称中心是\((a+2,1)\),若需要函数\(f(x)\)在\((-1,+\infty)\)上单调递增,需要满足\(\begin{cases}a-3<0\\a+2\leq -1\end{cases}\),
解得\(a\leq -3\),选C.
法2:导数法,求导得到\(f'(x)=\cfrac{3-a}{(x-a-2)^2}\),
由于函数在\((-1,+\infty)\)上单调递增,
故\(f'(x)=\cfrac{3-a}{(x-a-2)^2}\ge 0\)在\((-1,+\infty)\)上恒成立,
故\(3-a\ge 0\),此时的解是错的,
原因是我们还不能保证函数在\((-1,+\infty)\)上连续,故还需要\(a+2\leq -1\),
故二者求交解得\(a\leq -3\)。
不等式性质
法1:(错解),由\(\begin{cases}1\leq f(-1)\leq 2\\2\leq f(1)\leq 4\end{cases}\)得到,
\(\begin{cases}1\leq a-b \leq 2&①\\2\leq a+b \leq 4&②\end{cases}\),
利用不等式的性质,将①②式相加减,
得到\(\cfrac{3}{2}\leq a \leq 3,0\leq b \leq \cfrac{3}{2}\),
所以\(6 \leq 4a \leq 12,-3\leq -2b \leq 0\),所以\(3 \leq 4a-2b \leq 12\),
故$ 3 \leq f(-2)=4a-2b \leq 12$
【错因分析】以上的解法打破了\(a,b\)取值的内在联系,它们的范围会发生变化,
如由\(\cfrac{3}{2}\leq a \leq 3\),\(0\leq b \leq \cfrac{3}{2}\),
当我们取\(a=\cfrac{3}{2}\),\(b=\cfrac{3}{2}\)时,
很明显\(a-b=0,a-b\notin [1,2]\),
故只要解法中没有把\(a-b\),\(a+b\)当成一个整体对待的都是有问题的解法。
【待定系数法】令\(f(-2)=mf(-1)+nf(1)\),
则由\(f(-2)=m(a-b)+n(a+b)=(m+n)a-(m-n)b\),又由已知可知\(f(-2)=4a-2b\)
所以由对应系数相等得到方程\(\begin{cases} m+n=4 \\ m-n=2 \end{cases}\)
解得\(m=3,n=1\)
又由于\(1\leq f(-1)\leq 2\),\(2\leq f(1)\leq 4,\)
所以\(3\leq 3\cdot f(-1)\leq 6\),\(2\leq 1\cdot f(1)\leq 4\),
故\(5\leq 3\cdot f(-1)+1\cdot f(1)\leq 10\),即\(5\leq f(-2)=4a-2b \leq 10\)。
【方程组法】由已知有\(\begin{cases} f(-1)=a-b \\ f(\,\,\,\,1)=a+b \end{cases}\),
解得\(\begin{cases} a=\cfrac{1}{2}\cdot [f(-1)+f(1)] \\ b=\cfrac{1}{2}\cdot [f(1)- f(-1)] \end{cases}\)
所以\(f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)\),
又由于\(1\leq f(-1)\leq 2\),\(2\leq f(1)\leq 4\),
所以\(3\leq 3\cdot f(-1)\leq 6\),\(2\leq 1\cdot f(1)\leq 4\),
故\(5\leq 3\cdot f(-1)+1\cdot f(1)\leq 10\),
即\(5\leq f(-2)=4a-2b \leq 10\)
【用线性规划分析错误原因】
解法1中得到单个的\(a、b\)的取值范围是\(\cfrac{3}{2}\leq a \leq 3\)和\(0\leq b \leq \cfrac{3}{2}\),
由此作图得到的是矩形EFGH,而由条件\(1\leq f(-1)\leq 2\),\(2\leq f(1)\leq 4\)得到的是矩形ABCD,
很显然两个矩形不一样,那么那个图形是对的?我们可以看到在\(\Delta ADH\)内部的点,
由线性规划知识可知并不满足条件\(1\leq a-b\leq 2\),\(2\leq a+b\leq 4\),
因此得到单个的\(a、b\)的取值范围是\(\cfrac{3}{2}\leq a \leq 3\)和\(0\leq b \leq \cfrac{3}{2}\)是错的,
