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部分易錯題（二中）
1、在棱長為4的正方體中，是上的一點，且=,則多面體的體積為（ ）
A B C 4 D 16
解析：B 不了解棱錐體積公式
2、冪函數在上的最小值為______
解析：－1、2 函數增減性及圖象不清楚
3、已知f(x) = ax + ，若求的范圍。
錯誤解法 由條件得
②×2－①
①×2－②得
+得
錯誤分析 采用這種解法，忽視了這樣一個事實：作為滿足條件的函數，其值是同時受制約的。當取最大（小）值時，不一定取最大（小）值，因而整個解題思路是錯誤的。
正確解法 由題意有, 解得：
把和的范圍代入得
4、設是方程的兩個實根，則的最小值是
解析：C 不會求解析式
5、已知(x+2)2+ =1, 求x2+y2的取值范圍。解析：[1, ]
由已知得 y2=－4x2－16x－12，因此 x2+y2=－3x2－16x－12=－3(x+)2+ ，
∴當x=－時，x2+y2有最大值，即x2+y2的取值范圍是(－∞, )
錯誤分析：范圍的界定、曲線性質把握不準。
6、已知中，的對邊分別為若且，
則 A.2 B．4＋ C．4— D．
解析：A 錯用正弦定理與余弦定理
7、設，則（ ）
A B C D
解析：C 對于等號成立的條件理解不到位。
8、1．若，則下列關系中不能成立的是 （ ）
A B C D
解析：B 不等式的性質應用不熟練 對做差法的應用
9、已知均為實數，有下列命題：
（1）若，則
（2）若，則
（3）若，，則。其中正確命題的個數是 （ ）
A 0 B 1 C 2 D3
解析：B 不等式的性質應用不熟練、賦值法的應用
10、下列不等式中成立的是 ( )
（A）lgx+logx10≥2(x＞1) （B）+a≥2 (a0)
（C）＜(a＞b) （D）a≥a(t＞0,a＞0,a1)
解析：B 均值不等式成立的條件1、
錯解： 錯因：把作為一個函數了
2、若函數是指數函數，則（ ）
A、或 B、 C、 D、且
錯選A
錯因：由冪函數的定義得到，沒有檢驗。
3、若函數只有一個零點，則a的取值范圍
解：，所以符合題意。
，則
錯因：漏掉二次項系數為零的情況
4、已知函數取值范圍是？
解：
；單調遞減，所以y的最小值為
錯因：（1）轉化為最值時出錯（2）漏掉等號
5、已知
解：由題意得：解得
錯因：沒有考慮限制條件，為舍去
6、的值域。
【錯解】設，則，所以，
所以，從而的值域為[-3，+∞）。
【分析】若y=3，則，顯然不成立，錯誤的原因是沒有注意這一隱含條件。在利用換元法時，一定要注意換元后新變量的取值范圍。
【正解】設，則，
所以，
因為當x=0時，y= -2，從而的值域為（-2，+∞）。
【評注】在利用換元法時，一定要注意換元后新變量的取值范圍。
7、求函數的單調區間。
【錯解】∵，∴在（-∞，3]是減函數；在[3，∞，）是增函數，又是減函數，所以函數的增區間是（-∞，3] ；減區間是[3，∞，）。
【分析】x=3時，無意義，所以上述解法是錯誤的。錯誤的原因是沒有考慮函數的定義域。
【正解】由得x＜1或x＞5，即函數的定義域為{x| x＜1或x＞5}，
當x＜1時，是減函數，是減函數，所以是增函數；
當x＞5時，是增函數，是減函數，所以是減函數；
所以的增區間是（-∞，1）；減區間是（5，∞，）。
【評注】函數的定義域是函數三要素之一，在解決函數的有關問題時切莫忘記函數的定義域。
8、的定義域為R，求a的取值范圍。
【錯解】∵的定義域為R，∴在R上恒成立，即：
