2019屆高考數(shù)學(文)一輪復習名師學案(共67套)北師大版Word版含答案

第一節(jié)絕對值不等式[考綱傳真]1.理解絕對值的幾何意義，并了解下列不等式成立的幾何意義及取等號的條件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)，|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b，c∈R).2.會利用絕對值的幾何意義求解以下類型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥C．(對應學生用書第164頁)[基礎知識填充]1．絕對值三角不等式 定理1：如果a，b是實數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立． 定理2：如果a，b，c是實數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立．2．絕對值不等式的解法 (1)含絕對值的不等式|x|<a與|x|>a的解法：不等式a>0a＝0a<0|x|<a{x|－a＜x＜a}??|x|>a{x|x＞a或x＜－a}{x∈R|x≠0}R (2)|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法： ①|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c； ②|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－C． (3)|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法 ①利用絕對值不等式的幾何意義求解； ②利用零點分段法求解； ③構造函數(shù)，利用函數(shù)的圖像求解．[基本能力自測]1．(思考辨析)判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)|x－a|＋|x－b|的幾何意義是表示數(shù)軸上的點x到點a，b的距離之和．() (2)不等式|a|－|b|≤|a＋b|等號成立的條件是ab≤0.() (3)不等式|a－b|≤|a|＋|b|等號成立的條件是ab≤0.() (4)當ab≥0時，|a＋b|＝|a|＋|b|成立．() [答案](1)√(2)×(3)√(4)√2．(教材改編)若關于x的不等式|ax－2|＜3的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)＜x＜\f(1,3)))))，則實數(shù)a＝________. －3[依題意，知a≠0. 又|ax－2|＜3?－3＜ax－2＜3， ∴－1＜ax＜5. 由于|ax－2|＜3的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)＜x＜\f(1,3)))))， ∴a＜0，eq\f(5,a)＝－eq\f(5,3)且－eq\f(1,a)＝eq\f(1,3)，則a＝－3.]3．(教材改編)若關于x的不等式|a|≥|x＋1|＋|x－2|存在實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是________． (－∞，－3]∪[3，＋∞)[由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， ∴|x＋1|＋|x－2|的最小值為3， 要使|a|≥|x＋1|＋|x－2|有解， 只需|a|≥3，∴a≥3或a≤－3.]4．解不等式x＋|2x＋3|≥2. [解]當x≥－eq\f(3,2)時，原不等式化為3x＋3≥2， 3分 解得x≥－eq\f(1,3). 6分 當x＜－eq\f(3,2)時，原不等式化為－x－3≥2， 解得x≤－5. 8分 綜上，原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－5或x≥－\f(1,3))))). 10分5．(2016·江蘇高考)設a>0，|x－1|<eq\f(a,3)，|y－2|<eq\f(a,3)，求證：|2x＋y－4|<A．【導學號：00090376】 [證明]因為|x－1|<eq\f(a,3)，|y－2|<eq\f(a,3)， 所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|<eq\f(2a,3)＋eq\f(a,3)＝A． 故原不等式得證.(對應學生用書第165頁)絕對值不等式的解法(2016·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.(1)畫出y＝f(x)的圖像；(2)求不等式|f(x)|>1的解集．【導學號：00090377】圖1 [解](1)由題意得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4，x≤－1，,3x－2，－1＜x≤\f(3,2)，,－x＋4，x＞\f(3,2)，)) 3分 故y＝f(x)的圖像如圖所示．6分 (2)由f(x)的函數(shù)表達式及圖像可知， 當f(x)＝1時，可得x＝1或x＝3； 當f(x)＝－1時，可得x＝eq\f(1,3)或x＝5. 8分 故f(x)＞1的解集為{x|1＜x＜3}， f(x)＜－1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜\f(1,3)或x＞5)))). 所以|f(x)|＞1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜\f(1,3)或1＜x＜3或x＞5)))). 10分 [規(guī)律方法]1.本題用零點分段法畫出分段函數(shù)的圖像，結合圖像的直觀性求出不等式的解集，體現(xiàn)數(shù)形結合思想的應用． 2．解絕對值不等式的關鍵是去絕對值符號，零點分段法操作程序是：找零點，分區(qū)間，分段討論．此外還常利用絕對值的幾何意義求解．[變式訓練1](2017·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|. (1)當a＝1時，求不等式f(x)≥g(x)的解集； (2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范圍． [解](1)當a＝1時，不等式f(x)≥g(x)等價于 x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.① 當x<－1時，①式化為x2－3x－4≤0，無解； 當－1≤x≤1時，①式化為x2－x－2≤0，從而－1≤x≤1； 當x>1時，①式化為x2＋x－4≤0， 從而1＜x≤eq\f(－1＋\r(17),2). 所以f(x)≥g(x)的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f(－1＋\r(17),2))))). (2)當x∈[－1,1]時，g(x)＝2， 所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，等價于當x∈[－1,1]時，f(x)≥2. 又f(x)在[－1,1]的最小值必為f(－1)與f(1)之一， 所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1. 所以a的取值范圍為[－1,1]．含絕對值的不等式的應用對于任意的實數(shù)a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，記實數(shù)M的最大值是m. (1)求m的值； (2)解不等式|x－1|＋|x－2|≤m. [解](1)不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立， 即M≤eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)對于任意的實數(shù)a(a≠0)和b恒成立，只要左邊恒小于或等于右邊的最小值. 2分 因為|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|， 當且僅當(a－b)(a＋b)≥0時等號成立， |a|≥|b|時，eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)≥2成立， 也就是eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)的最小值是2， 即m＝2. 5分 (2)|x－1|＋|x－2|≤2. 法一：利用絕對值的意義得：eq\f(1,2)≤x≤eq\f(5,2). 