显然扩大了单个\(a、b\)的取值范围。
正解分析:由线性规划可知,
当直线\(l_0:4x-2y=0\)经过点\(A(\cfrac{3}{2},\cfrac{1}{2})\)时,
\(z=4x-2y\)有最小值,且\(z_{min}=4\times\cfrac{3}{2}-2\times\cfrac{1}{2}=5\);
当直线\(l_0:4x-2y=0\)经过点\(C(3,1)\)时,
\(z=4x-2y\)有最大值,且\(z_{max}=4\times3-2\times1=10\);
1、函数\(f(x)=\cfrac{1}{x}\)的单调递减区间是\((-\infty,0)\cup(0,+\infty)\),这是错的。
应该表述为单调递减区间是\((-\infty,0)\)和\((0,+\infty)\);或者表述为单调递减区间是\((-\infty,0)\),\((0,+\infty)\)。
错误原因:如我们写成单调减区间为\((-\infty,0)\cup (0,+\infty)\),
当我们用定义验证时,当自变量\(x_1, x_2\)同时取在区间\((-\infty,0)\)或区间\((0,+\infty)\)时,
都满足单调递减的定义,但是若\(x_1\in (-\infty,0)\)且$x_2\in(0,+\infty) $时,验证是错误的。
2、函数\(f(x)\ge g(x)\)恒成立,等价于\(f(x)_{min}\ge g(x)_{max}\),这时错误的,
其典型的反例就是\(f(x)=e^x\ge x+1=g(x)\);很显然,函数\(f(x)\)和函数\(g(x)\)两个既没有最大值,也没有最小值。
3、不可能事件\(A\)的概率\(P(A)=0\),概率为0的事件不一定是不可能事件。
比如,从区间\([-5,5]\)内任取一个数,求取到1的概率。
分析:本题目的所有结果有无限个,又有等可能性,故是几何概型。其概率是\(P(A)=\cfrac{0}{10}=0\)
所以说,比如上例中的事件的概率为0,但却是随机事件,不是不可能事件。
4、有关充要条件的易错题目,充要条件
5、函数\(y=f(x)\)的图象关于原点对称与函数\(y=f(x)\)与\(y=-f(-x)\)的图象关于原点对称一致。这个理解错误。
分析:函数\(y=f(x)\)的图象关于原点对称,说明函数\(f(x)\)是自身关于原点对称,只是涉及一个图像,即函数\(f(x)\)为中心对称图形;
而函数\(y=f(x)\)与\(y=-f(-x)\)的图象关于原点对称,是涉及两个函数图像,其中的每一个图像都不能称为中心对称图形,只能称为两个图像成中心对称;
故其二者的本质是不一致的。
抛掷一枚均匀的正方体骰子(各面分别标有数字\(1,2,3,4,5,6\)),事件A表示“朝上一面的数字是奇数”,事件B表示“朝上一面的数字不超过2”,则\(P(A+B)\)=__________.
分析:由题目容易知道,\(P(A)=\cfrac{3}{6}\),\(P(B)=\cfrac{2}{6}\),故\(P(A+B)=P(A)+P(B)=\cfrac{5}{6}\)。
其实这个解法是错误的。原因是事件\(A,B\)不是互斥的,因为如果点数是\(1\),则事件\(A,B\)都发生了,
故彼此不互斥,此时不能使用\(P(A+B)=P(A)+P(B)\)公式计算。
那么,该如何计算呢?
此时我们使用概率的一般加法法则:\(P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)\),
在本题中,\(P(A)=\cfrac{3}{6}\),\(P(B)=\cfrac{2}{6}\),\(P(AB)=\cfrac{1}{6}\),
故\(P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=\cfrac{3}{6}+\cfrac{2}{6}-\cfrac{1}{6}=\cfrac{4}{6}=\cfrac{2}{3}\)。
解后反思:见到题目中的\(P(A+B)\),不要一味的只想到\(P(A+B)=P(A)+P(B)\),应该判断事件的关系在先,就像研究函数一样,定义域优先。
如果满足互斥,则使用公式\(P(A+B)=P(A)+P(B)\)来计算;如果不满足互斥,则使用公式\(P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)\)来计算。
1、已知等比数列\(\{a_n\}\)中, \(a_3=4\), \(a_9=1\), 求\(a_6=\)?