，所以a的取值范圍為（0，4）。
【分析】當a=0時，也滿足；
【正解】①當a=0時，y=0，滿足條件，即函數y=0的定義域為R；
②當a≠0時，由題意得：；
由①②得a的取值范圍為[0，4）。
【評注】參數問題，分類要不重不漏，對于不等式不一定是一元二次不等式。
9、已知集合滿足的映射的個數是
A、2 B、4 C、7 D、6
答案：C
解析：可從集合B中，的象的和等于入手分析顯然
有四種情況分別對應的映射有：2個、1個、2個、2個共有個。
10、若函數在區間上為減函數，則的取值范圍是
A、 B、 C、 D、
答案：C
解析：根據同增異減的規律可知二交函數在區間上為減函數，則易知以a為底的對數函數為增函數，易忽略當x在區間上取值時，真數為零的限制。典 型 錯 題
高 密 市 實 驗 中 學 命題人：杜乾古
1．若函數的定義域是，則的定義域是--------------
答案：[,4]
2．設x0是方程lnx+x=4的解,則x0屬于區間( C )
A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)
3．定義在R上的奇函數在（0，+∞）上是增函數，又，則不等式的解集為（ A ）
A．（－3，0）∪（0，3） B．（－∞，－3）∪（3，+∞）
C．（－3，0）∪（3，+∞） D．（－∞，－3）∪（0，3）
4．設函數f(x)=,若f(-4)=f(0),f(-2)=－2,則關于x的方程f(x)=x的解的個數是( C )
A.1 B.2 C.3 D.4
5．已知，則等于（ D ）
A． B． C． D．
6..若不等式對一切成立，則實數的取值范圍 ；
7.已知函數f（x）=2ax -在上是增函數，則實數a的取值范圍是_______
8、 已知曲線，則曲線過點的切線方程為
4x-y-4=0或x-y+2=0 。
是否存在實數a，使函數在區間[2,4]上是單調遞增函數，若存在，說明a可取哪些值；若不存在，說明理由。
（答案：a>1，提示：根據a的范圍展開討論）
10、求證：當x＞1時，+lnx＜.
答案：構造函數：，
求導，證明其在上單調遞增，且一輪復習十個易錯題解析
一、不明確集合的本質，數集、點集搞混。
已知集合,，若,求實數m的取值范圍。
【錯解分析】：可能誤以為集合A是一個一元二次方程的解集而導致失誤，也可能不考慮集合中對的限制從而在整個實數集上解決這個問題。
【正確解法】：問題等價于方程組在上有解，即在上有解，,則由知拋物線過點，拋物線在上與x軸有交點等價于或，由上得，實數的取值范圍為。
二、分類討論遺忘空集導致錯誤。
錯因【錯解分析】：本題易忽略B為空集的情況易得錯解。
【正確解法】，
綜上可知m的取值范圍為。
三：求函數奇偶性的幾種常見錯誤
判斷函數的奇偶性：
（1）（2）
（3）（4）
【錯解分析】：解本題出現的幾種錯誤是：求錯定義域或是忽視定義域，函數奇偶性概念的前提條件不清，對分段函數的奇偶性判斷方法不對等。
【正確解法】：（1）由，的定義域為，關于原點不對稱，所以函數為非奇非偶函數。
（2）既是奇函數又是偶函數。
（3）由，得到函數得定義域為，
所以函數為偶函數。
（4）當，則，
當，則，。
綜上所述對任意的，都有。
所以函數為奇函數。
四、利用均值不等式時，忽視不等式中等號成立的條件，導致結果錯誤。
已知：a>0 , b>0 , a+b=1,求(a+ )2+(b+ )2的最小值。
【錯解分析】 (a+)2+(b+)2=a2+b2+++4≥2ab++4≥4+4=8,
∴(a+)2+(b+)2的最小值是8.
