高考数学一轮复习 第一章 集合与常用逻辑用语 1 集合、常用逻辑用语、函数与导数课件 理.ppt

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 bb a b c abd ba 解析 选d 因为a 1 2 3 b 2 3 由集合之间的关系可知ba 3 2014 浙江高考 设全集u x n x 2 集合a x n x2 5 则 a b 2 c 5 d 2 5 解析 选b a x n x2 5 x n x x n 2 x 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 x r x2 x 的否定是 a x r x2 xb x r x2 xc x0 r x02 x0d x0 r x02 x0 解析 选d 全称命题的否定是特称命题 所以命题 x r x2 x 的否定是 x0 r x02 x0 2 2014 重庆高考 已知命题p 对任意x r 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 p qb p qc p qd p q 解析 选a 易知命题p为真命题 q为假命题 故p q为真命题 p q为假命题 p q为假命题 p q为假命题 3 2015 天津高考 设x r 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 1c f x x3d 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 a 0 b 0 c0 c 0c a0 c 0d a 0 b 0 c 0 解析 选c 由题中图象可知 c 0 所以c0 b 0 当y 0时 ax b 0 x a 0 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b r 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 lnx 0 即lnx 2x 6 在x 0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a 0 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0 a 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x 1 f x min f x0 0 下面只需证明 存在唯一 x0 1 使 同时成立 由 lnx0 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