1、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】难度:基础题题型:以选择题、填空题为主考查方式:以集合的运算为主要考查对象,常与函数、不等式、方程等知识交汇命题.【考题集训】1.(2
2、015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.UABUBUAB2.(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
3、 =2.UA5，UA5热考题型二 常用逻辑用语【考情分析】难度:基础题题型:以选择题为主考查方式:涉及知识面较广,常与函数、不等式、三角函数、立体几何、解析几何、数列等知识综合在一起考查.【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
4、【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|1的解为1x0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】难度:基础题 题型:以选择题、填空题为主 考查方式:1.考查函数解析式与函数图象的对应关系.2.从函数的单调性、奇偶性、最值(值域)、周期性、对称性入手,或是直接确定函数的性质,或是利用函数的性质求参数的值(取值范围)、
5、比较大小等.3.常与基本初等函数的图象和性质交汇命题,综合性较强.【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 21x【解析】选A.12选项 具体分析 结论 A 幂函数f(x)=x-2是偶函数,且在第二象限是增函数.正确 B 二次函数f(x)=x2+1是偶函数,且在第二象限是减函数.错误 C 幂函数f(x)=x3是奇函数,且是增函数.错误 D 指数函数f(x)=2-x=()x是非奇非偶函数,且是减函数.错误 2.(2015安徽高考)函数f(x)=的图象如图所示，则下列
6、结论成立的是()A.a0，b0，c0 B.a0，c0 C.a0，c0 D.a0，b0，c0,所以c0b0,当y=0时，ax+b=0 x=a0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 2x2；热考题型五 导数在函数中的应用【考情分析】难度:低中档题型:以解答题为主考查方式:常以多项式函数、指数或对数函数、三角函数为载体,考查函数的性质、零点个数及参数问题.【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
7、)=-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.此时，g(x)在区间 和 上单调 递增；g(x)在区间 上单调递减.11 4a11 4a(0,)(,),2211 4a(0,)211 4a(,)
8、211 4a 11 4a(,)22(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，12，000a2(xln xa1)0 x ，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.2000 x(a1)xa,x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，2(1 a)2x(0,)33，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.