10分 法二：①當x＜1時，不等式為－(x－1)－(x－2)≤2， 解得x≥eq\f(1,2)，所以x的取值范圍是eq\f(1,2)≤x＜1. ②當1≤x≤2時，不等式為(x－1)－(x－2)≤2， 得x的取值范圍是1≤x≤2. 8分 ③當x＞2時，原不等式為(x－1)＋(x－2)≤2,2＜x≤eq\f(5,2). 綜上可知，不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)≤x≤\f(5,2))))). 10分 [規(guī)律方法]1.(1)利用絕對值不等式性質定理要注意等號成立的條件：當ab≥0時，|a＋b|＝|a|＋|b|；當ab≤0時，|a－b|＝|a|＋|b|；當(a－b)(b－c)≥0時，|a－c|＝|a－b|＋|b－c|. (2)對于求y＝|x－a|＋|x－b|或y＝|x＋a|－|x－b|型的最值問題利用含絕對值不等式更方便． 2．第(2)問易出現(xiàn)解集不全或錯誤．對于含絕對值的不等式，不論是分段去絕對值符號還是利用幾何意義，都要不重不漏．[變式訓練2]對于任意實數(shù)a，b，已知|a－b|≤1，|2a－1|≤1，且恒有|4a－3b＋2|≤m，求實數(shù) [解]因為|a－b|≤1，|2a 所以|3a－3b|≤3，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))≤eq\f(1,2)， 4分 所以|4a－3b＋2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))＋\f(5,2))) ≤|3a－3b|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))＋eq\f(5,2)≤3＋eq\f(1,2)＋eq\f(5,2)＝6， 8分 則|4a－3b 所以m≥|4a－3b＋2|max＝6，m的取值范圍是[6，＋∞)． 絕對值不等式的綜合應用(2018·哈爾濱模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a＞0. (1)當a＝1時，求不等式f(x)＞1的解集； (2)若f(x)的圖像與x軸圍成的三角形面積大于6，求a的取值范圍.【導學號：00090378】 [解](1)當a＝1時，f(x)>1化為|x＋1|－2|x－1|－1>0. 當x≤－1時，不等式化為x－4>0，無解； 當－1<x<1時，不等式化為3x－2>0，解得eq\f(2,3)<x<1； 當x≥1時，不等式化為－x＋2>0，解得1≤x＜2. 所以f(x)>1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)<x<2)))). 4分 (2)由題設可得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1－2a，x<－1，,3x＋1－2a，－1≤x≤a，,－x＋1＋2a，x>a.)) 所以函數(shù)f(x)的圖像與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，0))，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)．因此△ABC的面積S＝eq\f(1,2)|AB|·(a＋1)＝eq\f(2,3)(a＋1)2. 8分 由題設得eq\f(2,3)(a＋1)2>6，故a>2. 所以a的取值范圍為(2，＋∞). 10分 [規(guī)律方法]1.研究含有絕對值的函數(shù)問題時，根據(jù)絕對值的定義，分類討論去掉絕對值符號，轉化為分段函數(shù)，然后數(shù)形結合解決是常用的思維方法． 2．第(2)問求解要抓住三點：(1)分段討論，去絕對值符號，化f(x)為分段函數(shù)；(2)數(shù)形結合求△ABC的三個頂點坐標，進而得出△ABC的面積；(3)解不等式求a的取值范圍．[變式訓練3](2016·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋A． (1)當a＝2時，求不等式f(x)≤6的解集； (2)設函數(shù)g(x)＝|2x－1|.當x∈R時，恒有f(x)＋g(x)≥3，求實數(shù)a的取值范圍． [解](1)當a＝2時，f(x)＝|2x－2|＋2. 解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3. 因此f(x)≤6的解集為{x|－1≤x≤3}. 4分 (2)當x∈R時，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|(2x－a)＋(1－2x)|＋a＝|1－a|＋a， 6分 當x＝eq\f(1,2)時等號成立，所以當x∈R時，f(x)＋g(x)≥3等價于|1－a|＋a≥3.① 8分 當a≤1時，①等價于1－a＋a≥3，無解． 當a>1時，①等價于a－1＋a≥3，解得a≥2. 所以a的取值范圍是[2，＋∞). 10分

第二節(jié)不等式的證明[考綱傳真]通過一些簡單問題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法．(對應學生用書第166頁)[基礎知識填充]1．不等式證明的方法 (1)比較法： ①求差比較法： 知道a>b?a－b>0，a<b?a－b<0，因此要證明a>b，只要證明a－b＞0即可，這種方法稱為求差比較法． ②求商比較法： 由a>b>0?eq\f(a,b)>1且a>0，b>0，因此當a>0，b>0時，要證明a>b，只要證明eq\f(a,b)＞1即可，這種方法稱為求商比較法． (2)分析法： 從所要證明的結論入手向已知條件反推直至達到已知條件為止．這種證法稱為分析法，即“執(zhí)果索因”的證明方法． (3)綜合法： 從已知條件出發(fā)，利用不等式的性質(或已知證明過的不等式)，推出了所要證明的結論，即“由因尋果”的方法．這種證明不等式的方法稱為綜合法． (4)幾何法：通過構造幾何圖形，利用幾何圖形的性質來證明不等式的解法稱為幾何法． (5)放縮法和反證法： 在證明不等式時，有時可以通過縮小(或放大)分式的分母(或分子)，或通過放大(或縮小)被減式(或減式)來證明不等式，這種證明不等式的方法稱為放縮法． 反證法是常用的證明方法．它是通過證明命題結論的否定不能成立，來肯定命題結論一定成立．其證明的步驟是：①作出否定結論的假設；②進行推理，導出矛盾；③否定假設，肯定結論．2．幾個常用基本不等式 (1)柯西不等式： ①柯西不等式的代數(shù)形式：對任意實數(shù)a，b，c，d，有(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2(當向量(a，d)與向量(c，d)共線時．等號成立)． ②柯西不等式的向量形式：設α，β是兩個向量，則|α||β|≥|α·β|，當且僅當β是零向量，或存在實數(shù)k，使α＝kβ時，等號成立． ③一般形式的柯西不等式 設a1，a2，…，an與b1，b2，…，bn是兩組實數(shù)，則有(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋…＋beq\o\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，當向量(a1，a2，…，an)與向量(b1，b2，…，bn)共線時，等號成立． (2)算術—幾何平均不等式 若a1，a2，…，an為正數(shù)，則eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立．[基本能力自測]1．(思考辨析)判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)比較法最終要判斷式子的符號得出結論．() (2)綜合法是從原因推導到結果的思維方法，它是從已知條件出發(fā)，經(jīng)過逐步推理，最后達到待證的結論．() (3)分析法又叫逆推證法或執(zhí)果索因法，是從待證結論出發(fā)，一步一步地尋求結論成立的必要條件，最后達到題設的已知條件或已被證明的事實．() (4)使用反證法時，“反設”不能作為推理的條件應用．() [答案](1)×(2)√(3)×(4)×2．(教材改編)若a＞b＞1，x＝a＋eq\f(1,a)，y＝b＋eq\f(1,b)，則x與y的大小關系是() A．x＞y B．x＜y C．x≥y D．x≤y A[x－y＝a＋eq\f(1,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b))) ＝a－b＋eq\f(b－a,ab)＝eq\f(a－bab－1,ab). 由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0， 所以eq\f(a－bab－1,ab)＞0，即x－y＞0，所以x＞y.]3．