2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题02常用逻辑用语（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题02常用逻辑用语（教师版），共14页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
1.理解充分条件、必要条件、充要条件的含义.
2.理解判定定理与充分条件的关系、性质定理与必要条件的关系.
3.理解全称量词命题与存在量词命题的含义，能正确对两种命题进行否定.
【考点预测】
1.充分条件、必要条件与充要条件的概念
2.全称量词与存在量词
(1)全称量词：短语“所有的”、“任意一个”在逻辑中通常叫做全称量词，并用符号“∀”表示.
(2)存在量词：短语“存在一个”、“至少有一个”在逻辑中通常叫做存在量词，并用符号“∃”表示.
3.全称量词命题和存在量词命题
【常用结论】
1.区别A是B的充分不必要条件(A⇒B且B⇒ A)，与A的充分不必要条件是B(B⇒A且A⇒B)两者的不同.
2.充要关系与集合的子集之间的关系，设A＝{x|p(x)}，B＝{x|q(x)}，
(1)若A⊆B，则p是q的充分条件，q是p的必要条件.
(2)若A是B的真子集，则p是q的充分不必要条件，q是p的必要不充分条件.
(3)若A＝B，则p是q的充要条件.
3.p是q的充分不必要条件，等价于非q是非p的充分不必要条件.
4.含有一个量词的命题的否定规律是“改量词，否结论”.
5.对省略了全称量词的命题否定时，要对原命题先加上全称量词再对其否定.
6.命题p和非p的真假性相反，若判断一个命题的真假有困难时，可判断此命题的否定的真假.
【方法技巧】
1.充分条件、必要条件的两种判定方法：
(1)定义法：根据p⇒q，q⇒p进行判断，适用于定义、定理判断性问题.
(2)集合法：根据p，q对应的集合之间的包含关系进行判断，多适用于条件中涉及参数范围的推断问题.
2.充分条件、必要条件的应用，一般表现在参数问题的求解上.解题时需注意
(1)把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间的关系列出关于参数的不等式(或不等式组)求解.
(2)要注意区间端点值的检验.
3.量词的否定注意事项
(1)含量词命题的否定，一是要改写量词，二是要否定结论.
(2)判定全称量词命题“∀x∈M，p(x)”是真命题，需要对集合M中的每一个元素x，证明p(x)成立；要判定存在量词命题“∃x∈M，p(x)”是真命题，只要在限定集合内找到一个x，使p(x)成立即可.
(3)由命题真假求参数的范围，一是直接由命题的含义，利用函数的最值求参数的范围；二是利用等价命题，即p与非p的关系，转化成非p的真假求参数的范围.
二、【题型归类】
【题型一】充分、必要条件的判定
【典例1】已知p：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<1，q：lg2x<0，则p是q的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<1知x>0，所以p对应的x的范围为(0，＋∞)，
由lg2x<0知0所以q对应的x的范围为(0,1)，
显然(0,1)是(0，＋∞)的真子集，
所以p是q的必要不充分条件．故选B.
【典例2】等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则( )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【解析】当a1<0，q>1时，an＝a1qn－1<0，此时数列{Sn}单调递减，所以甲不是乙的充分条件．当数列{Sn}单调递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn>0，若a1>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若a1<0，则qn<0(n∈N*)，不存在．所以甲是乙的必要条件．故选B.
【典例3】在△ABC中，“AB2＋BC2＝AC2”是“△ABC为直角三角形”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】在△ABC中，若AB2＋BC2＝AC2，
则∠B＝90°，
即△ABC为直角三角形，
若△ABC为直角三角形，推不出∠B＝90°，
所以AB2＋BC2＝AC2不一定成立，
综上，“AB2＋BC2＝AC2”是“△ABC为直角三角形”的充分不必要条件．故选A.
【题型二】由充分条件、必要条件求参数的范围
【典例1】已知集合A＝{x|x2－8x－20≤0}，非空集合B＝{x|1－m≤x≤1＋m}．若x∈A是x∈B的必要条件，求m的取值范围．
【解析】由x2－8x－20≤0，得－2≤x≤10，
∴A＝{x|－2≤x≤10}．
由x∈A是x∈B的必要条件，知B⊆A.
