第2课 常用逻辑用语

第2课常用逻辑用语普查与练习2常用逻辑用语1．命题真假的判断(1)(2018北京，5分)能说明“若f(x)>f(0)对任意的x∈(0，2]都成立，则f(x)在[0，2]上是增函数”为假命题的一个函数是__f(x)＝sinx__．解析：答案不唯一，如f(x)＝sinx,f(x)＝－x(x－3)等．(2)(2021山东聊城模拟，5分)如图所示，平面中两条直线l1与l2相交于点O，对于平面上任意一点M，若p，q分别是M到直线l1与l2的距离，则称有序非负实数对(p，q)是点M的“距离坐标”．给出下列四个命题：①“距离坐标”为(1，0)的两点间距离为2；②若p＝q，则点M的轨迹是一条过O点的直线；③若pq≠0，则“距离坐标”为(p，q)的点有且仅有4个；④若直线l1与l2的夹角是60°，则|OM|＝eq\f(2\r(3),3)eq\r(p2＋pq＋q2)或|OM|＝eq\f(2\r(3),3)eq\r(p2－pq＋q2).提醒：可建立平面直角坐标系，设出点M的坐标，并将其用p，q表示，从而得出|OM|的表达式．其中所有真命题的序号为__③④__．解析：①∵点的“距离坐标”为(1，0)，∴点到直线l1的距离为1，点到直线l2的距离为0，即点在直线l2上．在直线l2上画出点P1，P2(P1，P2到直线l1的距离均为1，即|P1A1|＝|P2A2|＝1)，如图1所示．由图可知|OP1|≥1，|OP2|≥1，当l1，l2互相垂直时等号成立，∴|P1P2|≥1＋1＝2，故①错误．图1②若p＝q，则M在直线l1，l2相交所成角的平分线上，∴点M的轨迹是两条过O点的直线，故②错误．③如图2，作到直线l1距离为p的两条平行线，作到直线l2距离为q的两条平行线，则四条直线的交点即为“距离坐标”为(p，q)的点，有且仅有4个，故③正确．图2④当直线l1与l2的夹角是60°时，直线l1与l2的位置如图3所示．以直线l2为x轴，垂直于l2的直线为y轴建立平面直角坐标系，则l1：y＝eq\r(3)x，l2：y＝0.设M(x，y)，则p＝eq\f(|\r(3)x－y|,2)，q＝|y|，∴y＝±q，x＝eq\f(y±2p,\r(3))，|OM|2＝x2＋y2＝eq\f(1,3)(y±2p)2＋q2，∴|OM|2＝eq\f(4,3)(p2＋pq＋q2)或|OM|2＝eq\f(4,3)(p2－pq＋q2)，∴|OM|＝eq\f(2\r(3),3)eq\r(p2＋pq＋q2)或|OM|＝eq\f(2\r(3),3)eq\r(p2－pq＋q2)，故④正确．图3故答案为③④.2．充分条件与必要条件a．充分条件与必要条件的判断(3)(2023汇编，23分)下列各题是关于充分条件与必要条件的判断，请从所给的四个选项中选出正确的答案．①已知a∈R，则“a>6”是“a2>36”的(A)(2021天津)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已知f(x)是定义在[0，1]上的函数，那么“函数f(x)在[0，1]上单调递增”是“函数f(x)在[0，1]上的最大值为f(1)”的(A)(2021北京，4分)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(B)(2021全国Ⅰ)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④已知非零向量a，b，c，则“a·c＝b·c”是“a＝b”的(B)(2021浙江，4分)A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件⑤若将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图像向左平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))个单位长度得到函数g(x)的图像，则“ω＝eq\f(1,2)”是“g(x)为偶函数”的(D)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：①解不等式a2>36可得a>6或a<－6.因为a>6⇒a>6或a<－6，且a>6或a<－6⇒/a>6，所以“a>6”是“a2>36”的充分不必要条件．故选A.②若函数f(x)在[0，1]上单调递增，则f(x)在[0，1]上的最大值为f(1)；取f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))2，满足f(x)在[0，1]上的最大值为f(1)，但f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上为减函数，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上为增函数，故“f(x)在[0，1]上的最大值为f(1)”推不出“f(x)在[0，1]上单调递增”，故“函数f(x)在[0，1]上单调递增”是“f(x)在[0，1]上的最大值为f(1)”的充分而不必要条件．