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阶段总结热考题型强化课(一) 集合、常用逻辑用语、函数与导数,【网络构建】,【核心要素】 1.集合中元素的特性、集合间的基本关系、基本运算 2.四种命题间的逆否关系、充要条件的判断、量词 3.函数的三要素、单调性、奇偶性 4.指数函数、对数函数、幂函数的图象与性质 5.函数图象变换:平移、对称、翻折、伸缩,6.函数的零点:零点存在性定理 7.导数的几何意义 8.函数的单调性与导函数值的关系 9.函数的极值、最值 10.定积分、微积分基本定理,热考题型一 集合 【考情分析】,【考题集训】 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，则集合 =( ) A.2,5 B.3,6 C.2,5,6 D.2,3,5,6,8 【解析】选A. =2,5,8，所以集合 =2,5.,2.(2015重庆高考)已知集合A=1,2,3,B=2,3， 则( ) A.A=B B.AB= C.A B D.B A 【解析】选D.因为A=1,2,3,B=2,3，由集合之间的 关系可知B A.,3.(2014浙江高考)设全集U=xN|x2，集合 A=xN|x25,则 =( ) A. B.2 C.5 D.2,5 【解析】选B.A=xN|x25=xN|x =xN|2x =2.,热考题型二 常用逻辑用语 【考情分析】,【考题集训】 1.(2014湖北高考)命题“xR,x2x”的否定 是 ( ) A.xR,x2x B.xR,x2=x C.x0R,x02x0 D.x0R,x02=x0 【解析】选D.全称命题的否定是特称命题,所以命题“xR,x2x”的否定是“x0R,x02=x0”.,2.(2014重庆高考)已知命题p:对任意xR,总有|x|0;q:x=1是方程x+2=0的根.则下列命题为真命题的是 ( ) A.pq B.pq C.pq D.pq,【解析】选A.易知命题p为真命题,q为假命题,故pq为真命题,pq为假命题,pq为假命题,pq为假命题.,3.(2015天津高考)设xR,则“|x-2|0”的 ( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件,【解析】选A.|x-2|0的解为x1,所以,“|x-2|0”的充分而不必要条件.,热考题型三 函数的概念、图象与性质 【考情分析】,【考题集训】 1.(2014湖南高考)下列函数中，既是偶函数又在区间(-,0)上单调递增的是( ) A.f(x)= B.f(x)=x2+1 C.f(x)=x3 D.f(x)=2-x,【解析】选A.,2.(2015安徽高考)函数f(x)= 的图象如图所示，则下列结论成立的是( ) A.a0，b0，c0，c0 C.a0，c0 D.a0，b0，c0,【解析】选C.由题中图象可知-c0, 所以c0b0, 当y=0时，ax+b=0x= a0.,热考题型四 函数与方程及函数的零点 【考情分析】,【考题集训】 1.(2015北京高考)某辆汽车每次加油都把油箱加满, 下表记录了该车相邻两次加油时的情况: 注:“累计里程”是指汽车从出厂开始累计行驶的路程.,在这段时间内,该车每100千米平均耗油量为( ) A.6升 B.8升 C.10升 D.12升 【解析】选B. 100=8.,2.(2015天津高考) 已知函数f(x)= 函数g(x)=b-f(2-x)，其中bR，若函数y=f(x)-g(x) 恰有4个零点，则b的取值范围是( ),【解析】选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个零点等价于方程f(x)+f(2-x) -b=0有4个不同的解，即函数y=b与函数h(x)=f(x)+ f(2-x)的图象有4个公共点，由图象可知,3.(2014福建高考)函数f(x)= 的零点个数是_.,【解析】令x2-2=0，解得x= (舍)或 令2x-6+ln x=0，即ln x=-2x+6，在x0的范围内两函数的图象有一个交点，即原方程有一个根. 综上函数f(x)共有两个零点. 答案：2,热考题型五 导数在函数中的应用 【考情分析】,【考题集训】 1.(2014广东高考)曲线y=-5ex+3在点(0,-2)处的切线方程为 .,【解析】因为y=-5ex,y|x=0=-5,即在点(0,-2)处的切线斜率为-5,所以切线方程为y-(-2)=-5(x-0), 5x+y+2=0. 答案:5x+y+2=0,2.(2015四川高考)已知函数f(x)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,其中a0. (1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性. (2)证明:存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.,【解析】(1)g(x)= g(x)= 当a 时,g(x)0,此时g(x)在定义域(0,+)上 单调递增； 当0a 时, g(x)0；,x g(x)0. 此时，g(x)在区间 和 上单调 递增； g(x)在区间 上单调递减.,(2)假设存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1，+)内 恒成立，且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解，在此假 设下：f(1)0，则可得01,f(x0)= 则f(x)在区间(1,x0)上递减，在区间(x0,+)上递增，,由假设x1,f(x)min=f(x0)=0, 下面只需证明，存在唯一“x01”，使同时 成立. 由：ln x0= 代入 x03+2(a-1)x02-5ax0-2a2=0，现在只需证明该方程在区 间(1,+)内有唯一解.,令h(x)=x3+2(a-1)x2-5ax-2a2， 则h(x)=3x2+4(a-1)x-5a,导函数的对称轴 又h(1)=-a-11,h(m)=0， 当x(1,m)时,h(x)0， 则函数h(x)在区间(1,m)上单调递减，在(m,+)上单调递增，,又h(1)=-2a2-3a-10,x+，h(x)+， 则方程x03+2(a-1)x02-5ax0-2a2=0在区间(1,+)有唯一解. 则存在a(0,1)，使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立，且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.,
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