上面的解答中，兩次用到了基本不等式a2+b2≥2ab，第一次等號成立的條件是a=b=,第二次等號成立的條件是ab=，顯然，這兩個條件是不能同時成立的。因此，8不是最小值。
【正確解法】原式= a2+b2+++4=( a2+b2)+(+)+4=[(a+b)2－2ab]+[(+)2－]+4
= (1－2ab)(1+)+4，
由ab≤()2= 得：1－2ab≥1－=, 且≥16，1+≥17，
∴原式≥×17+4= (當且僅當a=b=時，等號成立)，
∴(a + )2 + (b + )2的最小值是。
五、忽視隱含條件，導致結果錯誤。
已知(x+2)2+ =1, 求x2+y2的取值范圍。
【錯解分析】 由已知得 y2=－4x2－16x－12，因此 x2+y2=－3x2－16x－12=－3(x+)2+ ，
∴當x=－時，x2+y2有最大值，即x2+y2的取值范圍是(－∞, ]。
分析 沒有注意x的取值范圍要受已知條件的限制，丟掉了最小值。
【正確解法】:由于(x+2)2+ =1 (x+2)2=1－ ≤1 －3≤x≤－1，
從而當x=－1時x2+y2有最小值1。∴ x2+y2的取值范圍是[1, ]。
注意有界性：偶次方x2≥0，三角函數－1≤sinx≤1，指數函數ax>0，圓錐曲線有界性等。
六、知識掌握不夠熟練，借助死記硬背，往往只能停留在“課本知識”的表面，對基礎知識不能靈活理解，相互溝通，缺乏綜合運用知識的能力
定義域為R的函數在（8，+）上為單調遞減，且函數y=為偶函數，則（ ）
B.
C.D.
【錯解分析】根據y=為偶函數，所以=，又令t=8+x， 代入=中得：=，所以函數是偶函數，再去選擇答案時，發現不能確定對錯
【正確解法】y=是偶函數，即y=關于直線x=8對稱，又在（8，+）上為減函數，故在（-）上為增函數，檢驗知：選D
[糾錯反思]由為偶函數，則有=，而不是=，該題還可把y=向右平移8個單位得到y=圖象，故y=的對稱軸為X=8，從而得到的單調性
七、 主觀臆斷出錯
[例8]（2006年全國高考題）函數y=的圖象與函數=log2x（x>0）的因素關于原點對稱，則y=的解析式為（ ）
A.=(x>0) B. =(x<0)
C．=-log2 x（x>0） D.=-log2（ <0）
【錯解分析】：1把X換成-X，代入g（x）= log2 x（x>0）得：=(x<0)，所以選 B
2.根據=log2 x（x>0）恒過點（1，0），所以y=f（x）恒過點（-1，0），所以選B
[錯因診斷]第一種解法沒有真正理解對稱的含義，不清楚利用圖系變換去求函數表達式的方法
第二種解法主觀臆斷，以為只要恒過點（-1，0）的解析式即為所求
【正確解法】：設y=f（x）上任一點p（x,y），由于p關于o對稱的點p′（-x,-y）在y=g（x）上，∴-y=log2（）即y=-log2（- x）這里-x>0，∴x<0，故=-log2 （）（x<0）為所求故選D
[糾錯反思]
解題必須有根有據，由似曾相識的結論去武斷行事，缺乏推理盲目地套用，往往導致全盤皆輸，所以數學解題必須理由充分，不能妄下結論
八、恒成立問題不注意范圍
若不等式對于任意正整數n恒成立,則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．a >1
【錯解分析】此題容易錯選為B，錯誤原因是對恒成立問題理解不清楚。
【正確解法】當a>1時，易知是恒成立；當0九、慣性思維，考慮問題不全面
設是方程的兩個實根，則的最小值是
【錯解分析】：誤A，應注意∴
思路分析 本例只有一個答案正確，設了3個陷阱，很容易上當。
利用一元二次方程根與系數的關系易得：
有的學生一看到，常受選擇答案（A）的誘惑，盲從附和。這正是思維缺乏反思性的體現。【正確解法】如果能以反思性的態度考察各個選擇答案的來源和它們之間的區別，就能從中選出正確答案。
原方程有兩個實根，∴
當時，的最小值是8；
當時，的最小值是18。
這時就可以作出正確選擇，只有（B）正確。
十、實際應用問題不考慮定義域