(教材改編)已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，則M，N M≥N[2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2 因為a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b 從而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a24．已知a＞0，b＞0且ln(a＋b)＝0，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是________.【導學號：00090380】 4[由題意得，a＋b＝1，a＞0，b＞0， ∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b) ≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4， 當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時等號成立．]5．已知x＞0，y＞0，證明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy. [證明]因為x＞0，y＞0， 所以1＋x＋y2≥3eq\r(3,xy2)＞0,1＋x2＋y≥3eq\r(3,x2y)＞0， 故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3eq\r(3,xy2)·3eq\r(3,x2y)＝9xy.(對應學生用書第167頁)比較法證明不等式已知a＞0，b＞0，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b). [證明]法一：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a))))－(eq\r(a)＋eq\r(b)) ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))－\r(b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(a))－\r(a)))＝eq\f(a－b,\r(b))＋eq\f(b－a,\r(a)) ＝eq\f(a－b\r(a)－\r(b),\r(ab))＝eq\f(\r(a)＋\r(b)\r(a)－\r(b)2,\r(ab))≥0， ∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b). 10分 法二：由于eq\f(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a)),\r(a)＋\r(b))＝eq\f(a\r(a)＋b\r(b),\r(ab)\r(a)＋\r(b)) ＝eq\f(\r(a)＋\r(b)a－\r(ab)＋b,\r(ab)\r(a)＋\r(b)) ＝eq\f(a＋b,\r(ab))－1 ≥eq\f(2\r(ab),\r(ab))－1＝1. 8分 又a＞0，b＞0，eq\r(ab)＞0， ∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b). 10分 [規(guī)律方法]1.在法一中，采用局部通分，優(yōu)化了解題過程；在法二中，利用不等式的性質，把證明a＞b轉化為證明eq\f(a,b)＞1(b＞0)． 2．作差(商)證明不等式，關鍵是對差(商)式進行合理的變形，特別注意作商證明不等式，不等式的兩邊應同號． 提醒：在使用作商比較法時，要注意說明分母的符號．[變式訓練1](2018·長沙模擬)設a，b是非負實數(shù)， 求證：a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b)． [證明]因為a2＋b2－eq\r(ab)(a＋b) ＝(a2－aeq\r(ab))＋(b2－beq\r(ab)) ＝aeq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))＋beq\r(b)(eq\r(b)－eq\r(a)) ＝(eq\r(a)－eq\r(b))(aeq\r(a)－beq\r(b)) ＝. 6分因為a≥0，b≥0，所以不論a≥b≥0，還是0≤a≤b，都有a－b與a－b 同號，所以(aeq\f(1,2)－beq\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(3,2)－b\f(3,2)))≥0， 所以a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b). 10分綜合法證明不等式(2018·長春模擬)設a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，證明： (1)ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)； (2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1. [證明](1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca， 得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca， 由題設得(a＋b＋c)2＝1， 即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1， 所以3(ab＋bc＋ca)≤1， 即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3). 5分 (2)因為eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c， 故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 則eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c，所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1. 10分 [規(guī)律方法]1.綜合法證明的實質是由因導果，其證明的邏輯關系是：A?B1?B2?…?Bn?B(A為已知條件或數(shù)學定義、定理、公理，B為要證結論)，它的常見書面表達式是“∵，∴”或“?”． 2．綜合法證明不等式，要著力分析已知與求證之間，不等式的左右兩端之間的差異與聯(lián)系．合理進行轉換，恰當選擇已知不等式，這是證明的關鍵．[變式訓練2](2017·石家莊調研)已知函數(shù)f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|. (1)求f(x)的最小值m； (2)若a，b，c均為正實數(shù)，且滿足a＋b＋c＝m，求證：eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥3.【導學號：00090381】 [解](1)當x＜－1時，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x＞3； 2分 當－1≤x＜2時，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)； 當x≥2時，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x≥6. 綜上，f(x)的最小值m＝3. 5分 (2)證明：a，b，c均為正實數(shù)，且滿足a＋b＋c＝3， 因為eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)＋(a＋b＋c) ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)＋a))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2,b)＋b))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)＋c)) ≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(b2,a)·a)＋\r(\f(c2,b)·b)＋\r(\f(a2,c)·c)))＝2(a＋b＋c). 8分 (當且僅當a＝b＝c＝1時取“＝”) 所以eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥a＋b＋c， 即eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥3. 