高考数学第一轮复习导学案(新高考)第02讲常用逻辑用语(原卷版+解析)

这是一份高考数学第一轮复习导学案(新高考)第02讲常用逻辑用语(原卷版+解析)，共22页。试卷主要包含了 充分条件与必要条件，全称量词与全称命题，存在量词与特称命题，已知p等内容，欢迎下载使用。

1、 充分条件与必要条件
（1）充分条件、必要条件与充要条件的概念
（2）从集合的角度：
若条件p，q以集合的形式出现，即A＝{x|p(x)}，B＝{x|q(x)}，则由A⊆B可得，p是q的充分条件，请写出集合A，B的其他关系对应的条件p，q的关系．
提示 若AB，则p是q的充分不必要条件；
若A⊇B，则p是q的必要条件；
若AB，则p是q的必要不充分条件；
若A＝B，则p是q的充要条件；
若A⊈B且A⊉B，则p是q的既不充分也不必要条件．
2、全称量词与全称命题
(1)全称量词：短语“所有的”“任意一个”在逻辑中通常叫作全称量词．
(2)全称命题：含有全称量词的命题．
(3)全称命题的符号表示：
形如“对M中的任意一个x，有p(x)成立”的命题，用符号简记为∀x∈M，p(x)．
3、存在量词与特称命题
(1)存在量词：短语“存在一个”“至少有一个”在逻辑中通常叫作存在量词．
(2)特称命题：含有存在量词的命题．
(3)特称命题的符号表示：
形如“存在M中的元素x0，使p(x0)成立”的命题，用符号简记为∃x0∈M，p(x0)．
1、【2022年浙江省高考】设，则“”是“”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
2、【2022年新高考北京高考】设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3、【2021年乙卷文科】已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
1、命题“∀x≥0，tanx≥sinx”的否定为( )
A．x0≥0，tanx0＜sinx0 B．x0＜0，tanx0＜sinx0
C．∀x≥0，tanx＜sinx D．∀x＜0，tanx＜sinx
2、【2022·广东省深圳市六校上学期第二次联考中学10月月考】
已知条件，那么是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
3、（2022·江苏宿迁·高三期末）不等式成立的一个充分条件是（ ）
A．B．C．D．
4、已知p：|x|≤m(m>0)，q：－1≤x≤4，若p是q的充分条件，则m的最大值为________；若p是q的必要条件，则m的最小值为________．
考向一 充要条件、必要条件的判断
例1、（1）“”是“直线与直线平行”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
（2）在中，“”是“为钝角三角形”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
（3）“”是“复数为纯虚数”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
变式1、（2022·湖北江岸·高三期末）“”是“”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
变式2、（2022·山东济南·高三期末）已知函数的定义域为，则“是偶函数”是“是偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
方法总结：充要条件的三种判断方法
(1)定义法：根据p⇒q，q⇒p进行判断.
(2)集合法：根据使p，q成立的对象的集合之间的包含关系进行判断.
(3)等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把判断的命题转化为其逆否命题进行判断.这个方法特别适合以否定形式给出的问题，
考向二 充分、必要条件等条件的应用
例2、（多选题）下列选项中，是的必要不充分条件的是
A．；：方程的曲线是椭圆
B．；：对，不等式恒成立
C．设是首项为正数的等比数列，：公比小于0；：对任意的正整数，
D．已知空间向量，1，，，0，，；：向量与的夹角是
变式1、知集合A＝{x|x2－6x＋8<0}，B＝{x|(x－a)(x－3a)<0}．若“x∈A”是“x∈B”的充分条件，求实数a的取值范围．
变式2、已知p：|1－ eq \f(x－1,3)|≤2，q：x2－2x＋1－m2≤0(m＞0)，若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
变式3、 已知p：|1－ eq \f(x－1,3)|≤2，q：x2－2x＋1－m2≤0，若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
方法总结：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．
考向三 含有量词的否定
例3、（1）写出下列命题的否定，并判断真假．
（1），都有；
（2），；
（3）至少有一个二次函数没有零点；
（4）存在一个角，使得．
（2）下列四个命题：
①∃x∈(0，＋∞)，；
②∃x∈(0,1)，；
③∀x∈(0，＋∞)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x>；
④∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<.