甲、乙兩地相距s km , 汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度不得超過c km/h ,已知汽車每小時的運輸成本（以元為單位）由可變部分和固定部分組成：可變部分與速度v（km/h）的平方成正比，比例系數為b;固定部分為a元。
把全程運輸成本y（元）表示為速度v（km/h）的函數，并指出這個函數的定義域；
為了使全程運輸成本最小，汽車應以多大速度行駛？
【錯解分析】（1）依題意，汽車從甲地勻速行駛到乙地所用的時間是，全程運輸成本為 y=a+bv2=s(+bv) 故所求函數即定義域為y= s(+bv) , 0＜v≤c
（2）由題意s,a,b,v均為正數，故s(+bv)≥2s （當且僅當=bv時，即 v=時，等號成立）∴v=時，全程運輸成本最小。
【正確解法】在（2）中，結論成立的條件是v=，但速度能否達到呢？沒有注意實際問題中的條件限制，使解答不夠完整。應分以下兩種情況討論：①若≤c,則當v=時，全程運輸成本最小。②若＞c,當0＜v≤c時,易證y是v的增函數，因此，當v=c時，全程運輸成本最小。事實上，
s(+bv)- s(+bc)=s[a(-)+b(v-c)]=(c-v)(a-bcv)
∵c-v≥0且a＞bc2 ∴a-bcv≥a-bc2＞0
∴s(+bv)≥s(+bc) （當且僅當v=c時，等號成立）
綜上所述，為使全程運輸成本最小，當≤c時，行駛速度v=；當＞c時，行駛速度v=c。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m已知在x=2處有極大值，則常數c的值為____________。
【錯因分析】：本小題易忽略函數取極大值的充要條件！對于可導函數，取得極大值的充要條件有兩個：一是；二是在的左側，；在的右側，。學生在此類題目時往往忽視第二個條件，而產生了錯誤答案。
【解題思路】：6
求函數的遞增區間？
【錯因分析】：我們一直強調研究單調性時，定義域先行！但學生很容易忽視！導致錯誤答案為。
【解題思路】：
3.若函數的定義域為R，則實數m的取值范圍是 （ ）
A B C D
【答案】D
【解題思路】分類求解.當時，二次方程無實根，由得；當時，分母滿足條件。因此，故選D.
【錯因分析】
誤區：的定義域為R，對任意x，分母，即二次方程無實根，，故選錯B.
上述解法漏掉了這種特殊情況，當時，同樣可以滿足分母.
4.函數的值域為 （ ）
A B C D
【答案】C
【解題思路】因為，所以，即定義域為.原函數式變形為 ①
當2y-1=0，即y=時，此時方程①變為.原函數無意義，所以.
當2y-10時，方程①的根的判別式.
若，則，方程①變為，原函數無意義.
所以，若，則恒成立，此時方程①至少有一個解在原函數的定義域內。
綜上，，故所求值域為，故選C
【錯因分析】
誤區：原函數式變形得，由
知恒成立，所以值域為，故錯選A
上述解答中，利用根的判別式求值域有兩個地方出錯：①忽略了對的系數的討論；②忽略了函數定義域對值域的制約.
5、已知A={x|}，B={x|}，若AB，求實數m的取值范圍．
【錯解】AB，解得：
【分析】忽略A=的情況.
【正解】（1）A≠時，AB，解得：；
（2）A= 時，，得.
綜上所述，m的取值范圍是（,
6、已知函數，，那么集合中元素的個數為…………………………………………………………………………（ ）
（A） 1 （B）0 （C）1或0 （D） 1或2
【錯解】：不知題意，無從下手,蒙出答案D.
【分析】：集合的代表元，決定集合的意義，這是集合語言的特征.事實上，、、、分別表示函數定義域，值域，圖象上的點的坐標，和不等式的解集.
【正解】：本題中集合的含義是兩個圖象的交點的個數.從函數值的唯一性可知，兩個集合的交中至多有一個交點.即本題選C.
7、A={x|x<－2或x>10}，B={x|x<1－m或x>1＋m}且BA，求m的范圍.
【錯解】因為BA，所以：.
【分析】兩個不等式中是否有等號，常常搞不清楚.
【正解】因為BA，所以：.