10分分析法證明不等式(2015·全國卷Ⅱ)設a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明： (1)若ab>cd，則eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)； (2)eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要條件． [證明](1)∵a，b，c，d為正數(shù)，且a＋b＝c＋d， 欲證eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)， 只需證明(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2， 也就是證明a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd)， 只需證明eq\r(ab)＞eq\r(cd)， 即證ab＞cD． 由于ab＞cd， 因此eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d). 5分 (2)①若|a－b|<|c－d|， 則(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cD． 因為a＋b＝c＋d，所以ab>cD． 由(1)，得eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d). 8分 ②若eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)， 則(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2， 即a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd). 因為a＋b＝c＋d，所以ab>cD． 于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2. 因此|a－b|<|c－d|. 綜上，eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要條件. 10分 [規(guī)律方法]1.本題將不等式證明與充要條件的判定滲透命題，考查推理論證能力和轉化與化歸的思想方法，由于兩個不等式兩邊都是正數(shù)，可通過兩邊平方來證明． 2．當要證的不等式較難發(fā)現(xiàn)條件和結論之間的關系時，可用分析法來尋找證明途徑，使用分析法證明的關鍵是推理的每一步必須可逆． 3．分析法證明的思路是“執(zhí)果索因”，其框圖表示為： eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→eq\x(P2?P3)→…→eq\x(\a\al(得到一個明顯,成立的條件))[變式訓練3]已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)A． [證明]要證eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a， 只需證b2－ac＜3a2 ∵a＋b＋c＝0，只需證b2＋a(a＋b)＜3a2 只需證2a2－ab－b2＞0， 只需證(a－b)(2a＋b 只需證(a－b)(a－c)＞0. ∵a＞b＞c，∴a－b＞0，a－c＞0， ∴(a－b)(a－c)＞0顯然成立， 故原不等式成立. 10分

第一節(jié)集合[考綱傳真]1.了解集合的含義，體會元素與集合的屬于關系；能用自然語言、圖形語言、集合語言(列舉法或描述法)描述不同的具體問題.2.理解集合之間包含與相等的含義，能識別給定集合的子集；在具體情境中，了解全集與空集的含義.3.(1)理解兩個集合的并集與交集的含義，會求兩個簡單集合的并集與交集．(2)理解在給定集合中一個子集的補集的含義，會求給定子集的補集．(3)能使用Venn圖表達集合間的基本關系及集合的基本運算．(對應學生用書第1頁)[基礎知識填充]1．元素與集合 (1)集合中元素的三個特性：確定性、互異性、無序性． (2)元素與集合的關系是屬于或不屬于，表示符號分別為∈和?. (3)集合的常用表示法：列舉法、描述法、圖示法． (4)常見數(shù)集的記法集合自然數(shù)集正整數(shù)集整數(shù)集有理數(shù)集實數(shù)集符號NN*(或N＋)ZQR2.集合間的基本關系關系自然語言符號語言Venn圖子集集合A中的任何一個元素都是集合B中的元素(即若a∈A，則a∈B)A?B或B?A真子集集合A是集合B的子集，且集合B中至少有一個元素不在集合A中AB或BA集合相等集合A，B中的元素相同或集合A，B互為子集A＝B3．集合的基本運算并集交集補集圖形表示符號表示A∪BA∩B?UA意義{x|x∈A或x∈B}{x|x∈A且x∈B}{x|x∈U且x?A}[知識拓展]1．若有限集A中有n個元素，則集合A的子集個數(shù)為2n，真子集的個數(shù)為2n－1.2．A?B?A∩B＝A?A∪B＝B．3．A∩?UA＝?；A∪?UA＝U；?U(?UA)＝A．[基本能力自測]1．(思考辨析)判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)任何集合都有兩個子集．() (2)已知集合A＝{x|y＝x2}，B＝{y|y＝x2}，C＝{(x，y)|y＝x2}，則A＝B＝C．() (3)若{x2，x}＝{－1,1}，則x＝－1.() (4)若A∩B＝A∩C，則B＝C．() [解析](1)錯誤．空集只有一個子集，就是它本身，故該說法是錯誤的． (2)錯誤．集合A是函數(shù)y＝x2的定義域，即A＝(－∞，＋∞)；集合B是函數(shù)y＝x2的值域，即B＝[0，＋∞)；集合C是拋物線y＝x2上的點集．因此A，B，C不相等． (3)正確． (4)錯誤．當A＝?時，B，C可為任意集合． [答案](1)×(2)×(3)√(4)×2．(教材改編)若集合A＝{x∈N|x≤eq\r(10)}，a＝2eq\r(2)，則下列結論正確的是() A．{a}?A B．a(chǎn)?A C．{a}∈A D．a(chǎn)?A D[由題意知A＝{0,1,2,3}，由a＝2eq\r(2)，知a?A．]3．(2017·全國卷Ⅱ)設集合A＝{1,2,3}，B＝{2,3,4}，則A∪B＝()【導學號：00090000】 A．{1,2,3,4} B．{1,2,3} C．{2,3,4} D．{1,3,4} A[∵A＝{1,2,3}，B＝{2,3,4}，∴A∪B＝{1,2,3,4}． 故選A．]4．(2016·全國卷Ⅲ)設集合A＝{0,2,4,6,8,10}，B＝{4,8}，則?AB＝() A．{4,8} B．{0,2,6} C．{0,2,6,10} D．{0,2,4,6,8,10} C[∵集合A＝{0,2,4,6,8,10}，B＝{4,8}， ∴?AB＝{0,2,6,10}．]5．已知集合A＝{(x，y)|x，y∈R，且x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|x，y∈R，且y＝x}，則A∩B的元素個數(shù)為________． 2[集合A表示圓心在原點的單位圓上的點，集合B表示直線y＝x上的點，易知直線y＝x和圓x2＋y2＝1相交，且有2個交點，故A∩B中有2個元素．](對應學生用書第2頁)集合的含義與表示(1)已知集合A＝{0,1,2}，則集合B＝{x－y|x∈A，y∈A}中元素的個數(shù)是() A．1 B．3 C．5 D．9 (2)若集合A＝{x∈R|ax2－3x＋2＝0}中只有一個元素，則a＝() A．eq\f(9,2) B．eq\f(9,8) C．0 D．0或eq\f(9,8) (1)C(2)D[(1)當x＝0，y＝0,1,2時，x－y＝0，－1，－2； 當x＝1，y＝0,1,2時，x－y＝1,0，－1； 當x＝2，y＝0,1,2時，x－y＝2,1,0. 根據(jù)集合中元素的互異性可知，B的元素為－2，－1,0,1,2，共5個． (2)若集合A中只有一個元素，則方程ax2－3x＋2＝0只有一個實根或有兩個相等實根． 當a＝0時，x＝eq\f(2,3)，符合題意； 當a≠0時，由Δ＝(－3)2－8a＝0得a＝eq\f(9,8)， 所以a的取值為0或eq\f(9,8).] [規(guī)律方法]1.研究集合問題，首先要抓住元素，其次看元素應滿足的屬性；特別地，對于含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意檢驗集合的元素是否滿足互異性，如題(1)． 2．由于方程的不定性導致求解過程用了分類討論思想，如題(2)．[變式訓練1](1)已知集合A＝{x∈R|ax2＋3x－2＝0}，若A＝?