其中真命题的序号为________．
变式1、（2022·广东佛山·高三期末）设命题，则p的否定为（ ）
A．B．C．D．
变式2、（深圳市南山区期末试题）命题“存在无理数，使得是有理数”的否定为（ ）
A. 任意一个无理数，都不是有理数B. 存在无理数，使得不是有理数
C. 任意一个无理数，都是有理数D. 不存在无理数，使得是有理数
方法总结：1、判定全称命题“∀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；要判定存在性命题是真命题，只要在限定集合内找到一个x，使p(x)成立．
2、全称(或存在性)命题的否定是将其全称(或存在)量词改为存在量词(或全称量词)，并把结论否定．
考向四 存在性问题与恒成立问题
例4 已知函数f(x)＝x＋ eq \f(4,x)，g(x)＝2x＋a.若∀x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数a的取值范围．
变式1、已知函数f(x)＝x＋ eq \f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x2∈[2，3]，∃x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得f(x1)≥g(x2)，求实数a的取值范围．
变式2、若∀x∈(0，＋∞)，eq \f(4x\s\up6(2)＋9,x)≥m，则实数m的取值范围为 ．
变式3、 若命题“存在x∈R，ax2＋4x＋a≤0”为假命题，则实数a的取值范围是________．
方法总结：应用含有量词的命题求参数的策略：（1）对于全称量词命题（或）为真的问题实质就是不等式恒成立问题，通常转化为求的最大值（或最小值），即（或）．（2）对于存在量词命题（或）为真的问题实质就是不等式能成立问题，通常转化为求的最小值（或最大值），即（或）．
1、（2022·河北深州市中学高三期末）已知，则“a，b的平均数大于1”是“a，b，c的平均数大于1”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
2、（2022·山东德州·高三期末）已知向量，，则是为钝角的（ ）
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
3、（2022·山东烟台·高三期末）命题“，”的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
4、（汕头市高三期末试题）已知集合，集合，则以下命题为真命题的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
5、（2022·浙江绍兴·模拟预测）中，“”是“”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
6、已知p：|1－ eq \f(x－1,3)|≤2，q：x2－2x＋1－m2≤0(m＞0)，若q是p的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
7、(2022·江苏扬州期中)(本小题满分10分)已知集合eq A＝{x|x\s\up6(2)－x≤0}，记函数eq f(x)＝\r(,1－ax\s\up6(2))(a＞0)的定义域为集合B．
(1)当a＝1时，求A∪B；
(2)若“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．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是q的必要不充分条件
p是q的充要条件
p是q的既不充分也不必要条件
第02讲 常用逻辑用语
1、 充分条件与必要条件
（1）充分条件、必要条件与充要条件的概念
（2）从集合的角度：
若条件p，q以集合的形式出现，即A＝{x|p(x)}，B＝{x|q(x)}，则由A⊆B可得，p是q的充分条件，请写出集合A，B的其他关系对应的条件p，q的关系．
提示 若AB，则p是q的充分不必要条件；
若A⊇B，则p是q的必要条件；
若AB，则p是q的必要不充分条件；
若A＝B，则p是q的充要条件；
若A⊈B且A⊉B，则p是q的既不充分也不必要条件．
2、全称量词与全称命题
(1)全称量词：短语“所有的”“任意一个”在逻辑中通常叫作全称量词．
(2)全称命题：含有全称量词的命题．
(3)全称命题的符号表示：
形如“对M中的任意一个x，有p(x)成立”的命题，用符号简记为∀x∈M，p(x)．
3、存在量词与特称命题
(1)存在量词：短语“存在一个”“至少有一个”在逻辑中通常叫作存在量词．
(2)特称命题：含有存在量词的命题．
(3)特称命题的符号表示：
形如“存在M中的元素x0，使p(x0)成立”的命题，用符号简记为∃x0∈M，p(x0)．
1、【2022年浙江省高考】设，则“”是“”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
【答案】A
【解析】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.
2、【2022年新高考北京高考】设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选：C.
3、【2021年乙卷文科】已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由于，所以命题为真命题；
由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；
所以为真命题，、、为假命题.
故选：A．
1、命题“∀x≥0，tanx≥sinx”的否定为( )
A．x0≥0，tanx0＜sinx0 B．x0＜0，tanx0＜sinx0
C．∀x≥0，tanx＜sinx D．∀x＜0，tanx＜sinx
【答案】A
【解析】由题意可知，命题“∀x≥0，tanx≥sinx”的否定为“x≥0，tanx＜sinx”，故选项A正确
2、【2022·广东省深圳市六校上学期第二次联考中学10月月考】
已知条件，那么是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】∵，，∴：，∵：，∴，
所以是的必要不充分条件，故选：B．
3、（2022·江苏宿迁·高三期末）不等式成立的一个充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】或，
因为或，
所以不等式成立的一个充分条件是.