故选A.③当等比数列为－2，－4，－8，…时，满足q>0，但是{Sn}不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件；若{Sn}是递增数列，则必有an>0成立，因此必然有q>0成立，所以甲是乙的必要条件．故选B.④如图所示，设eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，则eq\o(BA,\s\up6(→))＝a－b，当AB⊥OC时，a－b与c垂直，(a－b)·c＝0，所以a·c＝b·c成立，此时a≠b，所以“a·c＝b·c”不是“a＝b”的充分条件；当a＝b时，a－b＝0，所以(a－b)·c＝0·c＝0，所以a·c＝b·c成立，所以“a·c＝b·c”是“a＝b”的必要条件．综上，“a·c＝b·c”是“a＝b”的必要不充分条件．故选B.⑤由题意可得，g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω（x＋φ）＋\f(π,4)))＝sin(ωx＋ωφ＋eq\f(π,4))．当g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋ωφ＋\f(π,4)))为偶函数时，ωφ＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以φ＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,4ω)，k∈Z.因为0＜φ＜eq\f(π,2)，所以0＜eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,4ω)＜eq\f(π,2)，所以ω>2k＋eq\f(1,2)>0，k∈Z，所以ω≠eq\f(1,2)，即“ω＝eq\f(1,2)”不是“g(x)为偶函数”的必要条件．当ω＝eq\f(1,2)时，g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(1,2)φ＋\f(π,4))).因为0<φ<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,4)<eq\f(1,2)φ＋eq\f(π,4)<eq\f(π,2)，所以g(x)不可能为偶函数，即“ω＝eq\f(1,2)”不是“g(x)为偶函数”的充分条件．综上，“ω＝eq\f(1,2)”是“g(x)为偶函数”的既不充分也不必要条件．故选D.b．探求命题成立的充分、必要、充要条件(4)(2019全国Ⅱ，5分)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(B)A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面解析：由面面平行的判定定理知，若α内有两条相交直线与β平行，则α∥β；若α∥β，则α内任意一条直线与β平行，从而α内有两条相交直线与β平行．故选B.(5)(2020黑龙江哈尔滨四模，5分)已知α表示平面，m，n，l表示不同的直线，则m∥n的一个充分不必要条件是(C)A．m∥α，n⊂α B．m⊥l，n⊥lC．m⊥α，n⊥α D．m∥α，n∥α解析：对于A，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故A不满足充分性．对于B，若m⊥l，n⊥l，则m与n平行或相交或异面，故B不满足充分性．对于C，若m⊥α，n⊥α，则m∥n；若m∥n，则m⊥α，n⊥α不一定成立，故C是m∥n的充分不必要条件．对于D，若m∥α，n∥α，则m与n平行或相交或异面，故D不满足充分性．故选C.(6)(经典题，5分)函数f(x)＝ax3＋x2＋5x－1恰有3个单调区间的必要不充分条件是a∈(A)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,15))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,15)))C．(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,15))) D．(－∞，0)解析：由f(x)＝ax3＋x2＋5x－1，得f′(x)＝3ax2＋2x＋5.当a＝0时，由f′(x)＝0，得x＝－eq\f(5,2)，此时函数f(x)有两个单调区间；当a＞0时，由Δ＝4－60a＞0，得a＜eq\f(1,15)，即0＜a＜eq\f(1,15)，此时函数f(x)恰有3个单调区间；当a＜0时，Δ＝4－60a>0恒成立，此时函数f(x)恰有3个单调区间．综上，函数f(x)＝ax3＋x2＋5x－1恰有3个单调区间的充要条件是a＜eq\f(1,15)且a≠0.结合选项及“小推大，大不推小”原则，得函数f(x)＝ax3＋x2＋5x－1恰有3个单调区间的必要不充分条件是a＜eq\f(1,15).