，則實數(shù)a的取值范圍為________． (2)設a，b∈R，集合{1，a＋b，a}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,a)，b))，則b－a＝________. (1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(9,8)))(2)2[(1)∵A＝?，∴方程ax2＋3x－2＝0無實根， 當a＝0時，x＝eq\f(2,3)不合題意； 當a≠0時，Δ＝9＋8a＜0，∴a＜－eq\f(9,8). (2)因為{1，a＋b，a}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,a)，b))，a≠0， 所以a＋b＝0，得eq\f(b,a)＝－1，又a≠1， 所以a＝－1，b＝1，所以b－a＝2.]集合間的基本關系(1)已知集合A＝{x|y＝eq\r(1－x2)，x∈R}，B＝{x|x＝m2，m∈A}，則() A．AB B．BA C．A?B D．B＝A (2)已知集合A＝{x|－2≤x≤7}，B＝{x|m＋1＜x＜2m－1}，若B?A，則實數(shù)m (1)B(2)(－∞，4][(1)易知A＝{x|－1≤x≤1}， 所以B＝{x|x＝m2，m∈A}＝{x|0≤x≤1}， 因此BA． (2)當B＝?時，有m＋1≥2m－1，則m 當B≠?時，若B?A，如圖． 則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋1≥－2，,2m－1≤7，,m＋1＜2m－1，)) 解得2＜m≤4. 綜上，m的取值范圍為m≤4.] [規(guī)律方法]1.B?A，應分B＝?和B≠?兩種情況討論． 2．已知兩集合間的關系求參數(shù)時，關鍵是將兩集合間的關系轉化為元素或區(qū)間端點間的關系，進而轉化為參數(shù)滿足的關系，解決這類問題常常要合理利用數(shù)軸、Venn圖化抽象為直觀進行求解．[變式訓練2](1)(2018·湖南師大附中模擬)已知全集U＝R，則正確表示集合M＝{－1,0,1}和N＝{x|x2＋x＝0}關系的示意圖是()【導學號：00090001】 (2)已知集合P＝{x|x＜－1或x＞4}，Q＝{x|a＋1≤x≤2a－1}．若QP，則a (1)B(2)(－∞，2)∪(3，＋∞)[(1)因為M＝{－1,0,1}，N＝{－1,0}． 所以NM，故選B． (2)當a＋1＞2a－1，即a＜2時，Q＝? 當a≥2時，B≠?，要使QP，需滿足 eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－1＜－1,a≥2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1＞4,a≥2，))解得a＞3. 綜上知a的取值范圍是(－∞，2)∪(3，＋∞)．]集合的基本運算角度1求集合的交集或并集(1)(2017·全國卷Ⅰ)已知集合A＝{x|x<2}，B＝{x|3－2x>0}，則() A．A∩B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜\f(3,2))))) B．A∩B＝? C．A∪B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜\f(3,2))))) D．A∪B＝R (2)(2017·鄭州調研)設集合M＝{x|x2＝x}， N＝{x|lgx≤0}，則M∪N＝() A．[0,1] B．(0,1] C．[0,1) D．(－∞，1] (1)A(2)A[(1)因為B＝{x|3－2x＞0}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜\f(3,2)))))，A＝{x|x＜2}，所以A∩B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜\f(3,2)))))，A∪B＝{x|x＜2}． 故選A． (2)M＝{x|x2＝x}＝{0,1}，N＝{x|lgx≤0}＝{x|0<x≤1}，M∪N＝[0,1]．]角度2集合的交、并、補的混合運算(1)(2018·湘潭模擬)已知全集U＝R，集合M＝{x||x|＜1}，N＝{y|y＝2x，x∈R}，則集合?U(M∪N)等于() A．(－∞，－1] B．(－1,2) C．(－∞，－1]∪[2，＋∞) D．[2，＋∞) (2)(2017·太原一模)已知全集U＝R，集合M＝{x|(x－1)(x＋3)＜0}，N＝{x||x|≤1}，則陰影部分(如圖1-1-1)表示的集合是()圖1-1-1 A．[－1,1) B．(－3,1] C．(－∞，－3)∪[－1，＋∞) D．(－3，－1) (1)A(2)D[(1)∵M＝{x||x|＜1}＝{x|－1＜x＜1}，N＝{y|y＝2x，x∈R}＝{y|y＞0}，∴M∪N＝{x|x＞－1}，又∵U＝R，∴?U(M∪N)＝(－∞，－1]．故選A． (2)由題意可知，M＝(－3,1)，N＝[－1,1]，∴陰影部分表示的集合為M∩(?UN)＝(－3，－1)．] [規(guī)律方法]1.求集合的交集和并集時首先應明確集合中元素的屬性，然后利用交集和并集的定義求解． 2．在進行集合的運算時要盡可能地借助Venn圖和數(shù)軸使抽象問題直觀化．一般地，集合元素離散時用Venn圖表示；集合元素連續(xù)時用數(shù)軸表示，用數(shù)軸表示時要注意端點值的取舍． 易錯警示：在解決有關A∩B＝?，A?B等集合問題時，往往忽視空集的情況，一定要先考慮?是否成立，以防漏解．

第二節(jié)命題及其關系、充分條件與必要條件[考綱傳真]1.理解命題的概念；了解“若p，則q”形式的命題及其逆命題、否命題與逆否命題，會分析四種命題的相互關系.2.理解必要條件、充分條件與充要條件的意義．(對應學生用書第3頁)[基礎知識填充]1．命題 可以判斷真假，用文字或符號表述的語句叫做命題，其中判斷為真的叫做真命題，判斷為假的叫做假命題．2．四種命題及其相互關系 (1)四種命題間的相互關系圖1-2-1 (2)四種命題的真假關系 ①兩個命題互為逆否命題，它們有相同的真假性； ②兩個命題互為逆命題或互為否命題，它們的真假性沒有關系．3．充分條件與必要條件 (1)如果p?q，則p是q的充分條件，q是p的必要條件． (2)如果p?q，那么p與q互為充要條件． (3)如果pDq，且qDp，則p是q的既不充分也不必要條件．[知識拓展]1．充分條件、必要條件的兩個結論 (1)若p是q的充分不必要條件，q是r的充分不必要條件，則p是r的充分不必要條件； (2)若p是q的充分不必要條件，則綈q是綈p的充分不必要條件．2．充分條件、必要條件與集合的關系p成立的對象構成的集合為A，q成立的對象構成的集合為Bp是q的充分條件A?Bp是q的必要條件B?Ap是q的充分不必要條件ABp是q的必要不充分條件BAp是q的充要條件A＝B[基本能力自測]1．(思考辨析)判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)“x2＋2x－3<0”是命題．() (2)命題“若p，則q”的否命題是“若p，則綈q”．() (3)當q是p的必要條件時，p是q的充分條件．() (4)“若p不成立，則q不成立”等價于“若q成立，則p成立”．() [解析](1)錯誤．該語句不能判斷真假，故該說法是錯誤的． (2)錯誤．否命題既否定條件，又否定結論． (3)正確．q是p的必要條件說明p?q，所以p是q的充分條件． (4)正確．原命題與逆否命題是等價命題． [答案](1)×(2)×(3)√(4)√2．(教材改編)命題“若α＝eq\f(π,4)，則tanα＝1”的逆否命題是() A．若α≠eq\f(π,4)，則tanα≠1 B．若α＝eq\f(π,4)，則tanα≠1 C．若tanα≠1，則α≠eq\f(π,4) D．若tanα≠1，則α＝eq\f(π,4) C[“若p，則q”的逆否命題是“若綈q，則綈p”，顯然綈q：tanα≠1，綈p：α≠eq\f(π,4)，所以該命題的逆否命題是“若tanα≠1，則α≠eq\f(π,4)”．]3．已知集合A＝{1，a}，B＝{1,2,3}，則“a＝3”是“A?B”的() A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 A[a＝3時，A＝{1,3}，顯然A?B． 但A?B時，a＝2或3. ∴“a＝3”是“A?B”的充分不必要條件．]4．命題“若a＞－3，則a＞－6”以及它的逆命題、否命題、逆否命題中假命題的個數(shù)為() 【導學號：00090004】 A．1 B．2 C．3 D．4 B[原命題正確，從而其逆否命題也正確；其逆命題為“若a＞－6，則a＞－3”是假命題，從而其否命題也是假命題． 因此4個命題中有2個假命題．]5．(2017·天津高考)設x∈R，則“2－x≥0”是“|x－1|≤1”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 B[∵2－x≥0，∴x≤2. ∵|x－1|≤1，∴0≤x≤2. ∵當x≤2時不一定有x≥0，當0≤x≤2時一定有x≤2， ∴“2－x≥0”是“|x－1|≤1”的必要而不充分條件． 