故选：C
4、已知p：|x|≤m(m>0)，q：－1≤x≤4，若p是q的充分条件，则m的最大值为________；若p是q的必要条件，则m的最小值为________．
【答案】1 4
【解析】由|x|≤m(m>0)，得－m≤x≤m.
若p是q的充分条件⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－m≥－1,m≤4))⇒0则m的最大值为1.
若p是q的必要条件⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－m≤－1,m≥4))⇒m≥4.
考向一 充要条件、必要条件的判断
例1、（1）“”是“直线与直线平行”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
【答案】A
【解析】若直线与直线平行，则，解得或，
因为，因此，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.
故选：A.
（2）在中，“”是“为钝角三角形”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
【答案】A
【解析】由：
若，则为钝角；
若，则，
此时，故充分性成立.
△为钝角三角形，若为钝角，则不成立；
∴“”是“△为钝角三角形”的充分不必要条件.
故选：.
（3）“”是“复数为纯虚数”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
【答案】C
【解析】
当时，，则为纯虚数
可知“”是“复数为纯虚数”的充分条件；
当复数为纯虚数时，，解得：
可知“”是“复数为纯虚数”的必要条件；
综上所述，“”是“复数为纯虚数”的充要条件
故选：C
变式1、（2022·湖北江岸·高三期末）“”是“”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
【答案】D
【解析】由，可得或，
当时，此时，即充分性不成立；
反之当时，，其中可为，此时，即必要性不成立，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
变式2、（2022·山东济南·高三期末）已知函数的定义域为，则“是偶函数”是“是偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
根据偶函数的图像性质，结合充分，必要条件的定义进行判断
【详解】
偶函数的图像关于轴对称，奇函数图像关于原点对称，根据这一特征，若是偶函数，则是偶函数，若是奇函数，也是偶函数，所以“是偶函数”是“是偶函数”的充分不必要条件
故选：A
方法总结：充要条件的三种判断方法
(1)定义法：根据p⇒q，q⇒p进行判断.
(2)集合法：根据使p，q成立的对象的集合之间的包含关系进行判断.
(3)等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把判断的命题转化为其逆否命题进行判断.这个方法特别适合以否定形式给出的问题，
考向二 充分、必要条件等条件的应用
例2、（多选题）下列选项中，是的必要不充分条件的是
A．；：方程的曲线是椭圆
B．；：对，不等式恒成立
C．设是首项为正数的等比数列，：公比小于0；：对任意的正整数，
D．已知空间向量，1，，，0，，；：向量与的夹角是
【答案】：．
【解析】，若方程的曲线是椭圆，
则，即且，
即“”是“方程的曲线是椭圆”的必要不充分条件；
，，不等式恒成立等价于恒成立，等价于；
“”是“对，不等式恒成立”必要不充分条件；
是首项为正数的等比数列，公比为，
当，时，满足，但此时，则不成立，即充分性不成立，
反之若，则
，，即，
则，即成立，即必要性成立，
则“”是“对任意的正整数，”的必要不充分条件．
：空间向量，1，，，0，，
则，
，，
解得，
故“”是“向量与的夹角是”的充分不必要条件．
变式1、知集合A＝{x|x2－6x＋8<0}，B＝{x|(x－a)(x－3a)<0}．若“x∈A”是“x∈B”的充分条件，求实数a的取值范围．
【解析】 由x2－6x＋8<0，得(x－2)(x－4)<0，
解得2因为“x∈A”是“x∈B”的充分条件，
所以A⊆B.
因为B＝{x|(x－a)(x－3a)<0}，
①若a＝0，则B＝∅，不合题意，故舍去；
②若a>0，则B＝(a，3a)，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≤2，,3a≥4，))解得 eq \f(4,3)≤a≤2；
③若a<0，则B＝(3a，a)，与A⊆B矛盾，故舍去．
综上所述，实数a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，2)).
变式2、已知p：|1－ eq \f(x－1,3)|≤2，q：x2－2x＋1－m2≤0(m＞0)，若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
【解析】 由p：|1－ eq \f(x－1,3)|≤2，得－2≤1－ eq \f(x－1,3)≤2，
解得－2≤x≤10.