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－m≤1＋m，,1－m≥－2， ∴0≤m≤3.,1＋m≤10，))
∴当0≤m≤3时，x∈A是x∈B的必要条件，
即所求m的取值范围是[0,3]．
【典例2】已知p：x≥a，q：|x＋2a|<3，且p是q的必要不充分条件，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，－1)
C．[1，＋∞) D．(1，＋∞)
【解析】因为q：|x＋2a|<3，
所以q：－2a－3记A＝{x|－2a－3p：x≥a，记为B＝{x|x≥a}．
因为p是q的必要不充分条件，所以A是B的真子集，
所以a≤－2a－3，解得a≤－1.
故选A.
【典例3】若不等式(x－a)2<1成立的充分不必要条件是1【解析】由(x－a)2<1得a－1因为1所以满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1≤1，,a＋1≥2))且等号不能同时取得，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≤2，,a≥1，))解得1≤a≤2.
【题型三】充要条件的探求与证明
【典例1】数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)是数列{an}是等差数列的什么条件？
【证明】当n＞1时，an＝Sn－Sn－1＝2An＋B－A；
当n＝1时，a1＝S1＝A＋B，适合an＝2An＋B－A.
所以an＝2An＋B－A，显然{an}是等差数列，故充分性成立．
反之，若{an}是等差数列，则有Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d(d为公差)，即Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
设A＝eq \f(d,2)，B＝a1－eq \f(d,2)，即得Sn＝An2＋Bn，
因此，必要性成立．
所以Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)是数列{an}是等差数列的充要条件．
【典例2】已知m∈Z，关于x的一元二次方程
x2－4x＋4m＝0， ①
x2－4mx＋4m2－4m－5＝0，②
求方程①②的根都是整数的充要条件．
【证明】方程①有实数根⇔Δ＝16－16m≥0，即m≤1，
方程②有实数根⇔Δ＝16m＋20≥0，即m≥－eq \f(5,4)，
∴方程①②都有实数根⇔－eq \f(5,4)≤m≤1.
∵m∈Z，∴m＝－1，0，1.
当m＝－1时，方程①可化为x2－4x－4＝0，无整数解；
当m＝0时，方程②可化为x2－5＝0，无整数解；
当m＝1时，方程①②都有整数解．
综上所述，方程①②的根都是整数的充要条件是m＝1.
【典例3】求方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负实根的充要条件．
【证明】(1)当a＝0时，方程为一元一次方程，其根为x＝－eq \f(1,2)，符合题目要求；
(2)当a≠0时，方程为一元二次方程，它有实根的充要条件是判别式Δ≥0，即4－4a≥0，从而a≤1.
设方程ax2＋2x＋1＝0的两实根为x1，x2，则由韦达定理得x1＋x2＝－eq \f(2,a)，x1x2＝eq \f(1,a).
①方程ax2＋2x＋1＝0恰有一个负实根的充要条件是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≤1，,\f(1,a)＜0，)) 得a＜0；
②方程ax2＋2x＋1＝0有两个负实根的充要条件是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≤1，,－\f(2,a)＜0，,\f(1,a)＞0，)) 得0＜a≤1.
综上，方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负实根的充要条件是a≤1
【题型四】全称量词与存在量词
【典例1】下列四个命题中真命题是( )
A．∀n∈R，n2≥n
B．∃n∈R，∀m∈R，m·n＝m
C．∀n∈R，∃m∈R，m2D．∀n∈R，n2【解析】对于选项A，令n＝eq \f(1,2)，即可验证其不正确；对于选项C，D，可令n＝－1加以验证，均不正确，故选B.
【典例2】下列命题中的假命题是( )
A．∀x∈R,2x－1>0 B．∀x∈N＋，(x－1)2>0
C．∃x∈R，lg x<1 D．∃x∈R，tan x＝2
【解析】当x∈N＋时，x－1∈N，可得(x－1)2≥0，当且仅当x＝1时取等号，故B不正确；易知A，C，D正确，故选B.
【典例3】已知命题p：∀x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)≥0，则¬p是( )
A．∃x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)≤0
B．∀x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)≤0
C．∃x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0
D．∀x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0
【解析】已知全称命题p：∀x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)≥0，则¬p：∃x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0，故选C.
【题型五】命题中参数的取值范围
【典例1】已知f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－m，若对∀x1∈[0,3]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________________．
【解析】当x∈[0,3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x∈[1,2]时，
g(x)min＝g(2)＝eq \f(1,4)－m，由f(x)min≥g(x)min，
得0≥eq \f(1,4)－m，所以m≥eq \f(1,4).