8、“非空集合M的元素都是集合P的元素”是假命題，則以下四個命題：⑴M的元素都不是P的元素；⑵M中有不屬于P元素；⑶M中有P的元素；⑷M的元素不都是P的元素，其中真命題的個數有……………………………………………………………（ ）
（A）1個 （B）2個 （C）3個 　 （D）4個
【錯解】常見錯誤是認為第（４）個命題不對.
【分析】實際上，由“非空集合M的元素都是集合P的元素”是假命題知非空集合M不是集合P的子集，故“M的元素不都是P的元素”（M的元素有的是、有的不是集合P的元素，或M的元素都不是P的元素）是正確的.
【正解】正確答案是B（2、4兩個命題正確）.
9、若a<0, 則關于x的不等式的解集是 .
【錯解】x<－a或x >5 a
【分析】把解集寫成了不等式的形式；沒搞清5 a和－a的大小.
【正解】{x|x<5 a或x >－a }
10、已知，求曲線過點的切線方程。
錯解：點為切點，斜率，切線方程為
誤區分析：因為點是曲線上的點，題意中沒有強調是不是切點，所以要分類討論點是切點或不是切點兩種情況。
正解：當點為切點，斜率，切線方程為，
當點不是切點，設切點為
則斜率為
則，得切點為
切線方程為
所以過點的線方程為或。
11、已知函數，當時，函數取得極值，則
錯解：，則，則或，故分別可得或
誤區分析:導數為與函數取得極值不等價，所以要檢驗有沒有增解。
正解：，則，則或，
經檢驗當，在取不到極值點，
當，在取到極大值易錯十題
1、 已知集合M={y|y =x2＋1,x∈R},N={y|y =x＋1,x∈R}，則M∩N=（ ）
A．（0，1），（1，2） B．{（0，1），（1，2）}
C．{y|y=1,或y=2} D．{y|y≥1}
錯解：求M∩N及解方程組 得 或 ∴選B
錯因：在集合概念的理解上，僅注意了構成集合元素的共同屬性，而忽視了集合的元素是什么．事實上M、N的元素是數而不是實數對(x,y)，因此M、N是數集而不是點集,
M、N分別表示函數y=x2＋1(x∈R)，y=x＋1(x∈R)的值域，求M∩N即求兩函數值域的交集．
正解：M={y|y=x2＋1,x∈R}={y|y≥1}， N={y|y=x＋1,x∈R}={y|y∈R}．
∴M∩N={y|y≥1}∩{y|(y∈R)}={y|y≥1}, ∴應選D．
點評：集合是由元素構成的，認識集合要從認識元素開始，要注意區分{x|y=x2＋1}、
{y|y=x2＋1,x∈R}、{(x,y)|y=x2＋1,x∈R}，這三個集合是不同的．
2、 已知集合A={x|x2－3x－10≤0}，集合B={x|p＋1≤x≤2p－1}．若BA，求實數p的取值范圍．
錯解：由x2－3x－10≤0得－2≤x≤5．
欲使BA，只須
∴ p的取值范圍是－3≤p≤3.
錯因：上述解答忽略了"空集是任何集合的子集"這一結論，即B=時，符合題設．
正解：①當B≠時，即p＋1≤2p－1p≥2.
由BA得：－2≤p＋1且2p－1≤5.
由－3≤p≤3.∴ 2≤p≤3
②當B=時，即p＋1>2p－1p＜2.
由①、②得：p≤3.
點評：從以上解答應看到：解決有關A∩B=、A∪B=，AB等集合問題易忽視空集的情況而出現漏解，這需要在解題過程中要全方位、多角度審視問題．
3、判斷函數的奇偶性.
錯解：∵＝
　　∴　　∴是偶函數
錯因：對函數奇偶性定義實質理解不全面.對定義域內任意一個x，都有f(-x)=f(x)，f(-x)=-f(x)的實質是：函數的定義域關于原點對稱.這是函數具備奇偶性的必要條件.
正解：有意義時必須滿足
即函數的定義域是｛｜｝，由于定義域不關于原點對稱，所以該函數既不是奇函數也不是偶函數
4、判斷函數的單調性.
錯解：是減函數
錯因：概念不清，導致判斷錯誤.這是一個復合函數，而復合函數的單調性（或單調區間），仍是從基礎函數的單調性（或單調區間）分析，但需注意內函數與外函數的單調性的變化.當然這個函數可化為，從而可判斷出其單調性.