由q：x2－2x＋1－m2≤0(m>0)，
得[x－(1＋m)][x－(1－m)]≤0，
解得1－m≤x≤1＋m.
因为p是q的充分不必要条件，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－m≤－2，,1＋m≥10，))且等号不同时成立，
解得m≥9，
所以实数m的取值范围是[9，＋∞).
变式3、 已知p：|1－ eq \f(x－1,3)|≤2，q：x2－2x＋1－m2≤0，若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
【解析】 由p：|1－ eq \f(x－1,3)|≤2，
得－2≤x≤10.
由q：x2－2x＋1－m2≤0，
得[x－(1＋m)][x－(1－m)]≤0.
设集合A＝[－2，10]，B＝{x|x2－2x＋1－m2≤0}．
因为p是q的充分不必要条件，所以A⊆B.
①若m>0，则B＝[1－m，1＋m]，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－m≤－2，,1＋m≥10，))且等号不同时成立，
解得m≥9；
②若m＝0，则B＝{1}与A⊆B矛盾，故舍去；
③若m<0，则B＝[1＋m，1－m]，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋m≤－2，,1－m≥10，))且等号不同时成立，
解得m≤－9.
综上，实数m的取值范围是(－∞，－9]∪[9，＋∞).
方法总结：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．
考向三 含有量词的否定
例3、（1）写出下列命题的否定，并判断真假．
（1），都有；
（2），；
（3）至少有一个二次函数没有零点；
（4）存在一个角，使得．
（2）下列四个命题：
①∃x∈(0，＋∞)，；
②∃x∈(0,1)，；
③∀x∈(0，＋∞)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x>；
④∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<.
其中真命题的序号为________．
【解析】（1）(1)是全称命题．：，所以是真命题．
(2)是全称命题．：，，如时，(－1)3＝－1×(－1)2＝－1，即(－1)3≤(－1)2，所以是真命题．
(3)是存在性命题．：所有二次函数都有零点，如二次函数.，.因为是真命题，所以是假命题．
(4)是存在性命题．：，设任意角终边与单位圆的交点为则显然有，所以是真命题．
（2） ②④ 对于①，当x∈(0，＋∞)时，总有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x成立，故①是假命题；
对于②，当x＝eq \f(1,2)时，有成立，故②是真命题；
对于③，当01>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，故③是假命题；
对于④，∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<1<，故④是真命题
变式1、（2022·广东佛山·高三期末）设命题，则p的否定为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可得出答案.
【详解】
解：因为存在量词命题的否定为全称量词命题，
所以命题的否定为.
故选：B.
变式2、（深圳市南山区期末试题）命题“存在无理数，使得是有理数”的否定为（ ）
A. 任意一个无理数，都不是有理数B. 存在无理数，使得不是有理数
C. 任意一个无理数，都是有理数D. 不存在无理数，使得是有理数
【答案】A
【解析】
【详解】根据特称命题否定是全称命题得
命题“存在无理数，使得是有理数”的否定为“任意一个无理数，都不是有理数”
故选：A.
方法总结：1、判定全称命题“∀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；要判定存在性命题是真命题，只要在限定集合内找到一个x，使p(x)成立．
2、全称(或存在性)命题的否定是将其全称(或存在)量词改为存在量词(或全称量词)，并把结论否定．
考向四 存在性问题与恒成立问题
例4 已知函数f(x)＝x＋ eq \f(4,x)，g(x)＝2x＋a.若∀x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数a的取值范围．
【解析】 因为f(x)＝x＋ eq \f(4,x)的定义域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
所以f′(x)＝1－ eq \f(4,x2)＝ eq \f((x＋2)(x－2),x2)<0，
所以f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，
所以f(x)min＝f(1)＝1＋4＝5，
f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝ eq \f(1,2)＋8＝ eq \f(17,2).
因为g(x)＝2x＋a在区间[2，3]上单调递增，
所以g(x)min＝g(2)＝4＋a，g(x)max＝g(3)＝8＋a.
因为∀x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，
所以f(x)min≥g(x)min，
所以5≥4＋a，解得a≤1，
故实数a的取值范围是(－∞，1].
变式1、已知函数f(x)＝x＋ eq \f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x2∈[2，3]，∃x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得f(x1)≥g(x2)，求实数a的取值范围．
【解析】 由例4可知f(x)max＝ eq \f(17,2)，
g(x)max＝8＋a.