故选A.c．根据充分条件与必要条件求参数或其范围(7)(2020重庆模拟，5分)已知p：x≥k，q：eq\f(2,x＋1)＜1，若p是q的充分不必要条件，则实数k的取值范围是(B)A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)解析：由eq\f(2,x＋1)＜1得eq\f(x－1,x＋1)＞0，即(x＋1)(x－1)＞0，解得x＞1或x＜－1.设q对应的集合为A，则A＝{x|x>1或x<－1}．设p对应的集合为B，则B＝{x|x≥k}．因为p是q的充分不必要条件，所以BA，所以k＞1，即实数k的取值范围是(1，＋∞)．故选B.3．全称量词与存在量词a．全称(存在)量词命题的否定(8)(2023汇编，15分)从下列各题所给的四个选项中选出全称(存在)量词命题的否定．①命题“∀x＞0，ln(x＋1)＞0”的否定是(B)A．∀x＞0，ln(x＋1)≤0 B．∃x＞0，ln(x＋1)≤0C．∀x＜0，ln(x＋1)≤0 D．∃x≤0，ln(x＋1)≤0②命题“∃x0∈R，ex0＞x0＋1”的否定是(C)A．∀x∈R，ex＜x＋1 B．∃x0∈R，＜x0＋1C．∀x∈R，ex≤x＋1 D．∃x0∈R，≤x0＋1③命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2”的否定是(D)A.∀x∈R，∃n∈N*，使得n<x2B．∀x∈R，∀n∈N*，使得n<x2C．∃x∈R，∃n∈N*，使得n<x2D．∃x∈R，∀n∈N*，使得n<x2解析：①命题“∀x＞0，ln(x＋1)＞0”是全称量词命题，全称量词命题的否定是存在量词命题，故所给命题的否定是“∃x＞0，ln(x＋1)≤0”．故选B.②命题“∃x0∈R，＞x0＋1”为存在量词命题，存在量词命题的否定为全称量词命题，故所给命题的否定为“∀x∈R，ex≤x＋1”．故选C.③命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2”的否定是“∃x∈R，∀n∈N*，使得n<x2”．故选D.b．全称(存在)量词命题的真假判断(9)(2021江苏盐城一模，5分)下列4个命题中是真命题的为(B)A.∃x0∈(0，＋∞)，B．∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))x<logeq\f(1,5)xC．∀x∈(0，＋∞)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x>logeq\f(1,4)xD．∃x0∈(1，＋∞)，logeq\f(1,4)x0>logeq\f(1,5)x0解析：A.对∀x0∈(0，＋∞)，函数y＝在(0，＋∞)上单调递增，∴故A选项是假命题．B．∵函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))上单调递减，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))0＝1；∵函数y＝logeq\f(1,5)x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))上单调递减，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))时，∴，故B选项是真命题．C．取x0＝eq\f(1,4)，则<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))0＝1＝，故∃x0∈(0，＋∞)，使得，故C选项是假命题．D．∵对∀x∈(1，＋∞)，log4x＞log5x＞0，∴－log4x＜－log5x，即，故D选项是假命题．故选B.c．根据全称(存在)量词命题的真假求参数或其范围(10)(2023汇编，20分)根据下面各题中全称(存在)量词命题的真假，求实数a的取值范围.①命题“∀x∈R，ax2－(a－1)x－1≤0”是真命题；答案：{－1}解：当a＝0时，ax2－(a－1)x－1≤0等价于x－1≤0，不满足对∀x∈R恒成立，不符合题意．当a≠0时，若ax2－(a－1)x－1≤0对于∀x∈R恒成立，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ＝（a－1）2－4a·（－1）≤0，)))解得a＝－1.综上，实数a的取值范围是{－1}．(5分)②命题“∃x∈R，使得sinx－eq\r(3)cosx＝a”是真命题；答案：[－2，2]解：若∃x∈R，使得sinx－eq\r(3)cosx＝a，则sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝a有解．∵2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))∈[－2，2]，∴a∈[－2，2]，即实数a的取值范围是[－2，2]．