第3讲　全称量词和存在量词高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第3讲　全称量词和存在量词高考数学一轮复习讲义练习，共11页。试卷主要包含了 改)若命题p， 已知命题p， 设命题p等内容，欢迎下载使用。

激活思维
1. (人A必一P31习题T3(3)改)若命题p：∃x∈R，x＋1≥0，则命题p的否定是( A )
A. ∀x∈R，x＋1＜0
B. ∀x∈R，x＋1≥0
C. ∃x∈R，x＋1＜0
D. ∃x∈R，x＋1≥0
2. (人A必一P31习题T1，2改)(多选)下列命题是全称量词命题且为真命题的有( AC )
A. 每一个末位是0的整数都是5的倍数
B. 有些菱形是正方形
C. 对任意负数x，x的平方是正数
D. 梯形的对角线相等
3. 已知命题p：∃x∈[0，＋∞)，a＜ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋1，若p为真命题，则实数a的取值范围为_(－∞，2)_．
【解析】 设f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋1，x∈[0，＋∞)，若p为真命题，则a＜f(x)max＝f(0)＝2.
4. (人A必一P32习题T6改)已知“若x＞1，则2x＋1＞λ”是假命题，则实数λ的取值范围是_(3，＋∞)_．
【解析】 因为“若x＞1，则2x＋1＞λ”是假命题，所以“∃x＞1，2x＋1≤λ”是真命题．因为当x＞1时，2x＋1＞3，所以实数λ的取值范围是(3，＋∞).
5. 设命题p：∃x∈R，x2－2x＋m－3＝0，命题q：∀x∈R，x2－2(m－5)x＋m2＋19≠0.若p，q都为真命题，则实数m的取值范围为_ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，4))_．
【解析】 若命题p：∃x∈R，x2－2x＋m－3＝0为真命题，则Δ＝4－4(m－3)≥0，解得m≤4.若命题q：∀x∈R，x2－2(m－5)x＋m2＋19≠0为真命题，则Δ＝4(m－5)2－4(m2＋19)＜0，解得m＞ eq \f(3,5).又p，q都为真命题，所以实数m的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，4)).
聚焦知识
1. 全称量词命题与存在量词命题
2. 常见词语的否定
研题型 素养养成
举题说法
含量词的命题的真假判断
例1 (多选)下列命题中的真命题是( ACD )
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】 因为指数函数的值域为(0，＋∞)，所以“∀x∈R，2x-1＞0”是真命题；当x＝1时，(x－1)2＝0，所以“∀x∈N*，(x－1)2＞0”是假命题；当x＝1时，lg x＝0＜1，所以“∃x∈R，lg x＜1”是真命题；因为函数y＝tan x的值域为R，所以“∃x∈R，tan x＝2”是真命题．
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；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．
变式1 下列命题中，是存在量词命题且是真命题的是( C )
A. 所有正方形都是矩形
B. ∃x∈R，使x2＋2x＋2＝0
C. 至少有一个实数x，使x3＋1＝0
D. ∃x∈R，使x2－x＋ eq \f(1,4)＜0
【解析】 对于A，所有正方形都是矩形为全称量词命题，故A错误；对于B，∃x∈R，使x2＋2x＋2＝0为存在量词命题，Δ＜0，方程无解，该命题为假命题，故B错误；对于C，至少有一个实数x，使x3＋1＝0为存在量词命题，当x＝－1时，方程成立，该命题为真命题，故C正确；对于D，∃x∈R，使x2－x＋ eq \f(1,4)＜0为存在量词命题，x2－x＋ eq \f(1,4)＜0无解，故D错误．
含量词的命题的否定
例2 写出下列命题的否定，并判断其真假性．
(1) ∀x∈Z，|x|∈N；
【解答】 ∃x∈Z，|x|∉N；假命题．
(2) 每一个平行四边形都是中心对称图形；
【解答】 有些平行四边形不是中心对称图形；假命题．
(3) 有些三角形是直角三角形；
【解答】 所有三角形都不是直角三角形；假命题．
(4) ∃x∈R，x＋1≤0；
【解答】 ∀x∈R，x＋1＞0；假命题．
(5) ∃x∈R，x2＋2x＋3＝0.