正解：　令，則該函數在R上是減函數，又在R上是減函數，
∴　是增函數
5、函數y=的單調增區間是_________.
錯解：因為函數的對稱軸是，圖像是拋物線，開口向下，由圖可知在上是增函數，所以y=的增區間是
錯因：在求單調性的過程中注意到了復合函數的單調性研究方法，但沒有考慮到函數的單調性只能在函數的定義域內來討論，從而忽視了函數的定義域，導致了解題的錯誤.
正解：y=的定義域是，又在區間上增函數，在區間是減函數，所以y=的增區間是
6、 已知奇函數f(x)是定義在(－3，3)上的減函數，且滿足不等式f(x－3)+f(x2－3)<0,求x的取值范圍.
錯解：∵f(x)是奇函數，∴f(x－3)<－f(x2－3)=　f (3－x2),又f(x)在(－3，3)上是減函數，
∴x－3>3－x2,即x2+x－6>0，解得x>2或x<－3
又 f(x)是定義在(－3，3)上的函數，
所以2＜x＜3
錯因：只考慮到奇函數與單調性，而沒有正確理解函數的定義域.
正解：由,故0又∵f(x)是奇函數，∴f(x－3)<－f(x2－3)=f(3－x2),又f(x)在(－3，3)上是減函數，
∴x－3>3－x2,即x2+x－6>0,解得x>2或x<－3,綜上得27、已知在[0，1]上是的減函數，則的取值范圍是　　　　　
錯解：∵是由，復合而成，又＞0
　　∴在[0，1]上是的減函數，由復合函數關系知
應為增函數，∴＞1
錯因：錯因：解題中雖然考慮了對數函數與一次函數復合關系，卻忽視了數定義域的限制，單調區間應是定義域的某個子區間，即函數應在[0，1]上有意義.
正解：∵是由，復合而成，又＞0
　　∴在[0，1]上是的減函數，由復合函數關系知
應為增函數，∴＞1
又由于 在[0，1]上時 有意義，又是減函數，∴＝1時，取最小值是＞0即可，　　∴＜2綜上可知所求的取值范圍是1＜＜2
8、已知函數若時，≥0恒成立，求的取值范圍.
錯解：（一）恒成立，∴△＝≤0恒成立
　解得的取值范圍為
錯解：（二）∵若時，≥0恒成立
∴即
解得的取值范圍為
錯因：對二次函數＝當上≥0恒成立時，△≤0
片面理解為，≥0，恒成立時，△≤0 ；或者理解為
這都是由于函數性質掌握得不透徹而導致的錯誤.二次函數最值問題中“軸變區間定”要對對稱軸進行分類討論；“軸定區間變”要對區間進行討論.
正解：設的最小值為
（1）當即＞4時，＝＝7－3≥0，得故此時不存在；
(2) 當即－4≤≤4時，＝3－－≥0，得－6≤≤2
又－4≤≤4，故－4≤≤2；
（3）即＜－4時，＝＝7＋≥0，得≥－7，又＜－4
故－7≤＜－4
綜上，得－7≤≤2
9、求在點和處的切線方程。
錯因：直接將，看作曲線上的點用導數求解。
分析：點在函數的曲線上，因此過點的切線的斜率就是在處的函數值；
點不在函數曲線上，因此不能夠直接用導數求值，要通過設切點的方法求切線．
解：
即過點的切線的斜率為4，故切線為：．
設過點的切線的切點為，則切線的斜率為，又，
故，。
即切線的斜率為4或12，從而過點的切線為：
點評： 要注意所給的點是否是切點．若是，可以直接采用求導數的方法求；不是則需設出切點坐標
10、已知角的終邊經過，求的值.
錯解：
錯因：在求得的過程中誤認為0
正解：若，則，且角在第二象限
若，則，且角在第四象限
說明：（1）給出角的終邊上一點的坐標，求角的某個三解函數值常用定義求解；
（2）本題由于所給字母的符號不確定，故要對的正負進行討論.

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