(10分)③命题“∃x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得2x2－ax＋1<0成立”是假命题；答案：(－∞，2eq\r(2)]解：∵命题“∃x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得2x2－ax＋1<0成立”是假命题，∴其否定“∀x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，2x2－ax＋1≥0”是真命题，即对于任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，a≤2x＋eq\f(1,x)，即a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))min.∵2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2x·\f(1,x))＝2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\f(\r(2),2)时等号成立，eq\f(\r(2),2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∴2x＋eq\f(1,x)的最小值为2eq\r(2)，∴a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，2\r(2))).(15分)④已知函数f(x)＝ax2＋2x－ex，命题“对∀m，n∈(0，＋∞)，m＞n，都有eq\f(f（m）－f（n）,m－n)＜2成立”是真命题．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)))解：∵对∀m，n∈(0，＋∞)，m＞n，都有eq\f(f（m）－f（n）,m－n)＜2成立，∴对∀m，n∈(0，＋∞)，m＞n，都有f(m)－2m＜f(n)－2n成立．令g(x)＝f(x)－2x＝ax2－ex，则g(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴g′(x)＝2ax－ex≤0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤eq\f(ex,2x)在(0，＋∞)上恒成立．令h(x)＝eq\f(ex,2x)(x＞0)，则h′(x)＝eq\f(2xex－2ex,4x2)＝eq\f(（x－1）ex,2x2)(x＞0)．令h′(x)＝0，得x＝1，∴当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当0＜x＜1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，∴h(x)min＝h(1)＝eq\f(e,2)，∴要使a≤eq\f(ex,2x)在(0，＋∞)上恒成立，只需a≤h(x)min＝eq\f(e,2)，∴a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))).(20分)随堂普查练21．(2021天津模拟，5分)下面四个命题，其中所有真命题的编号为(A)①函数y＝sin2x－cos2x的最小正周期是eq\f(π,2)；②终边在x轴上的角的集合是{α|α＝kπ，k∈Z}；③把函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图像向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，可得到函数y＝3sin2x的图像；④函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))在区间[0，π]上单调递减．A．②③B．②④C．①③D．①④解析：①函数y＝sin2x－cos2x＝－cos2x，所以函数的最小正周期是π，故①错误．②根据角的概念可知②正确．③把函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图像向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝3sin2x的图像，故③正确．④当x∈[0，π]时，x－eq\f(π,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))).因为函数y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，所以函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))在区间[0，π]上单调递增，故④错误．故选A.2．