【解答】 ∀x∈R，x2＋2x＋3≠0；真命题．
对于存在量词命题的判断，只要能找到符合要求的元素使命题成立，即可判断该命题成立；对于全称量词命题的判断，必须对任意元素证明这个命题为真，而只要找到一个特殊元素使命题为假，即可判断该命题不成立．
变式2 (1) 命题“∀n∈Z，n∈Q”的否定为( D )
A. ∀n∈Z，n∉QB. ∀n∈Q，n∈Z
C. ∃n∈Z，n∈QD. ∃n∈Z，n∉Q
(2) (2024·山西一模)设命题p：∃x∈R，ax＞kx，则¬p为( C )
A. ∀x∈R，ax＞kxB. ∃x∈R，ax≤kx
C. ∀x∈R，ax≤kxD. ∃x∈R，ax＝kx
结合命题真假确定参数
例3 设命题p：∀x∈[－1，2]，不等式x2－2x－4＋m2＜0恒成立；命题q：∃x∈[0，1]，使得一次函数y＝2x＋m2－3m－2的图象不在x轴下方．
(1) 若命题p为真命题，求实数m的取值范围；
【解答】 当命题p为真命题时，∀x∈[－1，2]，m2＜－x2＋2x＋4.因为y＝－x2＋2x＋4的对称轴为直线x＝1，且1∈[－1，2]，所以当x＝－1时，ymin＝1，所以m2＜1，解得－1＜m＜1，即实数m的取值范围为(－1，1).
(2) 若命题p，q中恰有一个为假命题，求实数m的取值范围．
【解答】 当命题q为真命题时，则∃x∈[0，1]，2x＋m2－3m－2≥0.因为当x∈[0，1]时，2x＋m2－3m－2的最大值为m2－3m，所以m2－3m≥0，解得m≤0或m≥3.当p真q假时，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＜m＜1，,0＜m＜3，))解得0＜m＜1.当p假q真时，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≤－1或m≥1，,m≤0或m≥3，))解得m≤－1或m≥3.综上所述，实数m的取值范围为(－∞，－1]∪(0，1)∪[3，＋∞).
根据命题的真假求参数取值范围的策略
(1) 已知命题的真假，可根据每个命题的真假，利用集合的运算求解参数的取值范围；
(2) 对于含有量词的命题求参数的取值范围的问题，可根据命题的含义，利用函数值域(或最值)解决．
变式3 (1) 已知命题p：∃x∈R，x2＋2x＋a≤0，命题q：∀x＞0，x＋ eq \f(1,x)＞a.若p假q真，则实数a的取值范围为( C )
A. (1，＋∞)B. (－∞，2]
C. (1，2)D. (－1，2]
【解析】 因为命题p：∃x∈R，x2＋2x＋a≤0为假命题，所以∀x∈R，x2＋2x＋a＞0为真命题，则满足Δ＝22－4a＜0，解得a＞1.因为命题q：∀x＞0，x＋ eq \f(1,x)＞a为真命题，x＋ eq \f(1,x)≥2 eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时等号成立，所以a＜2.综上，实数a的取值范围为(1，2).
(2) 已知命题p：∃x∈(0，＋∞)，x2－λx＋1＜0.若p为假命题，则λ的取值范围是( A )
A. (－∞，2]
B. [2，＋∞)
C. [－2，2]
D. (－∞，－2]∪[2，＋∞)
【解析】 因为p为假命题，所以¬p为真命题，故∀x∈(0，＋∞)，x2－λx＋1≥0，即∀x∈(0，＋∞)，λ≤x＋ eq \f(1,x).又当x∈(0，＋∞)时，x＋ eq \f(1,x)≥2 eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时等号成立，所以λ的取值范围是(－∞，2].
双量词成立问题
例4 已知f(x)＝ln (x2＋1)，g(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)－m，若对任意的x1∈[0，3]，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是_ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))_；若对任意的x1∈[0，3]，任意的x2∈[1，2]，有f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是_ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))_．
【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，g(x)max＝g(1)＝ eq \f(1,2)－m.对任意的x1∈[0，3]，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)，等价于f(x1)min≥g(x2)min，即0≥ eq \f(1,4)－m，所以m≥ eq \f(1,4).对任意的x1∈[0，3]，任意的x2∈[1，2]，有f(x1)≥g(x2)，等价于f(x1)min≥g(x2)max，即0≥ eq \f(1,2)－m，所以m≥ eq \f(1,2).
1. 若f(x)，g(x)的值域分别为A，B，则：
(1) (“任意＝存在”型)∀x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)＝g(x2)成立，则A⊆B；
(2) (“存在＝存在”型)∃x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)＝g(x2)成立，则A∩B≠∅.