【典例2】已知命题“∀x∈R，x2－5x＋eq \f(15,2)a>0”的否定为假命题，则实数a的取值范围是______________．
【解析】由“∀x∈R，x2－5x＋eq \f(15,2)a>0”的否定为假命题，可知原命题必为真命题，即不等式x2－5x＋eq \f(15,2)a>0对任意实数x恒成立．
设f(x)＝x2－5x＋eq \f(15,2)a，则其图象恒在x轴的上方．
故Δ＝25－4×eq \f(15,2)a<0，解得a>eq \f(5,6)，
即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，＋∞)).
【典例3】若命题“∀x∈[1,4]，x2－4x－m≠0”是假命题，则m的取值范围是( )
A．－4≤m≤－3 B．m<－4
C．m≥－4 D．－4≤m≤0
【解析】若命题“∀x∈[1,4]，x2－4x－m≠0”是假命题，
则命题“∃x∈[1,4]，x2－4x－m＝0”是真命题，
则m＝x2－4x，
设y＝x2－4x＝(x－2)2－4，
因为函数y＝x2－4x在(1,2)上单调递减，在(2,4)上单调递增，
所以当x＝2时，ymin＝－4；
当x＝4时，ymax＝0，
故当1≤x≤4时，－4≤y≤0，则－4≤m≤0.故选D.
三、【培优训练】
【训练一】已知函数f(x)＝eq \f(x2－x＋1,x－1)(x≥2)，g(x)＝ax(a＞1).
(1)若∃x∈[2，＋∞)，使f(x)＝m成立，则实数m的取值范围为________；
(2)若∀x1∈[2，＋∞)，∃x2∈[2，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围为________.
【解析】(1)f(x)＝eq \f(x2－x＋1,x－1)＝x＋eq \f(1,x－1)＝x－1＋eq \f(1,x－1)＋1≥2＋1＝3，当且仅当x＝2时等号成立.
若∃x∈[2，＋∞)，使f(x)＝m成立，则实数m的取值范围为[3，＋∞).
(2)当x≥2时，f(x)≥3，g(x)≥a2，
若∀x1∈[2，＋∞)，∃x2∈[2，＋∞)，
使得f(x1)＝g(x2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2≤3，,a＞1，))
解得1＜a≤eq \r(3).
【训练二】(多选)下列说法正确的是( )
A.“ac＝bc”是“a＝b”的充分不必要条件
B.“eq \f(1,a)＞eq \f(1,b)”是“a＜b”的既不充分也不必要条件
C.若“x∈A”是“x∈B”的充分条件，则A⊆B
D.“a＞b＞0”是“an＞bn(n∈N，n≥2)”的充要条件
【解析】A项，ac＝bc不能推出a＝b，比如a＝1，b＝2，c＝0.而a＝b可以推出ac＝bc，所以“ac＝bc”是“a＝b”的必要不充分条件，故错误；
B项，eq \f(1,a)＞eq \f(1,b)不能推出a＜b，比如eq \f(1,2)＞－eq \f(1,3)，但是2＞－3；a＜b不能推出eq \f(1,a)＞eq \f(1,b)，比如－2＜3，－eq \f(1,2)＜eq \f(1,3)，所以“eq \f(1,a)＞eq \f(1,b)”是“a＜b”的既不充分也不必要条件，故正确；
C项，因为“x∈A”是“x∈B”的充分条件，所以x∈A可以推出x∈B，即A⊆B，故正确；
D项，an＞bn(n∈N，n≥2)不能推出a＞b＞0，比如a＝1，b＝0，1n＞0n(n∈N，n≥2)满足，但是a＞b＞0不满足，所以必要性不满足，故错误.
【训练三】f(x)＝－x2－6x－3，记max{p，q}表示p，q二者中较大的一个，函数g(x)＝maxeq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－2，lg2x＋3))，若m<－2，且∀x1∈[m，－2]，∃x2∈[0，＋∞)，使f(x1)＝g(x2)成立，则m的最小值为________．
【解析】y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－2为减函数，y＝lg2(x＋3)为增函数，
观察尝试可知当且仅当x＝1时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－2＝lg2(x＋3)．
由题意得，g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－2，0≤x<1，,lg2x＋3，x≥1，))
∴在[0，＋∞)上，g(x)min＝g(1)＝2，g(x)的值域为[2，＋∞)，f(x)＝－(x＋3)2＋6≤6.