(2019天津，5分)设x∈R，则“x2－5x＜0”是“|x－1|＜1”的(B)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：由x2－5x＜0，解得0＜x＜5，即不等式x2－5x<0的解集为{x|0＜x＜5}．由|x－1|＜1，得－1＜x－1＜1，解得0＜x＜2，即不等式|x－1|<1的解集为{x|0＜x＜2}．因为{x|0＜x＜2}是{x|0＜x＜5}的真子集，所以“x2－5x＜0”是“|x－1|＜1”的必要而不充分条件．故选B.3．(2018北京，5分)设a，b均为单位向量，则“|a－3b|＝|3a＋b|”是“a⊥b”的(C)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解析：∵a，b均为单位向量，∴|a|＝|b|＝1.充分性：若|a－3b|＝|3a＋b|，则(a－3b)2＝(3a＋b)2，即12a·b＝0，∴a·b＝0，∴a⊥b，充分性成立．必要性：若a⊥b，则a·b＝0，∴(a－3b)2＝(3a＋b)2，即|a－3b|＝|3a＋b|，必要性成立．∴“|a－3b|＝|3a＋b|”是“a⊥b”的充分必要条件．答案选C.4．(多选)(2021湖南永州三模，5分)已知定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0]上单调递增，则“对于任意的x∈(0，1]，不等式f(aex＋2x)＋f(xlnx－x2)≥0恒成立”的充分不必要条件可以是(CD)A．－eq\f(1,e)≤a<0 B.eq\f(1,e4)≤a<eq\f(2,e3) C.eq\f(1,e3)≤a<eq\f(1,e2) D.eq\f(1,e)≤a<e解析：∵f(x)为R上的奇函数，且在(－∞，0]上单调递增，∴f(x)在R上单调递增．∵f(aex＋2x)＋f(xlnx－x2)≥0，∴f(aex＋2x)≥－f(xlnx－x2)＝f(x2－xlnx)，∴aex＋2x≥x2－xlnx在(0，1]上恒成立，∴a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2－xlnx－2x,ex)))max，x∈(0，1]．设g(x)＝eq\f(x2－xlnx－2x,ex)，x∈(0，1]，则g′(x)＝eq\f(（x－1）（lnx－x＋3）,ex).令g′(x)＝0，则x＝1或x＝x0，其中x0满足lnx0－x0＋3＝0.易知函数y＝lnx与函数y＝x－3的图像在(0，1]内有交点，∴x0∈(0，1]，∴当x∈(0，x0)时，g(x)单调递增，当x∈(x0，1)时，g(x)单调递减，∴当x＝x0时，g(x)取得极大值，也为最大值，∴g(x)max＝g(x0)＝＝eq\f(1,e3)，∴a≥eq\f(1,e3)，即“对于任意的x∈(0，1]，不等式f(aex＋2x)＋f(xlnx－x2)≥0恒成立”等价于“a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)，＋∞))”.∵eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)，\f(1,e2)))eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)，＋∞))，eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))[eq\f(1,e3)，＋∞)，∴C，D均为充分不必要条件．故选CD.5．(2020四川成都校级月考，5分)已知条件q“方程C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,2a＋8)＝1表示焦点在x轴上的椭圆”，条件s“方程C2：eq\f(x2,a－3t)＋eq\f(y2,a－4t)＝1(t＞0)表示双曲线”．若s是q的充分不必要条件，则实数t的取值范围为__eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))____．解析：若q成立，则a2＞2a＋8＞0，解得－4＜a＜－2或a＞4；若s成立，则(a－3t)(a－4t)＜0，即3t＜a＜4t.由s是q的充分不必要条件，得{a|3t＜a＜4t}{a|－4＜a＜－2或a＞4}．∵t＞0，∴3t≥4，即t≥eq\f(4,3).故实数t的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).6．(2021天津河北区二模，5分)命题“∀x∈(－∞，0)，2x≥3x”的否定是(B)A．∃x∈(－∞，0)，2x≤3x B．∃x∈(－∞，0)，2x＜3xC．∀x∈(－∞，0)，2x≤3x D．∀x∈(－∞，0)，2x＜3x解析：命题“∀x∈(－∞，0)，2x≥3x”是全称量词命题，它的否定是存在量词命题，即“∃x∈(－∞，0)，2x＜3x”．故选B.7．(2020四川广元模拟，5分)已知集合A＝{x|x2－2x≤8}，B＝{－2，0}，下列命题为假命题的是(C)A．