故選B．](對應學生用書第3頁)四種命題的關系及其真假判斷(1)命題“若x2－3x－4＝0，則x＝4”的逆否命題及其真假性為() A．“若x＝4，則x2－3x－4＝0”為真命題 B．“若x≠4，則x2－3x－4≠0”為真命題 C．“若x≠4，則x2－3x－4≠0”為假命題 D．“若x＝4，則x2－3x－4＝0”為假命題 (2)原命題為“若z1，z2互為共軛復數(shù)，則|z1|＝|z2|”，關于逆命題，否命題，逆否命題真假性的判斷依次如下，正確的是() A．真，假，真 B．假，假，真 C．真，真，假 D．假，假，假 (1)C(2)B[(1)根據(jù)逆否命題的定義可以排除A，D，由x2－3x－4＝0，得x＝4或－1，所以原命題為假命題，所以其逆否命題也是假命題． (2)由共軛復數(shù)的性質，原命題為真命題，因此其逆否命題也為真命題． 當z1＝1＋2i，z2＝2＋i時，顯然|z1|＝|z2|，但z1與z2不共軛，所以逆命題為假命題，從而它的否命題亦為假命題．] [規(guī)律方法]1.已知原命題寫出該命題的其他命題時，先要分清命題的條件與結論．特別注意的是，如果命題不是“若p，則q”形式的命題，需先改寫為“若p，則q”的形式． 2．給出一個命題，要判斷它是真命題，需經(jīng)過嚴格的推理證明；而要說明它是假命題，只需舉一反例即可． 3．由于原命題與其逆否命題的真假性相同，所以有時可以利用這種等價性間接地證明命題的真假．[變式訓練1](1)某食品的廣告詞為“幸福的人們都擁有”，這句話的等價命題是() A．不擁有的人們會幸福 B．幸福的人們不都擁有 C．擁有的人們不幸福 D．不擁有的人們不幸福 (2)原命題為“若eq\f(an＋an＋1,2)＜an，n∈N*，則{an}為遞減數(shù)列”，關于其逆命題、否命題、逆否命題真假性的判斷依次如下，正確的是() A．真，真，真 B．假，假，真 C．真，真，假 D．假，假，假 (1)D(2)A[(1)等價命題即為逆否命題，故選D． (2)由eq\f(an＋an＋1,2)＜an，得an＋an＋1＜2an，即an＋1＜an. 所以當eq\f(an＋an＋1,2)＜an時，必有an＋1＜an， 則{an}是遞減數(shù)列． 反之，若{an}是遞減數(shù)列，必有an＋1＜an， 從而有eq\f(an＋an＋1,2)＜an. 所以原命題及其逆命題均為真命題，從而其否命題及其逆否命題也均是真命題．]充分條件與必要條件的判斷(1)(2017·北京高考)設m，n為非零向量，則“存在負數(shù)λ，使得m＝λn”是“m·n<0”的() A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 (2)設x∈R，則“1＜x＜2”是“|x－2|＜1”的() A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 (1)A(2)A[(1)法一：由題意知|m|≠0，|n|≠0. 設m與n的夾角為θ. 若存在負數(shù)λ，使得m＝λn， 則m與n反向共線，θ＝180°， ∴m·n＝|m||n|cosθ＝－|m||n|<0. 當90°<θ<180°時，m·n<0，此時不存在負數(shù)λ，使得m＝λn. 故“存在負數(shù)λ，使得m＝λn”是“m·n<0”的充分而不必要條件． 故選A． 法二：∵m＝λn，∴m·n＝λn·n＝λ|n|2. ∴當λ<0，n≠0時，m·n<0. 反之，由m·n＝|m||n|cos〈m，n〉<0?cos〈m，n〉<0?〈m，n〉∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))， 當〈m，n〉∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，m，n不共線． 故“存在負數(shù)λ，使得m＝λn”是“m·n<0”的充分而不必要條件． 故選A． (2)|x－2|＜1?1＜x＜3. 由于{x|1＜x＜2}是{x|1＜x＜3}的真子集， 所以“1＜x＜2”是“|x－2|＜1”的充分不必要條件．] [規(guī)律方法]充分條件、必要條件的三種判斷方法 (1)定義法：根據(jù)p?q，q?p進行判斷，適用于定義、定理判斷性問題． (2)集合法：根據(jù)p，q成立的對象的集合之間的包含關系進行判斷，多適用于命題中涉及字母的范圍的推斷問題． (3)等價轉化法：根據(jù)一個命題與其逆否命題的等價性，把判斷的命題轉化為其逆否命題進行判斷，適用于條件和結論帶有否定性詞語的命題．[變式訓練2](1)(2018·九江十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex，x≥－1，,ln－x，x＜－1，))則“x＝0”是“f(x)＝1”的()【導學號：00090005】 A．充要條件 B．充分不必要條件 C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件 (2)(2018·東北三省四市聯(lián)考)設a，b均為實數(shù)，則“a＞|b|”是“a3＞b3”() A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 (1)B(2)A[(1)若x＝0，則f(x)＝1， 若f(x)＝1，則ex＝1或ln(－x)＝1，解得x＝0或x＝－e. 故“x＝0”是“f(x)＝1”的充分不必要條件，故選B． (2)a＞|b|能推出a＞b，進而得a3＞b3；當a3＞b3時，有a＞b，但若b＜a＜0，則a＞|b|不成立，所以“a＞|b|”是“a3＞b3”充分條件、必要條件的應用已知P＝{x|x2－8x－20≤0}，非空集合S＝{x|1－m≤x≤1＋m}．若x∈P是x∈S的必要條件，求m的取值范圍． [解]由x2－8x－20≤0得－2≤x≤10， ∴P＝{x|－2≤x≤10}． ∵x∈P是x∈S的必要條件，則S?P， ∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m≥－2，,1＋m≤10，,1－m≤1＋m，))∴0≤m≤3. 綜上，可知0≤m≤3時，x∈P是x∈S的必要條件．[母題探究1]本例條件不變，問是否存在實數(shù)m，使x∈P是x∈S的充要條件． [解]由例題知P＝{x|－2≤x≤10}． 若x∈P是x∈S的充要條件，則P＝S， ∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m＝－2，,1＋m＝10，)) ∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3，,m＝9，)) 這樣的m不存在．[母題探究2]本例條件不變，若綈P是綈S的必要不充分條件，求實數(shù)m的取值范圍． [解]由例題知P＝{x|－2≤x≤10}． ∵綈P是綈S的必要不充分條件， ∴P是S的充分不必要條件， ∴P?S且SDP， ∴[－2,10][1－m,1＋m]， ∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m≤－2，,1＋m＞10))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m＜－2，,1＋m≥10，)) ∴m≥9，即m的取值范圍是[9，＋∞)． [規(guī)律方法]充分條件、必要條件的應用，一般表現(xiàn)在參數(shù)問題的求解上．解題時需注意： (1)把充分條件、必要條件或充要條件轉化為集合之間的關系，然后根據(jù)集合之間的關系列出關于參數(shù)的不等式(組)求解． (2)要注意區(qū)間端點值的檢驗．[變式訓練3](1)(2017·長沙模擬)已知命題p：a≤x≤a＋1，命題q：x2－4x<0，若p是q的充分不必要條件，則a的取值范圍是________． (2)方程ax2＋2x＋1＝0(a∈R，a為常數(shù))的解集只有一個負實根的充要條件是________． (1)(0,3)(2)a≤0或a＝1[(1)令M＝{x|a≤x≤a＋1}，N＝{x|x2－4x<0}＝{x|0<x<4}． ∵p是q的充分不必要條件，∴MN， ∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a＋1<4，))解得0<a<3. (2)當a＝0時，原方程為2x＋1＝0， ∴原方程有一個負實根x＝－eq\f(1,2). 當a≠0時，ax2＋2x＋1＝0只有一個負實根． ∴方程有一個正根和一個負根或方程有兩個相等的負根．當方程有一正一負根時，則x1x2＜0， ∴eq\f(1,a)＜0，且Δ＝4－4a＞0，解得a＜0； 當方程有兩個相等的負根時，Δ＝4－4a＝0，a 綜上，方程的解集只有一個負實根的充要條件是a≤0或a＝1.]