“∀x1∈[m，－2]，∃x2∈[0，＋∞)，使f(x1)＝g(x2)成立”等价于f(x)在[m，－2]上的函数值域是g(x)在[0，＋∞)上的值域的子集，作函数y＝f(x)，y＝g(x)的图象，如图所示，
令f(x)＝－x2－6x－3＝2，解得x＝－5或x＝－1，
则m的最小值为－5.
【训练四】已知p：实数m满足3a0)，q：方程eq \f(x2,m－1)＋eq \f(y2,2－m)＝1表示焦点在y轴上的椭圆，若p是q的充分条件，则a的取值范围是________________．
【解析】由2－m>m－1>0，解得1所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a≥1，,4a≤\f(3,2)，))解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,8)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,8))).
【训练五】设函数f(x)＝lg(x2－x－2)的定义域为集合A，函数g(x)＝eq \r(\f(3,x)－1)的定义域为集合B.已知α：x∈A∩B，β：x满足2x＋p≤0.且α是β的充分条件，求实数p的取值范围．
【解析】依题意，得A＝{x|x2－x－2＞0}＝(－∞，－1)∪(2，＋∞)，
B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,x)－1≥0))))＝(0,3]，∴A∩B＝(2,3]．
设集合C＝{x|2x＋p≤0}，则x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(p,2))).
∵α是β的充分条件，∴(A∩B)⊆C.则需满足3≤－eq \f(p,2)⇒p≤－6.
∴实数p的取值范围是(－∞，－6]．
【训练六】(多选)已知a∈R，则使命题“∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，x2－sin x－a≥0”为真命题的一个充分不必要条件是( )
A．a<1 B．a≤2
C．a【解析】x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，令f(x)＝x2－sin x，
则f′(x)＝2x－cs x>0，
则函数f(x)＝x2－sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增，
∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，f(x)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π2－4,4)，
所以原命题为真命题的充要条件为a≤eq \f(π2－4,4)，
而1四、【强化测试】
【单选题】
1. 设U为全集，A，B是集合，则“存在集合C使得A⊆C，B⊆∁UC” 是“A∩B＝∅”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】由A⊆C，B⊆∁UC，易知A∩B＝∅，但A∩B＝∅时未必有A⊆C，B⊆∁UC，如图所示，
所以“存在集合C使得A⊆C，B⊆∁UC”是“A∩B＝∅”的充分不必要条件．
2. 命题p：存在常数列不是等比数列，则命题﹁p为( )
A．任意常数列不是等比数列
B．存在常数列是等比数列
C．任意常数列都是等比数列
D．不存在常数列是等比数列
【解析】因为特称命题的否定是全称命题，命题p：存在常数列不是等比数列的否定命题﹁p：任意常数列都是等比数列，故选C．
3. 设平面向量a，b，c均为非零向量，则“a·(b－c)＝0”是“b＝c”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】由b＝c，得b－c＝0，得a·(b－c)＝0；反之不成立．故“a·(b－c)＝0”是“b＝c”的必要不充分条件．故选B.
4. 已知f(x)＝sin x－x，命题p：∃x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)<0，则( )
A．p是假命题，﹁p：∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)≥0
B．p是假命题，﹁p：∃x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)≥0
C．p是真命题，﹁p：∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)≥0
D．p是真命题，﹁p：∃x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)≥0
【解析】易知f′(x)＝cs x－1<0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是减函数，因为f(0)＝0，所以f(x)<0，所以命题p：∃x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)<0是真命题，﹁p：∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)≥0，故选C．
5. 已知命题“∃x0∈R，使2xeq \\al(2,0)＋(a－1)x0＋eq \f(1,2)≤0”是假命题，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－1，3)
C．(－3，＋∞) D．(－3，1)
【解析】原命题的否定为∀x∈R，2x2＋(a－1)x＋eq \f(1,2)>0，由题意知，其为真命题，则Δ＝(a－1)2－4×2×eq \f(1,2)<0，则－26. 王昌龄的《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的( )
A．充分条件 B．必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】“攻破楼兰”不一定“返回家乡”，但“返回家乡”一定是“攻破楼兰”，故“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要非充分条件．故选B．
7. “ln(x＋1)<0”是“x2＋2x<0”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】由ln(x＋1)<0得08. “a<1”是“∀x>0，eq \f(x2＋1,x)≥a”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】当x>0时，eq \f(x2＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)，由均值不等式可得x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x×\f(1,x))＝2，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时等号成立．
所以eq \f(x2＋1,x)≥a的充要条件为a≤2.(实质就是条件的等价转化)
显然“a<1”是“a≤2”的充分不必要条件，
所以“a<1”是“∀x>0，eq \f(x2＋1,x)≥a”的充分不必要条件．故选A.
