2017高考数学人教A版理科一轮复习（课件+习题+阶段滚动检测+专题探究）第1章集合与常用逻辑用语（8份打包）
专题探究课一.doc
第一章 第1讲.doc
第一章 第1讲.ppt
第一章 第2讲.doc
第一章 第2讲.ppt
第一章 第3讲.doc
第一章 第3讲.ppt
阶段滚动检测（一）.doc
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.(2015•安徽卷)设全集U＝{1，2，3，4，5，6}，A＝{1，2}，B＝{2，3，4}，则A∩(∁UB)等于( )
A.{1，2，5，6} B.{1}
C.{2} D.{1，2，3，4}
解析 由题意得，∁UB＝{1，5，6}，A＝{1，2}，故A∩(∁UB)＝{1}.
答案 B
2.(2016•沈阳监测)已知集合A＝{(x，y)|x，y∈R，且x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|x，y∈R，且y＝x}，则A∩B的元素个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
解析 集合A表示的是圆心在原点的单位圆，集合B表示的是直线y＝x，据此画出图象，可得图象有两个交点，即A∩B的元素个数为2.
答案 C
3.(2016•长春监测)已知集合A＝{x|x2－2x－3≥0}，B＝{x|－2≤x＜2}，则A∩B＝( )
A.[－2，－1] B.[－1，2)
C.[－1，1] D. [1，2)
解析 由不等式x2－2x－3≥0解得x≥3或x≤－1，因此集合A＝{x|x≤－1或x≥3}，又集合B＝{x|－2≤x＜2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤－1}，故选A.
答案 A
4.(2015•江西师大附中模拟)设集合A＝{x|－1＜x≤2，x∈N}，集合B＝{2，3}，则A∪B等于( )
A.{2} B.{1，2，3}
C.{－1，0，1，2，3} D.{0，1，2，3}
解析 A＝{x|－1＜x≤2，x∈N}＝{0，1，2}，故A∪B＝{0，1，2，3}.
答案 D
5.已知集合M＝{0，1，2，3，4}，N＝{1，3，5}，P＝M∩N，则P的子集共有( )
A.2个 B.4个 C.6个 D.8个
解析 P＝M∩N＝{1，3}，故P的子集共有4个.
答案 B
6.(2016•宜春检测)设集合P＝{x|x＞1}，Q＝{x|x2－x＞0}，则下列结论正确的是( )
A.P⊆Q B.Q⊆P C.P＝Q D.P∪Q＝R
解析 由集合Q＝{x|x2－x＞0}，知Q＝{x|x＜0或x＞1}，所以P⊆Q，故选A.
答案 A
7.(2015•银川一中一模)已知集合A＝{x|x＜a}，B＝{x|1≤x＜2}，且A∪(∁RB)＝R，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，1] B.(－∞，1) C.[2，＋∞) D.(2，＋∞)
解析 ∵B＝{x|1≤x＜2}，∴∁RB＝{x|x＜1或x≥2}.又A∪(∁RB)＝R，如图只要a≥2.
答案 C
8.(2015•西安模拟)已知集合A＝{x|x2－3x＋2＝0，x∈R}，B＝{x|0＜x＜5，x∈N}，则满足条件A⊆C⊆B的集合C的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 A＝{1，2}，B＝{1，2，3，4}，A⊆C⊆B，则集合C可以
(建议用时：80分钟)
1.设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6).
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
解 (1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x(x＞0)，
故f′(x)＝2a(x－5)＋6x.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由点(0，6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，解得a＝12.
(2)由(1)知，f(x)＝12(x－5)2＋6ln x(x>0)，
f′(x)＝x－5＋6x＝（x－2）（x－3）x.
令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.
当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，
故f(x)的递增区间是(0，2)，(3，＋∞)；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)的递减区间是(2，3).
由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝92＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.
2.已知f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x.
(1)a＝1时，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程.
(2)当a＞0时，若f(x)在区间[1，e]上最小值为－2，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，
f′(x)＝2x－3＋1x.
因为f′(1)＝0，f(1)＝－2，
所以曲线y＝f(x)在点(1，－2)处的切线方程是y＝－2.
(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定义域是(0，＋∞).
当a＞0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋1x
＝2ax2－（a＋2）x＋1x，
令f′(x)＝2ax2－（a＋2）x＋1x
＝（2x－1）（ax－1）x＝0，所以x＝12或x＝1a.
当0＜1a≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)在[1，e]上的最小值是f(1)＝－2；
当1＜1a＜e时，f(x)在[1，e]上的最小值f1a＜f(1)＝－2，不合题意；
当1a≥e时，f(x)在[1，e]上单调递减，此时f(x)在[1，e]上的最小值f(e)＜f(1)＝－2，不合题意.
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞).
3.已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m).
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明：f(x)＞0.
(1)解 f′(x)＝ex－1x＋m，由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.
于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－1x＋1.
函数f′(x)＝ex－1x＋1在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)证明 当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，
ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.
当m＝2时，函数f′(x)＝ex－1x＋2在(－2，＋∞)上单调递增.
又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，
且x0∈(－1，0)
当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值.
由f′(x0)＝0得ex0＝1x0＋2，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝1x0＋2＋x0＝（x0＋1）2x0＋2＞0.
综上，当m≤2时，f(x)＞0.
4.已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
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