第三節(jié)全稱量詞與存在量詞、邏輯聯(lián)結詞“且”“或”“非”[考綱傳真]1.了解邏輯聯(lián)結詞“且”“或”“非”的含義.2.理解全稱量詞與存在量詞的意義.3.能正確地對含有一個量詞的命題進行否定．(對應學生用書第5頁)[基礎知識填充]1．簡單的邏輯聯(lián)結詞 (1)命題中的“且”“或”“非”叫做邏輯聯(lián)結詞． (2)命題p且q，p或q，綈p的真假判斷pqp且qp或q非p真真真真假真假假真假假真假真真假假假假真2.全稱量詞與存在量詞 (1)常見的全稱量詞有：“任意一個”“一切”“每一個”“任給”“所有的”等． (2)常見的存在量詞有：“存在一個”“至少有一個”“有些”“有一個”“某個”“有的”等．3．全稱命題與特稱命題 (1)含有全稱量詞的命題叫全稱命題． (2)含有存在量詞的命題叫特稱命題．4．命題的否定 (1)全稱命題的否定是特稱命題；特稱命題的否定是全稱命題． (2)p或q的否定為：綈p且綈q；p且q的否定為：綈p或綈q.[知識拓展]1．含有邏輯聯(lián)結詞的命題真假的判斷規(guī)律 (1)p或q：p、q中有一個為真，則p或q為真，即有真為真； (2)p且q：p、q中有一個為假，則p且q為假，即有假即假； (3)綈p：與p的真假相反，即一真一假，真假相反．2．含一個量詞的命題的否定的規(guī)律是“改量詞，否結論”．[基本能力自測]1．(思考辨析)判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)命題“5＞6或5＞2”是假命題．()(2)命題綈(p且q)是假命題，則命題p，q中至少有一個是假命題．()(3)“長方形的對角線相等”是特稱命題．()(4)命題“對頂角相等”的否定是“對頂角不相等”．()[解析](1)錯誤．命題p或q中，p，q有一真則真．(2)錯誤．p且q是真命題，則p，q都是真命題．(3)錯誤．命題“長方形的對角線相等”可敘述為“所有長方形的對角線相等”，是全稱命題．(4)錯誤．“對頂角相等”是全稱命題，其否定為“有些對頂角不相等”．[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改編)已知p：2是偶數(shù)，q：2是質數(shù)，則命題綈p，綈q，p或q，p且q中真命題的個數(shù)為() A．1 B．2 C．3 D．4 B[p和q顯然都是真命題，所以綈p，綈q都是假命題，p或q，p且q都是真命題．]3．(2015·全國卷Ⅰ)設命題p：存在n∈N，n2＞2n，則綈p為()A．任意n∈N，n2＞2n B．存在n∈N，n2≤2nC．任意n∈N，n2≤2n D．存在n∈N，n2＝2nC[因為“存在x∈M，p(x)”的否定是“任意x∈M，綈p(x)”，所以命題“存在n∈N，n2>2n”的否定是“任意n∈N，n2≤2n”．故選C．]4．(2018·韶關模擬)下列命題中的假命題是()A．任意x∈R,2x－1＞0B．任意x∈N*，(x－1)2＞0C．存在x∈R，lgx＜1D．存在x∈R，tanx＝2B[當x＝1時，(x－1)2＝0，故B是假命題．]5．若命題“任意x∈R，ax2－ax－2≤0”是真命題，則實數(shù)a的取值范圍是________. 【導學號：00090008】[－8,0][當a＝0時，不等式顯然成立．當a≠0時，依題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＝a2＋8a≤0，))解得－8≤a＜0.綜上可知－8≤a≤0.](對應學生用書第5頁)含有邏輯聯(lián)結詞的命題的真假判斷設a，b，c是非零向量．已知命題p：若a·b＝0，b·c＝0，則a·c＝0；命題q：若a∥b，b∥c，則a∥C．則下列命題中真命題是()A．p或q B．p且qC．(綈p)且(綈q) D．p且(綈q)A[取a＝c＝(1,0)，b＝(0,1)，顯然a·b＝0，b·c＝0，但a·c＝1≠0，∴p是假命題．a(chǎn)，b，c是非零向量，由a∥b知a＝xb，由b∥c知b＝y(tǒng)c，∴a＝xyc，∴a∥c，∴q是真命題．綜上知p或q是真命題，p且q是假命題．又∵綈p為真命題，綈q為假命題，∴(綈p)且(綈q)，p且(綈q)都是假命題．] [規(guī)律方法]1.“p或q”“p且q”“綈p”形式的命題真假判斷的關鍵是對邏輯聯(lián)結詞“或”“且”“非”含義的理解，其操作步驟是：(1)明確其構成 形式；(2)判斷其中命題p，q的真假；(3)確定“p或q”“p且q”“綈p” 形式的命題的真假． 2．p且q形式是“一假必假，全真才真”，p或q形式是“一真必真，全假才假”，非p則是“與p的真假相反”．[變式訓練1](2017·石家莊一模)命題p：若sinx＞siny，則x＞y；命題q：x2＋y2≥2xy.下列命題為假命題的是()A．p或q B．p且qC．q D．綈pB[取x＝eq\f(π,3)，y＝eq\f(5π,6)，可知命題p不正確；由(x－y)2≥0恒成立，可知命題q正確．故綈p為真命題，p或q是真命題，p且q是假命題．]全稱命題、特稱命題角度1含有一個量詞的命題的否定(2015·湖北高考)命題“存在x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1”的否定是()【導學號：00090009】A．任意x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1B．任意x?(0，＋∞)，lnx＝x－1C．存在x0∈(0，＋∞)，lnx0≠x0－1D．存在x0?(0，＋∞)，lnx0＝x0－1A[改變原命題中的三個地方即可得其否定，存在改為任意，x0改為x，否定結論，即lnx≠x－1，故選A．]角度2全稱命題、特稱命題的真假判斷(2018·青島模擬)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，若x1滿足關于x的方程2ax＋b＝0，則下列選項中的命題為假命題的是()A．存在x∈R，使得f(x)≤f(x1)B．存在x∈R，使得f(x)≥f(x1)C．對任意x∈R，都有f(x)≤f(x1)D．對任意x∈R，都有f(x)≥f(x1)C[由題意知2ax1＋b＝0，即x1＝－eq\f(b,2a)，又f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2a)))2＋eq\f(4ac－b2,4a)，故f(x)min＝f(x1)．因此，A，B，D正確，C錯誤．] [規(guī)律方法]1.否定全稱命題和特稱命題時，一是要改寫量詞，全稱量詞改寫為存在量詞，存在量詞改寫為全稱量詞；二是要否定結論． 2．要判斷一個特稱命題是真命題，只要在限定的集合M中，找到一個x＝x0，使p(x0)成立即可，否則這一特稱命題就是假命題． 3．要判斷一個全稱命題是真命題，必須對限定的集合M中的每一個元素x，證明p(x)成立．只要找到一個反例，則該命題為假命題．由命題的真假求參數(shù)的取值范圍(1)已知命題“存在x0∈R，使2xeq\o\al(2,0)＋(a－1)x0＋eq\f(1,2)≤0”是假命題，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－1) B．(－1,3)C．(－3，＋∞) D．(－3,1)(2)已知p：存在x0∈R，mxeq\o\al(2,0)＋1≤0，q：任意x∈R，x2＋mx＋1＞0，若p或q為假命題，則實數(shù)m的取值范圍為()A．m≥2 B．m≤－2C．m≤－2或m≥2 D．－2≤m≤2(1)B(2)A[(1)原命題的否定為任意x∈R,2x2＋(a－1)x＋eq\f(1,2)＞0，由題意知，為真命題，則Δ＝(a－1)2－4×2×eq\f(1,2)＜0，則－2＜a－1＜2，則－1＜a＜3.(2)依題意知，p，q均為假命題．當p是假命題時，任意x∈R，mx2＋1＞0恒成立，則有m≥0；當q是假命題時，則有Δ＝m2－4≥0，m≤－2或m≥2.因此，由p，q均為假命題得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥0，,m≤－2或m≥2，))即m≥2.][規(guī)律方法]1.根據(jù)含邏輯聯(lián)結詞命題的真假求參數(shù)的方法步驟：(1)根據(jù)題目條件，推出每一個命題的真假(有時不一定只有一種情況)．(2)求出每個命題是真命題時參數(shù)的取值范圍．(3)根據(jù)每個命題的真假情況，求出參數(shù)的取值范圍．2．全稱命題可轉化為恒成立問題．[變式訓練2](2018·泰安模擬)若“任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，tanx≤m”是真命題，則實數(shù)m的最小值為________．1[∵0≤x≤eq\f(π,4)，∴0≤tanx≤1，由“任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，tanx≤m”是真命題，得m≥1.故實數(shù)m的最小值為1.]