分析:\(a_6^2=a_3\cdot a_9=4\),故\(a_6=\pm 2\)。原因是\(a_6=a_3\cdot q^3\),\(q^3\)可取正负两种情形,故\(a_6=\pm 2\)。
对照1-1、已知等比数列\(\{a_n\}\)中, \(a_3=4\), \(a_{11}=1\), 则\(a_7=\)?
分析:\(a_7^2=a_3\cdot a_{11}=4\),故\(a_7=\pm 2\)。又由于\(a_7=a_3\cdot q^4\),\(q^4\)只能取正值一种情形,故\(a_7=2\)。
第22题(2),容易忽视\(\Delta >0\)的隐含条件而出错。
\((-4)^{\frac{2}{4}}\neq (-4)^{\frac{1}{2}}=\sqrt{-4}\),此处\(\cfrac{2}{4}\neq \cfrac{1}{2}\),当底数为负数时,分数指数幂不能随意约分。
\(log_2x^2\neq 2log_2x\),应该是\(log_2x^2= 2log_2|x|\),注意条件\(x>0\)
由\(lga^2+2lgb=0\),得到\(a+b\geqslant 2\),这是假命题;
分析:由于\(lga^2+2lgb=0\),得到\(a\neq0\),\(b>0\),且\(lga^2+lgb^2=0\),即\((ab)^2=1\),
即 \(ab=1\) 或者 \(ab=-1\) ,故不能得到 \(a+b\geqslant 2\);
分析:令\(g(x)=6-ax\),像这类题目既要考虑单调性,还要考虑定义域,由题目可知必有\(a>0\),
故函数\(g(x)\)单调递减,考虑定义域时只要最小值\(g(2)>0\)即可,再考虑外函数必须是增函数,
故\(a>1\),结合\(g(2)>0\),解得\(1<a<3\),故选\(D\)。
①函数的最大值一定是函数的极大值。错,假命题。
分析:最大值可能在极大值处取到,也可能在端点处取到,而函数的极值不可能出现在端点处,一个点能否成为极值点,需要这一点的函数值和其小邻域内的其他函数值作比较,端点值不具备这一点,故端点值不能成为极值。
②函数的极大值可能会小于这个函数的极小值,正确,真命题。
分析:例如对勾函数\(f(x)=x+\cfrac{1}{x}\),函数的极小值为\(f(1)=2\),而函数的极大值为\(f(-1)=-2\)。
③函数在某一区间上的极小值就是函数在这一区间上的最小值。错,假命题。
分析:最小值可能在极小值处取到,也可能在端点处取到,端点处的值不能算是极值。
④函数在开区间内不存在最大值和最小值。错,假命题。
分析:正例,\(y=x\),\(y=x^3\),\(y=tanx\)在开区间\((-\infty,+\infty)\)上既没有最大值也没有最小值。
反例,\(y=x^2\)在开区间\((-\infty,+\infty)\)上有最小值,但没有最大值。
⑤"\(\lambda=0\)"是"\(\lambda \vec{a}=\vec{0}\)"的充分不必要条件。
分析:显然充分性成立,当\(\lambda \vec{a}=\vec{0}\)时,可能\(\lambda=0\)或者\(\vec{a}=\vec{0}\),故必要性不成立,则命题是真命题;
⑥在\(\Delta ABC\)中,"\(AB^2+AC^2=BC^2\)"是"\(\Delta ABC\)为直角三角形"的充要条件。
分析:充分性成立,但是由直角三角形不一定能得出斜边一定为\(BC\),故必要性不成立;故假命题;
⑦若\(a,b\in R\),则\(a^2+b^2\neq 0\)是\(a,b\)全不为零的充要条件。
分析:由\(a^2+b^2\neq 0\),可以得到\(a\neq 0\)或者\(b\neq 0\),即\(a,b\)不全为零,故充分性不成立,但必要性成立;故假命题;
