高考數學一輪復習 第一章 集合與常用邏輯用語 1 集合、常用邏輯用語、函數與導數課件(理).ppt

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階段總結熱考題型強化課(一) 集合、常用邏輯用語、函數與導數,【網絡構建】,【核心要素】 1.集合中元素的特性、集合間的基本關系、基本運算 2.四種命題間的逆否關系、充要條件的判斷、量詞 3.函數的三要素、單調性、奇偶性 4.指數函數、對數函數、冪函數的圖象與性質 5.函數圖象變換:平移、對稱、翻折、伸縮,6.函數的零點:零點存在性定理 7.導數的幾何意義 8.函數的單調性與導函數值的關系 9.函數的極值、最值 10.定積分、微積分基本定理,熱考題型一 集合 【考情分析】,【考題集訓】 1.(2015天津高考) 已知全集U=1,2,3,4,5,6,7,8, 集合A=2,3,5,6，集合B=1,3,4,6,7，則集合 =( ) A.2,5 B.3,6 C.2,5,6 D.2,3,5,6,8 【解析】選A. =2,5,8，所以集合 =2,5.,2.(2015重慶高考)已知集合A=1,2,3,B=2,3， 則( ) A.A=B B.AB= C.A B D.B A 【解析】選D.因為A=1,2,3,B=2,3，由集合之間的 關系可知B A.,3.(2014浙江高考)設全集U=xN|x2，集合 A=xN|x25,則 =( ) A. B.2 C.5 D.2,5 【解析】選B.A=xN|x25=xN|x =xN|2x =2.,熱考題型二 常用邏輯用語 【考情分析】,【考題集訓】 1.(2014湖北高考)命題“xR,x2x”的否定 是 ( ) A.xR,x2x B.xR,x2=x C.x0R,x02x0 D.x0R,x02=x0 【解析】選D.全稱命題的否定是特稱命題,所以命題“xR,x2x”的否定是“x0R,x02=x0”.,2.(2014重慶高考)已知命題p:對任意xR,總有|x|0;q:x=1是方程x+2=0的根.則下列命題為真命題的是 ( ) A.pq B.pq C.pq D.pq,【解析】選A.易知命題p為真命題,q為假命題,故pq為真命題,pq為假命題,pq為假命題,pq為假命題.,3.(2015天津高考)設xR,則“|x-2|0”的 ( ) A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件,【解析】選A.|x-2|0的解為x1,所以,“|x-2|0”的充分而不必要條件.,熱考題型三 函數的概念、圖象與性質 【考情分析】,【考題集訓】 1.(2014湖南高考)下列函數中，既是偶函數又在區(qū)間(-,0)上單調遞增的是( ) A.f(x)= B.f(x)=x2+1 C.f(x)=x3 D.f(x)=2-x,【解析】選A.,2.(2015安徽高考)函數f(x)= 的圖象如圖所示，則下列結論成立的是( ) A.a0，b0，c0，c0 C.a0，c0 D.a0，b0，c0,【解析】選C.由題中圖象可知-c0, 所以c0b0, 當y=0時，ax+b=0x= a0.,熱考題型四 函數與方程及函數的零點 【考情分析】,【考題集訓】 1.(2015北京高考)某輛汽車每次加油都把油箱加滿, 下表記錄了該車相鄰兩次加油時的情況: 注:“累計里程”是指汽車從出廠開始累計行駛的路程.,在這段時間內,該車每100千米平均耗油量為( ) A.6升 B.8升 C.10升 D.12升 【解析】選B. 100=8.,2.(2015天津高考) 已知函數f(x)= 函數g(x)=b-f(2-x)，其中bR，若函數y=f(x)-g(x) 恰有4個零點，則b的取值范圍是( ),【解析】選D.由 得f(2-x)= 所以h(x)=f(x)+f(2-x),即h(x)=f(x)+f(2-x)= y=f(x)-g(x)=f(x)+f(2-x)-b, 所以y=f(x)-g(x)恰有4個零點等價于方程f(x)+f(2-x) -b=0有4個不同的解，即函數y=b與函數h(x)=f(x)+ f(2-x)的圖象有4個公共點，由圖象可知,3.(2014福建高考)函數f(x)= 的零點個數是_.,【解析】令x2-2=0，解得x= (舍)或 令2x-6+ln x=0，即ln x=-2x+6，在x0的范圍內兩函數的圖象有一個交點，即原方程有一個根. 綜上函數f(x)共有兩個零點. 答案：2,熱考題型五 導數在函數中的應用 【考情分析】,【考題集訓】 1.(2014廣東高考)曲線y=-5ex+3在點(0,-2)處的切線方程為 .,【解析】因為y=-5ex,y|x=0=-5,即在點(0,-2)處的切線斜率為-5,所以切線方程為y-(-2)=-5(x-0), 5x+y+2=0. 答案:5x+y+2=0,2.(2015四川高考)已知函數f(x)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,其中a0. (1)設g(x)是f(x)的導函數,討論g(x)的單調性. (2)證明:存在a(0,1),使得f(x)0在區(qū)間(1,+)內恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內有唯一解.,【解析】(1)g(x)= g(x)= 當a 時,g(x)0,此時g(x)在定義域(0,+)上 單調遞增； 當0a 時, g(x)0；,x g(x)0. 此時，g(x)在區(qū)間 和 上單調 遞增； g(x)在區(qū)間 上單調遞減.,(2)假設存在a(0,1),使得f(x)0在區(qū)間(1，+)內 恒成立，且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內有唯一解，在此假 設下：f(1)0，則可得01,f(x0)= 則f(x)在區(qū)間(1,x0)上遞減，在區(qū)間(x0,+)上遞增，,由假設x1,f(x)min=f(x0)=0, 下面只需證明，存在唯一“x01”，使同時 成立. 由：ln x0= 代入 x03+2(a-1)x02-5ax0-2a2=0，現在只需證明該方程在區(qū) 間(1,+)內有唯一解.,令h(x)=x3+2(a-1)x2-5ax-2a2， 則h(x)=3x2+4(a-1)x-5a,導函數的對稱軸 又h(1)=-a-11,h(m)=0， 當x(1,m)時,h(x)0， 則函數h(x)在區(qū)間(1,m)上單調遞減，在(m,+)上單調遞增，,又h(1)=-2a2-3a-10,x+，h(x)+， 則方程x03+2(a-1)x02-5ax0-2a2=0在區(qū)間(1,+)有唯一解. 則存在a(0,1)，使得f(x)0在區(qū)間(1,+)內恒成立，且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內有唯一解.,