第一節(jié)函數(shù)及其表示[考綱傳真]1.了解構成函數(shù)的要素，會求一些簡單函數(shù)的定義域和值域；了解映射的概念.2.在實際情境中，會根據(jù)不同的需要選擇恰當?shù)姆椒?如圖像法、列表法、解析法)表示函數(shù).3.了解簡單的分段函數(shù)，并能簡單應用(函數(shù)分段不超過三段)．(對應學生用書第7頁)[基礎知識填充]函數(shù)與映射的概念函數(shù)映射兩集合A、B設A，B是兩個非空數(shù)集設A，B是兩個非空集合對應關系f：A→B如果按照某個對應關系f，對集合A中任何一個數(shù)x，在集合B中都存在唯一確定的數(shù)f(x)與之對應集合A與B間存在著對應關系f，而且對于A中的每一個元素x，B中總有唯一的一個元素y與它對應名稱稱f：A→B為從集合A到集合B的一個函數(shù)稱對應f：A→B為從集合A到集合B的一個映射記法y＝f(x)，x∈A對應f：A→B是一個映射2.函數(shù)的有關概念 (1)函數(shù)的定義域、值域 在函數(shù)y＝f(x)，x∈A中，x叫作自變量，集合A叫作函數(shù)的定義域；與x的值相對應的y值叫作函數(shù)值，函數(shù)值的集合{f(x)|x∈A}叫作函數(shù)的值域． (2)函數(shù)的三要素：定義域、對應關系和值域． (3)函數(shù)的表示法 表示函數(shù)的常用方法有解析法、圖像法和列表法．3．分段函數(shù) (1)若函數(shù)在其定義域的不同子集上，因對應關系不同而分別用幾個不同的式子來表示，這種函數(shù)稱為分段函數(shù)． (2)分段函數(shù)的定義域等于各段函數(shù)的定義域的并集，其值域等于各段函數(shù)的值域的并集，分段函數(shù)雖由幾個部分組成，但它表示的是一個函數(shù)．[知識拓展] 求函數(shù)定義域的依據(jù) (1)整式函數(shù)的定義域為R； (2)分式的分母不為零； (3)偶次根式的被開方數(shù)不小于零； (4)對數(shù)函數(shù)的真數(shù)必須大于零； (5)正切函數(shù)y＝tanx的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))； (6)x0中x≠0； (7)實際問題中除要考慮函數(shù)解析式有意義外，還應考慮實際問題本身的要求．[基本能力自測]1．(思考辨析)判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)函數(shù)是特殊的映射．() (2)函數(shù)y＝1與y＝x0是同一個函數(shù)．() (3)與x軸垂直的直線和一個函數(shù)的圖像至多有一個交點．() (4)分段函數(shù)是兩個或多個函數(shù)．() [答案](1)√(2)×(3)√(4)×2．(教材改編)函數(shù)y＝eq\r(2x－3)＋eq\f(1,x－3)的定義域為() A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) B．(－∞，3)∪(3，＋∞) C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))∪(3，＋∞) D．(3，＋∞) C[由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3≥0，,x－3≠0，))解得x≥eq\f(3,2)且x≠3.]3．(2018·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≤1,log\f(1,2)x，x＞1))則f[f(4)]＝________.【導學號：00090012】 eq\f(1,4)[f(4)＝logeq\f(1,2)4＝－2，所以f[f(4)]＝f(－2)＝2－2＝eq\f(1,4).]4．(2015·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ax3－2x的圖像過點(－1,4)，則a＝________. －2[∵f(x)＝ax3－2x的圖像過點(－1,4)， ∴4＝a×(－1)3－2×(－1)，解得a＝－2.]5．給出下列四個命題： ①函數(shù)是其定義域到值域的映射； ②f(x)＝eq\r(x－3)＋eq\r(2－x)是一個函數(shù)； ③函數(shù)y＝2x(x∈N)的圖像是一條直線； ④f(x)＝lgx2與g(x)＝2lgx是同一個函數(shù)． 其中正確命題的序號是________． ①[由函數(shù)的定義知①正確． ∵滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3≥0，,2－x≥0))的x不存在，∴②不正確． ∵y＝2x(x∈N)的圖像是位于直線y＝2x上的一群孤立的點， ∴③不正確． ∵f(x)與g(x)的定義域不同，∴④也不正確．](對應學生用書第8頁)求函數(shù)的定義域(1)(2018·深圳模擬)函數(shù)y＝eq\f(\r(－x2－x＋2),lnx)的定義域為() A．(－2,1) B．[－2,1] C．(0,1) D．(0,1] (2)(2017·鄭州模擬)若函數(shù)y＝f(x)的定義域為[0,2]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f2x,x－1)的定義域是________． (1)C(2)[0,1)[(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－x＋2≥0,lnx≠0,x＞0))，解得0＜x＜1，故選C． (2)由0≤2x≤2，得0≤x≤1，又x－1≠0，即x≠1， 所以0≤x<1，即g(x)的定義域為[0,1)．] [規(guī)律方法]1.求給出解析式的函數(shù)的定義域，可構造使解析式有意義的不等式(組)求解． 2．(1)若已知f(x)的定義域為[a，b]，則f(g(x))的定義域可由a≤g(x)≤b求出； (2)若已知f(g(x))的定義域為[a，b]，則f(x)的定義域為g(x)在x∈[a，b]時的值域．[變式訓練1](1)函數(shù)f(x)＝eq\r(1－2x)＋eq\f(1,\r(x＋3))的定義域為() A．(－3,0] B．(－3,1] C．(－∞，－3)∪(－3,0] D．(－∞，－3)∪(－3,1] (2)已知函數(shù)f(2x)的定義域為[－1,1]，則f(x)的定義域為________． (1)A(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))[(1)由題意，自變量x應滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2x≥0，,x＋3＞0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x＞－3，))∴－3＜x≤0. (2)∵f(2x)的定義域為[－1,1]， ∴eq\f(1,2)≤2x≤2，即f(x)的定義域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).]求函數(shù)的解析式(1)已知feq