⑧若\(a,b\in R\),则\(a^2+b^2\neq 0\)是\(a,b\)不全为零的充要条件。
分析:由上可知,充分性和必要性都成立,故真命题。
⑨不等式\(ax^2+bx+c\leq 0\)在\(R\)上恒成立的条件是\(a<0\)且\(\Delta \leq 0\)。
分析:由于给定不等式是仿二次不等式,故当\(a=b=0,c\leq 0\)时,不等式\(ax^2+bx+c\leq 0\)在\(R\)上也是恒成立的。故假命题。
⑩二次不等式\(ax^2+bx+c\leq 0\)在\(R\)上恒成立的条件是\(a<0\)且\(\Delta \leq 0\)。
分析:真命题。
则\(l_1\perp l_2\Longleftrightarrow A_1A_2+B_1B_2=0\);注意其等价条件并不是\(k_1k_2=-1\),因为其中不包括最特殊的垂直的情形(一条直线斜率为0,而另一条直线没有斜率);
则\(l_1// l_2\Longleftrightarrow A_1B_2-A_2B_1=0\);注意其等价条件并不是\(\cfrac{A_1}{A_2}=\cfrac{B_1}{B_2}\neq \cfrac{C_1}{C_2}\);
例如,直线\((m+3)x+my-2=0\)和直线 \(mx-6y+5=0\)互相垂直,求\(m\)的值。
分析:由\((m+3)m-6m=0\)解得,\(m=0\)或\(m=3\);
例如,直线\(ax+y=1\)和直线\(9x+ay=1\)互相平行,求\(m\)的值。
分析:由\(a^2-9=0\)解得,\(a=-3\)或\(a=3\);
分析:\(3\in M\)对应于\(\cfrac{3a-5}{3-a}<0\),
\(5\notin M\)对应与两种情形:不等式分母为零\(5-a=0\)和\(\cfrac{5a-5}{5-a}\ge 0\),
故需要求解\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{3a-5}{3-a}<0}\\{5-a=0}\end{array}\right.①\)和
\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{3a-5}{3-a}<0}\\{\cfrac{5a-5}{5-a}\ge 0}\end{array}\right.②\)
解①得到\(a=5\),
解②得到\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5}{3}<a<3}\\{1\leq a<5}\end{array}\right.\),
即\(\cfrac{5}{3}<a<3\)
综上可知实数\(a\)的范围为\(\cfrac{5}{3}<a<3或a=5\)。
已知幂函数\(f(x)=x^{m^2-2m-3}(m\in N^*)\)的图像关于\(y\)轴对称,且在\((0,+\infty)\)上是减函数,则\(m\)的值是多少?
分析:由于幂函数\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上是减函数,则\(m^2-2m-3<0\),
解得\(-1<m<3\),又\(m\in N^*\),所以\(m=1\)或\(m=2\)。
又由于图像关于\(y\)轴对称,所以\(m^2-2m-3<0\)为偶数,
当\(m=2\)时\(m^2-2m-3\)为奇数,舍去\(m=2\),
故\(m=1\)。
若函数\(f(x)=-\cfrac{1}{3}x^3+ x^2+2ax\)在\([\cfrac{2}{3},+\infty)\)上存在单调递增区间,则实数\(a\)的取值范围是__________.