因为∀x2∈[2，3]，∃x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得f(x1)≥g(x2)，
所以f(x)max≥g(x)max，
所以 eq \f(17,2)≥8＋a，解得a≤ eq \f(1,2)，
故实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
变式2、若∀x∈(0，＋∞)，eq \f(4x\s\up6(2)＋9,x)≥m，则实数m的取值范围为 ．
【答案】(－，12]
【解析】由题意可知，x∈(0，＋∞)，所以eq \f(4x\s\up6(2)＋9,x)＝4x＋eq \f(9,x)≥2EQ \R(,4x·\F(9,x))＝12，当且仅当4x＝eq \f(9,x)，即x＝EQ \F(\R(,6),2)时取等号，则m≤12，即实数m的取值范围为(－，12]．
变式3、 若命题“存在x∈R，ax2＋4x＋a≤0”为假命题，则实数a的取值范围是________．
【答案】 (2，＋∞)
【解析】“存在x∈R，ax2＋4x＋a≤0”为假命题，则其否定“对任意x∈R，ax2＋4x＋a>0”为真命题，当a＝0,4x>0不恒成立，故不成立；当a≠0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝16－4a2<0，))解得a>2，所以实数a的取值范围是(2，＋∞)．
方法总结：应用含有量词的命题求参数的策略：（1）对于全称量词命题（或）为真的问题实质就是不等式恒成立问题，通常转化为求的最大值（或最小值），即（或）．（2）对于存在量词命题（或）为真的问题实质就是不等式能成立问题，通常转化为求的最小值（或最大值），即（或）．
1、（2022·河北深州市中学高三期末）已知，则“a，b的平均数大于1”是“a，b，c的平均数大于1”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
【答案】C
【解析】若a，b，c的平均数大于1，则，∴，∴，即a，b，c的平均数大于1，反之亦成立，
故选：C．
2、（2022·山东德州·高三期末）已知向量，，则是为钝角的（ ）
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
【答案】B
【解析】
【分析】
由充分条件与必要条件的概念，以及向量的夹角公式，即可得出结果.
【详解】
因为，，所以，则，
若，则，
当时，得，但当时 反向，此时依然成立，而夹角为，所以由不能推出为钝角；
反之，若为钝角，则且，即且，能推出；
因此，“”是为钝角的必要不充分条件.
故选：B
3、（2022·山东烟台·高三期末）命题“，”的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【解析】
【分析】
利用全称命题的否定可得出结论.
【详解】
命题“，”为全称命题，该命题的否定为“，”.
故选：A.
4、（汕头市高三期末试题）已知集合，集合，则以下命题为真命题的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【详解】由题知，集合，集合，
所以是真子集，
所以，或，或，，
只有A选项符合要求，
故选：A.
5、（2022·浙江绍兴·模拟预测）中，“”是“”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
【答案】C
【解析】
【分析】
等价于，由正弦定理以及充分必要条件的定义判断即可.
【详解】
在三角形中，因为，所以，即
若，则，即，
若，由正弦定理，得，根据大边对大角，可知
所以“”是“”的充要条件
故选：C
6、已知p：|1－ eq \f(x－1,3)|≤2，q：x2－2x＋1－m2≤0(m＞0)，若q是p的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
【解析】 由p：|1－ eq \f(x－1,3)|≤2，
得－2≤x≤10.
由q：x2－2x＋1－m2≤0(m>0)，
得1－m≤x≤1＋m.
设集合A＝[－2，10]，B＝[1－m，1＋m].
因为q是p的充分不必要条件，所以B⊆A，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2≤1－m，,1＋m≤10，))且等号不同时成立，
解得m≤3，
所以0故实数m的取值范围是(0，3].
7、(2022·江苏扬州期中)(本小题满分10分)已知集合eq A＝{x|x\s\up6(2)－x≤0}，记函数eq f(x)＝\r(,1－ax\s\up6(2))(a＞0)的定义域为集合B．
(1)当a＝1时，求A∪B；
(2)若“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【解析】
(1)当a＝1时，A＝{x|0≤x≤1}，eq f(x)＝\r(,1－x\s\up6(2))，则B＝{x|－1≤x≤1}，
所以A∪B＝{x|－1≤x≤1}．
(2)由题意可知，AB，且A＝{x|0≤x≤1}，B＝{x|－EQ \R(,\F(1,a))≤x≤EQ \R(,\F(1,a))}，
则EQ \R(,\F(1,a))≥1，解得0＜a≤1，所以实数a的取值范围为(0，1]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