【多选题】
9. 已知a，b，c是实数，则下列结论中正确的是( )
A．“a2>b2”是“a>b”的充分条件
B．“a2>b2”是“a>b”的必要条件
C．“ac2>bc2”是“a>b”的充分条件
D．“|a|>|b|”是“a>b”的既不充分也不必要条件
【解析】对于A，当a＝－5，b＝1时，满足a2>b2，但是ab，但是a2bc2得c≠0，则有a>b成立，即充分性成立，故正确；对于D，当a＝－5，b＝1时，|a|>|b|成立，但是ab，但是|a|<|b|，所以必要性也不成立，故“|a|>|b|”是“a>b”的既不充分也不必要条件．故选CD.
10. 下列说法正确的是( )
A．“x＝eq \f(π,4)”是“tan x＝1”的充分不必要条件
B．定义在[a，b]上的偶函数f(x)＝x2＋(a＋5)x＋b的最大值为30
C．命题“∃x0∈R，x0＋eq \f(1,x0)≥2”的否定是“∀x∈R，x＋eq \f(1,x)>2”
D．函数y＝sin x＋cs x－eq \r(2)无零点
【解析】由x＝eq \f(π,4)，得tan x＝1，但有tan x＝1推不出x＝eq \f(π,4)，所以“x＝eq \f(π,4)”是“tan x＝1”的充分不必要条件，所以A是正确的；若定义在[a，b]上的函数f(x)＝x2＋(a＋5)x＋b是偶函数，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋5＝0，,a＋b＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－5，,b＝5，))则f(x)＝x2＋5，在[－5，5]上的最大值为30，所以B是正确的；命题“∃x0∈R，x0＋eq \f(1,x0)≥2”的否定是“∀x∈R，x＋eq \f(1,x)<2”，所以C是错误的；当x＝eq \f(π,4)时，y＝sin x＋cs x－eq \r(2)＝0，故D是错误的．故选AB.
11. 下列命题的否定是全称命题且为真命题的有( )
A．∃x∈R，x2－x＋eq \f(1,4)<0
B．所有的正方形都是矩形
C．∃x∈R，x2＋2x＋2＝0
D．至少有一个实数x，使x3＋1＝0
【解析】由条件可知：原命题为存在性命题且为假命题，所以排除BD；又因为x2－x＋eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)≥0，x2＋2x＋2＝(x＋1)2＋1>0，所以AC均为存在性命题且为假命题，故选AC.
12. 已知两条直线l，m及三个平面α，β，γ，则α⊥β的充分条件是( )
A．l⊂α，l⊥β B．l⊥α，m⊥β，l⊥m
C．α⊥γ，β∥γ D．l⊂α，m⊂β，l⊥m
【解析】由面面垂直的判定定理可以判断A，B，C项均符合题意；对于D项，由l⊂α，m⊂β，l⊥m也可以得到α∥β，所以D项不符合题意．故选ABC.
【填空题】
13. 若命题p的否定是“∀x∈(0，＋∞)，eq \r(x)>x＋1”，则命题p可写为_______________．
【解析】因为p是﹁p的否定，所以只需将全称量词变为存在量词，再对结论否定即可．
答案：∃x0∈(0，＋∞)，eq \r(x0)≤x0＋1
14. 在△ABC中，“A＝B”是“tan A＝tan B”的________条件．
【解析】由A＝B，得tan A＝tan B，反之，若tan A＝tan B，则A＝B＋kπ，k∈Z.因为0答案：充要
15. 条件p：x>a，条件q：x≥2.
(1)若p是q的充分不必要条件，则a的取值范围是___________________________；
(2)若p是q的必要不充分条件，则a的取值范围是____________________________．
【解析】设A＝{x|x>a}，B＝{x|x≥2}，
(1)因为p是q的充分不必要条件，
所以A是B的真子集，所以a≥2；
(2)因为p是q的必要不充分条件，
所以B是A的真子集，所以a<2.
答案：(1)[2，＋∞) (2)(－∞，2)
16. 若∃x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使得2xeq \\al(2,0)－λx0＋1＜0成立是假命题，则实数λ的取值范围是________．
【解析】因为∃x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使得2xeq \\al(2,0)－λx0＋1＜0成立是假命题，所以∀x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使得2x2－λx＋1≥0恒成立是真命题，即∀x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使得λ≤2x＋eq \f(1,x)恒成立是真命题，令f(x)＝2x＋eq \f(1,x)，则f′(x)＝2－eq \f(1,x2)，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))时，f′(x)＜0，当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，2))时，f′(x)＞0，所以f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝2eq \r(2)，则λ≤2eq \r(2).