法1:由于函数\(f(x)\)在\([\cfrac{2}{3},+\infty)\)上存在单调递增区间,
说明在此区间上,\(f'(x)> 0\)在\([\cfrac{2}{3},+\infty)\)上能成立,
即\(f'(x)=-x^2+x+2a> 0\)在\([\cfrac{2}{3},+\infty)\)上能成立,
即\(2a> x^2-x=(x-\cfrac{1}{2})^2-\cfrac{1}{4}=g(x)\)在\([\cfrac{2}{3},+\infty)\)上能成立,
而函数\(g(x)_{min}=g(\cfrac{2}{3})=-\cfrac{2}{9}\),
故\(2a> -\cfrac{2}{9}\),即\(a> -\cfrac{1}{9}\),
反思总结:本题目若转化为\(f'(x)\ge 0\)在\([\cfrac{2}{3},+\infty)\)上能成立,则最后参数的值会多出\(a=-\cfrac{1}{9}\),
若是\(f'(x)\ge 0\),则当\(f'(\cfrac{2}{3})=0\)时,由于\(f'(x)=-(x-\cfrac{1}{2})^2+2a+\cfrac{1}{4}\)在\([\cfrac{2}{3},+\infty)\)上单调递减,
则\(f'(x)\leq 0\),故此时必然不存在单调递增区间,故不符合题意,所以务必要注意转化的等价性。
解后反思: 函数\(f(x)\)在区间\([m,n]\)上为增函数,则\(f'(x)\ge 0\)在区间\([m,n]\)上恒成立,且函数\(f'(x)\)不恒为零;函数\(f(x)\)在区间\([m,n]\)上存在单调递减区间,则\(f'(x)<0\)能成立,而不是\(f'(x)\leq 0\)能成立;函数\(f(x)\)在区间\([m,n]\)上存在单调递增区间,则\(f'(x)>0\)能成立,而不是\(f'(x)\ge 0\)能成立。
法2:由于函数\(f(x)\)在\([\cfrac{2}{3},+\infty)\)上存在单调递增区间,
说明在此区间上,\(f'(x)> 0\)在\([\cfrac{2}{3},+\infty)\)上能成立,
即\(f'(x)=-x^2+x+2a> 0\)在\([\cfrac{2}{3},+\infty)\)上能成立,
\(f′(x)=-x^2+x+2a=-(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{4}+2a\),
当\(x\in [\cfrac{2}{3},+\infty)\) 时,\(f′(x)_{max}=f′(\cfrac{2}{3})=\cfrac{2}{9}+2a\)。
令\(\cfrac{2}{9}+2a>0\),
解得\(a> -\cfrac{1}{9}\),所以\(a\)的取值范围是\((-\cfrac{1}{9},+\infty)\)。
分析:函数\(f(x)=lnx+(x-a)^2(a\in R)\)在区间\([\cfrac{1}{2},2]\)上存在单调递增区间,
则函数\(f(x)\)在区间\([\cfrac{1}{2},2]\)上存在子区间使得\(f'(x)> 0\)能成立,
\(f'(x)=\cfrac{1}{x}+2x-2a=\cfrac{2x^2-2ax+1}{x}> 0\);
令\(h(x)=2x^2-2ax+1\) ,
法1:接上,要使\(f'(x)> 0\)能成立,则有\(h(2)> 0\) 或\(h(\cfrac{1}{2})> 0\),
解得\(a< \cfrac{9}{4}\),故实数\(a\)的取值范围是\((-\infty,\cfrac{9}{4})\)。
法2:正难则反,要使\(f'(x)\leq 0\)恒成立,则在区间\([\cfrac{1}{2},2]\)上,\(h(x)\leq 0\) ,
即\(\begin{cases}h(\cfrac{1}{2})\leq 0\\h(2)\leq 0\end{cases}\),解得\(a\ge \cfrac{9}{4}\),
故实数\(a\)的取值范围是\((-\infty,\cfrac{9}{4})\)。
-
函数\(f(x)\)在区间\([m,n]\)上为增函数,则\(f'(x)\ge 0\)在区间\([m,n]\)上恒成立,且函数\(f'(x)\)不恒为零。
-
函数\(f(x)\)在区间\([m,n]\)上存在单调递减区间,则\(f'(x)<0\)能成立,而不是\(f'(x)\leq 0\)能成立。
分析:\(g(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^2+1+2x\),则\(g'(x)=x^2-ax+2\),
由\(g(x)\)在区间\((-2,-1)\)内存在单调递减区间,得到,