∃x0∈A，x0∈B B．∃x0∈B，x0∈AC．∀x∈A，x∈B D．∀x∈B，x∈A解析：因为集合A＝{x|x2－2x≤8}＝{x|－2≤x≤4}，所以B＝{－2，0}A，所以∀x∈A，x∈B是假命题．故选C.8．(2020湖北模拟，5分)已知命题“存在x∈R，使ax2－x＋1≤0”是假命题，则实数a的取值范围是__eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))__．解析：∵命题“存在x∈R，使ax2－x＋1≤0”是假命题，∴其否定“任意x∈R，ax2－x＋1＞0”是真命题，即ax2－x＋1＞0在R上恒成立．当a＝0时，－x＋1＞0不恒成立，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＝1－4a＜0，)))解得a＞eq\f(1,4).∴实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).

课后提分练1－2集合与常用逻辑用语A组(巩固提升)1．(2021全国Ⅰ，5分)设集合M＝{x|0<x<4}，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,3)≤x≤5))，则M∩N＝(B)A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|0<x≤\f(1,3))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,3)≤x<4)) C．{x|4≤x<5} D．{x|0<x≤5}解析：因为M＝{x|0<x<4}，N＝{x|eq\f(1,3)≤x≤5}，所以M∩N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,3)≤x<4)).故选B.2．(2021全国Ⅰ，5分)设集合M＝{1，3，5，7，9}，N＝{x|2x>7}，则M∩N＝(B)A．{7，9} B．{5，7，9} C．{3，5，7，9} D．{1，3，5，7，9}解析：因为N＝{x|2x>7}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x>\f(7,2)))，所以M∩N＝{5，7，9}．故选B.3．(2018全国Ⅰ，5分)已知集合A＝{x|x2－x－2>0}，则∁RA＝(B)A．{x|－1<x<2} B．{x|－1≤x≤2}C．{x|x<－1}∪{x|x>2} D．{x|x≤－1}∪{x|x≥2}解析：因为A＝{x|x2－x－2>0}＝{x|x>2或x<－1}，所以∁RA＝{x|－1≤x≤2}．故选B.4．(2020全国Ⅱ，5分)已知集合U＝{－2，－1，0，1，2，3}，A＝{－1，0，1}，B＝{1，2}，则∁U(A∪B)＝(A)A．{－2，3} B．{－2，2，3}C．{－2，－1，0，3} D．{－2，－1，0，2，3}解析：因为A＝{－1，0，1}，B＝{1，2}，所以A∪B＝{－1，0，1，2}．又集合U＝{－2，－1，0，1，2，3}，所以∁U(A∪B)＝{－2，3}．故选A.5．(2020安徽合肥校级月考，5分)已知集合A＝{x|x＝3k＋1，k∈Z}，B＝{x|x＝3n－2，n∈N}，则(D)A．A＝B B．A∩B＝∅ C．A⊆B D．B⊆A解析：若∀t∈B，则t＝3n－2，n∈N，故t＝3n－2＝3(n－1)＋1，可知n－1∈Z，即t∈A，故B⊆A；设m∈A，则∃k0∈Z，使m＝3k0＋1＝3(k0＋1)－2，当k0＋1<0时，可得k0＋1∉N，即此时m∉B.综上可得集合B是集合A的真子集．故选D.6．(2020重庆模拟，5分)已知集合A＝{0，1}，B＝{z|z＝x＋y，x∈A，y∈A}，则集合B的子集个数为(D)A．3 B．4 C．7 D．8解析：由题意得集合B＝{z|z＝x＋y，x∈A，y∈A}＝{0，1，2}，故B的子集个数为23＝8.故选D.7．(2020湖北模拟，5分)已知集合A＝{x|y＝eq\r(4－x2)}，集合B＝{x|x≥a}．若A⊆B，则实数a的取值范围是(B)A．(－∞，－2) B．(－∞，－2]C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)解析：由题意知A＝{x|－2≤x≤2}．因为A⊆B，所以a≤－2.故选B.8．(2020河北衡水校级二模，5分)已知集合P＝{(x，y)|y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x}，Q＝{(x，y)|y＝－x2＋2}，则P∩Q中元素的个数为(C)A．0 B．1 C．2 D．3解析：结合函数的图像可知y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)与y＝2－x2的图像有2个交点，则P∩Q中元素的个数为2.故选C.9．