答案：(－∞，2eq \r(2)]
【解答题】
17. 已知P＝{x|x2－8x－20≤0}，S＝{x|1－m≤x≤1＋m}．
(1)是否存在实数m，使x∈P是x∈S的充要条件，若存在，求出m的取值范围；
(2)是否存在实数m，使x∈P是x∈S的必要条件，若存在，求出m的取值范围．
【解析】由x2－8x－20≤0，得－2≤x≤10，
∴P＝{x|－2≤x≤10}．
(1)∵x∈P是x∈S的充要条件，∴P＝S，
有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－m＝－2，,1＋m＝10，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝3，,m＝9，)) 这样的m不存在．
(2)∵x∈P是x∈S的必要条件，∴S⊆P，
有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－m≥－2，,1＋m≤10，)) 得m≤3，即m的取值范围是(－∞，3]．
18. 已知p：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(x－1,3)))≤2，q：x2－2x＋1－m2≤0(m＞0)，若非p是非q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．
【解析】由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(x－1,3)))≤2得－2≤x≤10，
由x2－2x＋1－m2＝[x－(1－m)][x－(1＋m)]≤0(m＞0)
得1－m≤x≤1＋m.
∵非p是非q的必要不充分条件，
∴p是q的充分不必要条件，
∴{x|－2≤x≤10}⊆{x|1－m≤x≤1＋m}，
有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－m＜－2，,1＋m≥10))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－m≤－2，,1＋m＞10，)) 得m≥9.
∴实数m的取值范围是[9，＋∞)．
19. 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的必要条件，求m的取值范围．
【解析】由x2－8x－20≤0，得－2≤x≤10，
∴P＝{x|－2≤x≤10}．
由x∈P是x∈S的必要条件，知S⊆P.
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－m≤1＋m，,1－m≥－2， ∴0≤m≤3.,1＋m≤10，))
∴当0≤m≤3时，x∈P是x∈S的必要条件，
即所求m的取值范围是[0,3]．
20. 已知集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(y|y＝x2－\f(3,2)x＋1，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))))，B＝{x|x＋m2≥1}．若“x∈A”是“x∈B”的充分条件，求实数m的取值范围．
【解析】y＝x2－eq \f(3,2)x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(7,16)，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))，∴eq \f(7,16)≤y≤2，∴A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(y\f(7,16)≤y≤2)).
由x＋m2≥1，得x≥1－m2，∴B＝{x|x≥1－m2}．
∵“x∈A”是“x∈B”的充分条件，∴A⊆B，有1－m2≤eq \f(7,16)，
解得m≥eq \f(3,4)或m≤－eq \f(3,4).
∴实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞)).
21. 已知x，y∈R，求证：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋y))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y))成立的充要条件是xy≥0.
【解析】先证充分性．
若xy≥0，则x，y至少有一个为0或同号．
∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋y))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y))一定成立．
再证必要性．
若eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋y))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y))，
则(x＋y)2＝(eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y)))2，
x2＋2xy＋y2＝x2＋2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xy))＋y2，
xy＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xy))，∴xy≥0.
综上可知，命题成立．
22. 条件p：x>a，条件q：x≥2.
(1)若p是q的充分不必要条件，求a的取值范围；
(2)若p是q的必要不充分条件，求a的取值范围．
【解析】设A＝{x|x>a}，B＝{x|x≥2}，
(1)因为p是q的充分不必要条件，
所以A是B的真子集，所以a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．
(2)因为p是q的必要不充分条件，
所以B是A的真子集，所以a<2.所以a的取值范围是(－∞，2)．若p⇒q，则p是q的充分条件，q是p的必要条件
p是q的充分不必要条件
p⇒q且q⇒ p
p是q的必要不充分条件
p⇒q且q⇒p
p是q的充要条件
p⇔q
p是q的既不充分也不必要条件
p⇒q且q⇒p
名称
全称量词命题
存在量词命题
结构
对M中的任意一个x，有p(x)成立
存在M中的元素x，p(x)成立
简记
∀x∈M，p(x)
∃x∈M，p(x)
否定
∃x∈M，非p(x)
∀x∈M，非p(x)