\(g'(x)=x^2-ax+2<0\)在区间\((-2,-1)\)上能成立,
分离参数得到,\(a<x+\cfrac{2}{x}\)在区间\((-2,-1)\)上能成立,
而\(\left(x+\cfrac{2}{x}\right)_{max}=-2\sqrt{2}\),当且仅当\(x=\cfrac{2}{x}\),即\(x=-\sqrt{2}\)时取到等号,
故实数\(a\)的取值范围为\((-\infty,-2\sqrt{2})\)。
注意:存在单调递减区间,应该得到\(f'(x)<0\)能成立,而不是\(f'(x)\leq 0\)能成立。
若\(a=-2\sqrt{2}\),由\(g'(x)=x^2+2\sqrt{2}x+2=(x+\sqrt{2})^2\ge 0\)恒成立,则函数\(g(x)\)只能有单调递增区间,不会存在单调递减区间。
数列\(a_n=f(n)\)单调递增,但函数\(y=f(x)\)不一定单调递增,
但是若函数\(y=f(x)\)单调递增,则其对应的数列\(a_n=f(n)\)必然单调递增。
数列\(\{a_n\}\)单调递增的充要条件是\(a_{n+1}>a_n\),而不是\(f'(x)\ge 0\)恒成立。题目见等差数列的例5
求解析式
法1:从数的角度分析,由\(f(2)=1\),得到\(\cfrac{2}{2a+b}=1\),即\(2a+b=2\);
由\(f(x)=x\),得到\(\cfrac{x}{ax+b}=x\),变形得到\(x(\cfrac{1}{ax+b}-1)=0\),
解此方程得到,\(x=0\)或\(x=\cfrac{1-b}{a}\),又由于方程有唯一解,故\(\cfrac{1-b}{a}=0\),
解得\(b=1\),代入\(2a+b=2\)得到\(a=\cfrac{1}{2}\),
再将\(x=0\)代入方程\(\cfrac{x}{ax+b}=x\)检验,发现此时要方程有意义,必须\(b\neq 0\),
故上述的解法可能丢失了\(b=0\)的情形,当\(b=0\)时,代入\(2a+b=2\),得到\(a=1\),
代入验证也满足题意,故\(a=\cfrac{1}{2}\)且\(b=1\)或者\(a=1\)且\(b=0\)
综上所述,\(f(x)=\cfrac{2x}{x+2}\)或者\(f(x)=\cfrac{x}{1\cdot x+0}=1\)。
法2:从形的角度分析,图形解释如下。
求数列\(\{a_n\}\)的通项公式;
分析:\(lg(a_n+\cfrac{1}{2})=lg2\cdot 2^{n-1}=2^{n-1}\cdot lg2\)
[说明:\(2^{n-1}\cdot lg2\neq lg2^n=n\cdot lg2\),极易出错,对数运算的级别要高于乘法运算,故先计算对数,再计算乘法]
即\(lg(a_n+\frac{1}{2})=2^{n-1}\cdot lg2=lg2^{2^{n-1}}\)[极易出错]
则\(a_n+\frac{1}{2}=2^{2^{n-1}}\),即\(a_n=2^{2^{n-1}}-\frac{1}{2}\).
向量的夹角
同时注意,实际操作中,我们利用\(\cos\theta<0\)且\(\cos\theta\neq -1\)求解,要比求解\(-1<\cos\theta<0\)快捷的多,且不容易出错;
几何概型
分析:本题是角度型几何概型, \(P=\cfrac{30^{\circ}}{75^{\circ}}=\cfrac{2}{5}\)。
解后反思:本例容易错误的理解为长度性几何概型, 主要是射线\(AM\)扫过\(\angle BAC\)时,用角度度量是等可能的,用长度度量不是等可能的。用课件说明:如图动画所示,当射线\(AM\)扫过\(\angle BAC\)时,我们可以看到是等速的,也就是等可能的,但是当我们看点\(M\)在线段\(BC\)上的速度时,会发现快慢不一样,即不是等速的,也就是说不是等可能的,故此时不能用线段\(BC\)的长度来度量,而应该用角度度量。
分析:本题目是长度型的几何概型,\(P=\cfrac{1}{1+\sqrt{3}}=\cfrac{\sqrt{3}-1}{2}\)。
解后反思:等可能性不是我们说等可能就能保证等可能的。
在\(\angle BAC\) 内作射线\(AM\)交\(BC\)于点\(M\),意味着角度型;在\(BC\)上任取一点\(M\),意味着长度型;
分析:选\(A\), 本题目应该是面积型几何概型,容易错误理解为体积型几何概型;那么如何理解呢,若是体积型几何概型,则鱼食投放到鱼缸里的每一个点处都应该是等可能的,从上往下垂直投放鱼食,鱼食落在圆锥的外面正方体的下底面的中心附近的概率为零,落在下底面的顶点处的概率不为零,即不是等可能事件,故不应该是体积型几何概型。
引申:若将圆锥替换为等底的圆柱,答案应该还是 \(A\) 。