(2023改编，5分)已知集合A＝{x|y＝eq\r(3x－x2－2)}，B＝{x|x2－2ax＋a＋2≤0}，若A∪B＝A，则实数a的取值范围是(D)A．(1，2) B．(－1，2) C．(1，2] D．(－1，2]解析：易得A＝{x|y＝eq\r(3x－x2－2)}＝{x|1≤x≤2}．由A∪B＝A，得B⊆A.当B＝∅时，符合题意，此时有Δ＝4a2－4a－8＜0，解得－1＜a＜2；当B≠∅时，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4a2－4a－8≥0，,1－2a＋a＋2≥0，,4－4a＋a＋2≥0，,1≤－\f(－2a,2)≤2，))解得a＝2.综上，实数a的取值范围是(－1，2]．故选D.10．(2020湖南期末，5分)已知集合A＝{x|－6＜x＜7}，A∩B＝{x|－4＜x＜7}，则集合B可能为(B)A．{x|－6＜x＜7} B．{x|－4＜x＜8}C．{x|－4＜x＜5} D．{x|－6＜x＜8}解析：设集合B＝{x|a＜x＜b}．因为集合A＝{x|－6＜x＜7}，A∩B＝{x|－4＜x＜7}，所以a＝－4，b≥7，可知选项B符合题意．故选B.11．(2021河北石家庄模拟，5分)若集合A，B，U满足：ABU，则U＝(B)A．A∪∁UB B．B∪∁UA C．A∩∁UB D．B∩∁UA解析：画出Venn图如图所示．由图可知，U＝B∪∁UA.故选B.12．(2021山东青岛二模，5分)已知A，B均为R的子集，且A∩(∁RB)＝A，则下面选项中一定成立的是(C)A．B⊆A B．A∪B＝R C．A∩B＝∅ D．A＝∁RB解析：∵A∩(∁RB)＝A，∴A⊆∁RB，用Venn图表示如下．由图可知，A∩B＝∅，即选项C一定成立．故选C.13．(经典题，5分)已知全集U＝R，A＝{x|(x＋2)2(x－2)＜0}，B＝{x||x|≤4}，则图中阴影部分表示的集合是(A)A．(－∞，－4)∪{－2}∪[2，＋∞) B．(－∞，－4]∪{－2}∪[2，＋∞)C．(－∞，－4)∪{－2}∪(2，＋∞) D．(－∞，－4)∪[2，＋∞)解析：由题意可知，A＝(－∞，－2)∪(－2，2)，B＝[－4，4]，∴A∩B＝[－4，－2)∪(－2，2)．∴阴影部分表示的集合为∁U(A∩B)＝(－∞，－4)∪{－2}∪[2，＋∞)．故选A.14．(2020内蒙古赤峰期末，5分)某班有50名学生，在A，B，C三门选修课中每人至少选一门，有部分学生选两门，没有人三门都选．若该班18人没选A，24人没选B，16人没选C，则该班选两门课的学生人数是__42__．解析：设有x人同时选A和C，有y人同时选A和B，有z人同时选B和C，∵该班18人没选A，24人没选B，16人没选C，∴作出韦恩图，可知有(32－x－y)人只选A，有(26－y－z)人只选B，有(34－x－z)人只选C，∴(32－x－y)＋(26－y－z)＋(34－x－z)＋x＋y＋z＝50，解得x＋y＋z＝42，∴该班选两门课的学生人数为42.15．(2020江苏无锡校级模拟，5分)命题“∀x∈(1，2)，x2＞1”的否定是__∃x0∈(1，2)，xeq\o\al(2,0)≤1__．解析：因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以命题“∀x∈(1，2)，x2＞1”的否定是：∃x0∈(1，2)，xeq\o\al(2,0)≤1.16．(2018浙江，4分)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的(A)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：若m∥n，由m⊄α，n⊂α，可知m∥α，即“m∥n”是“m∥α”的充分条件．若m∥α，当n⊂α时，m与n可能平行，也可能异面，即“m∥n”是“m∥α”的不必要条件．因此，“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.17．(2019浙江，4分)设a＞0，b＞0，则“a＋b≤4”是“ab≤4”的(A)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：充分性：根据基本不等式得ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))eq\s\up12(2)＝4，∴充分性成立；必要性：当a＝1，b＝4时，满足ab≤4，不满足a＋b≤4，∴必要性不成立．故选A.18．(2021江西宜春模拟，5分)已知定义在R上的函数f(x)，则“f(x)的周期为2”是“f(x)＝eq\f(1,f（x＋1）)”的(D)A．充要条件 B．既不充分也不必要条件C．充分不必要条件 D．必要不充分条件解析：当f(x)＝eq\f(1,f（x＋1）)时，有f(x)＝eq\f(1,f（x＋1）)＝eq\f(1,\f(1,f（x＋2）))＝f(x＋2)，所以f(x)的周期为2，所以“f(x)的周期为2”是“f(x)＝eq\f(1,f（x＋1）)”的必要条件．令f(x)＝sinπx，则f(x)的周期为2，当x为整数时，f(x)＝f(x＋1)＝0，f(x)＝eq\f(1,f（x＋1）)无意义，所以“f(x)的周期为2”不是“f(x)＝eq\f(1,f（x＋1）)”的充分条件．综上，“f(x)的周期为2”是“f(x)＝eq\f(1,f（x＋1）)”的必要不充分条件．故选D.19．(2020河北石家庄模拟，5分)使不等式|x|≤2成立的一个必要不充分条件是(A)A．|x＋1|≤3 B．|x＋1|≤2 C．log2(x＋1)≤1 D.eq\f(1,|x|)≥eq\f(1,2)解析：不等式|x|≤2即－2≤x≤2，所以不等式的解集为[－2，2]．对于A，|x＋1|≤3⇔－4≤x≤2，即不等式的解集为[－4，2]，[－2，2][－4，2]，所以A是不等式|x|≤2成立的必要不充分条件；对于B，|x＋1|≤2⇔－3≤x≤1，即不等式的解集为[－3，1]，易知B不是使不等式|x|≤2成立的必要不充分条件；对于C，log2(x＋1)≤1，解得－1＜x≤1，即不等式的解集为(－1，1]，易知C是使不等式|x|≤2成立的充分不必要条件；对于D，eq\f(1,|x|)≥eq\f(1,2)，变形可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(|x|≤2，,|x|≠0，)))解得－2≤x＜0或0＜x≤2，即不等式的解集为[－2，0)∪(0，2]，易知D是使不等式|x|≤2成立的充分不必要条件．故选A.20．(2020湖南衡阳三模，5分)设p：|2x＋3|＜1，q：x2－(2a＋2)x＋a(a＋2)≤0.若q是p的必要不充分条件，则实数a的取值范围是__[－3，－2]__．解析：记p对应的集合为A＝{x||2x＋3|＜1}＝{x|－2＜x＜－1}，q对应的集合为B＝{x|x2－(2a＋2)x＋a(a＋2)≤0}＝{x|a≤x≤a＋2}．∵q是p的必要不充分条件，∴A是B的真子集，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a≤－2，,a＋2≥－1，)))解得－3≤a≤－2.故实数a的取值范围是[－3，－2]．21．(2020黑龙江大庆一模，5分)若命题“∃x0∈R，xeq\o\al(2,0)＋2mx0＋m＋2＜0”为假命题，则m的取值范围是(C)A．(－∞，－1]∪[2，＋∞) B．(－∞，－1)∪(2，＋∞)C．[－1，2] D．(－1，2)解析：∵命题“∃x0∈R，xeq\o\al(2,0)＋2mx0＋m＋2＜0”为假命题，∴该命题的否定“∀x∈R，x2＋2mx＋m＋2≥0”为真命题，∴Δ≤0，即4m2－4(m＋2)≤0，解得－1≤m≤2，即实数m的取值范围是[－1，2]．故选C.22．(2021重庆模拟，5分)关于直线l：ax＋by＋1＝0，有下列四个命题：甲：直线l经过点(0，－1)；乙：直线l经过点(1，0)；丙：直线l经过点(－1，1)；丁：ab＜0.如果只有一个假命题，则该命题是(C)A．甲 B．乙 C．丙 D．丁解析：∵(0，－1)，(1，0)，(－1，1)三点不共线，∴命题甲、乙、丙中必有一个为假命题．若甲为假命题，则乙，丙为真命题，将(1，0)，(－1，1)代入ax＋by＋1＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＋1＝0，,－a＋b＋1＝0，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2，)))此时ab＝2＞0，与丁矛盾；若乙为假命题，则甲、丙为真命题，同理可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，)))此时ab＝2＞0，与丁矛盾；若丙为假命题，则甲、乙为真命题，同理可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，)))此时ab＝－1＜0.综上，假命题为丙．故选C.B组(冲刺满分)23．(2020山东临朐模拟，5分)已知集合A＝{a，b，2}，B＝{2，b2，2a}，且A∩B＝A∪B，则a＝__0或eq\f(1,4)__．解析：由A∩B＝A∪B知A＝B.根据集合中元素的互异性可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝2a，,b＝b2，,a≠b)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝b2，,b＝2a，,a≠b，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝1)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,4)，,b＝\f(1,2).)))故a＝0或eq\f(1,4).24．(2020浙江，4分)设集合S，T，S⊆N*，T⊆N*