2. 不等问题
(1) (“任意≥(≤、＞、＜)任意”型)∀x1∈D，∀x2∈E，均有f(x1)＞g(x2)恒成立，则f(x1)min＞g(x2)max.
注：防止误将∀x∈D，均有f(x)＞g(x)恒成立，转化为f(x)min＞g(x)max，一般应作差构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)min＞0.
(2) (“任意≥(≤、＞、＜)存在”型)∀x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)＞g(x2)成立，则f(x1)min＞g(x2)min.
(3) (“存在≥(≤、＞、＜)存在”型)∃x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)＞g(x2)成立，则f(x1)max＞g(x2)min.
注：防止误将∃x∈D，使得f(x)＞g(x)成立，转化为f(x)max＞g(x)min，一般应作差构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)max＞0.
1. 已知f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，且当x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1，函数g(x)＝x2－2x＋m.如果对于任意的x1∈[－2，2]，都存在x2∈[－2，2]，使得g(x2)＝f(x1)，则实数m的取值范围是_[－5，－2]_．
【解析】 当x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1为增函数，值域为(0，3].因为f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，所以f(x)在[－2，2]上的值域为[－3，3].函数g(x)＝x2－2x＋m在x∈[－2，2]上的值域为[m－1，m＋8].因为对任意的x1∈[－2，2]，都存在x2∈[－2，2]，使得g(x2)＝f(x1)，所以f(x)在[－2，2]上的值域是g(x)＝x2－2x＋m在x∈[－2，2]上的值域的子集，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋8≥3，,m－1≤－3，))解得－5≤m≤－2，即实数m的取值范围是[－5，－2].
2. 已知函数f(x)＝x2＋4x－5，g(x)＝m·4x-1－m＋8.若对任意的x1，x2∈[1，2]，f(x1)≤g(x2)恒成立，则实数m的取值范围为_ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞))_．
【解析】 问题可转化为f(x1)max≤g(x2)min.f(x)＝x2＋4x－5＝(x＋2)2－9，易知函数f(x)在[1，2]上的最大值为f(2)＝(2＋2)2－9＝7.
方法一：当m＞0时，函数g(x)＝m·4x-1－m＋8在[1，2]上为增函数，则g(x)min＝g(1)＝8＞7，符合题意；当m＜0时，函数g(x)＝m·4x-1－m＋8在[1，2]上为减函数，则g(x)min＝g(2)＝3m＋8≥7，解得－ eq \f(1,3)≤m＜0；当m＝0时，g(x)＝8＞7，符合题意．综上，实数m的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞)).
方法二：由题意知m·4x-1－m＋8≥7对任意的x∈[1，2]都成立．因为1≤x≤2，所以0≤4x-1－1≤3.当x＝1时，显然成立，所以m≥－ eq \f(1,4x-1－1)对任意的x∈(1，2]都成立．令函数y＝－ eq \f(1,4x-1－1)，其在区间(1，2]上为增函数，故ymax＝－ eq \f(1,3)，所以m≥－ eq \f(1,3).综上，实数m的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞)).
3. 已知函数f(x)＝x2＋2x，g(x)＝ln (x＋1)－a，若存在x1，x2∈[0，2]，使得f(x1)＞g(x2)，则实数a的取值范围是_(－8，＋∞)_．
【解析】 问题可转化为f(x1)max＞g(x2)min，x1，x2∈[0，2]，易得f(x1)max＝8，g(x2)min＝－a.由f(x1)max＞g(x2)min，得8＞－a，所以a＞－8.
随堂内化
1. (2024·新高考Ⅱ卷)已知命题p：∀x∈R，|x＋1|＞1；命题q：∃x＞0，x3＝x，则( B )
A. p和q都是真命题
B. ¬p和q都是真命题
C. p和¬q都是真命题
D. ¬p和¬q都是真命题
【解析】 对于p，取x＝－1，则有|x＋1|＝0＜1，故p是假命题，¬p是真命题．对于q，取x＝1，则有x3＝13＝1＝x，故q是真命题，¬q是假命题．综上，¬p和q都是真命题．
2. 若命题“∃x∈[0，3]，x2－2x－a＜0”为真命题，则实数a可取的最小整数值是( B )
A. －1B. 0
C. 1D. 3
【解析】 由题意得a＞x2－2x在x∈[0，3]上有解，当x＝1时，x2－2x取最小值－1，则a＞(x2－2x)min＝－1，故a可取的最小整数值为0.
3. (2024·益阳检测)若a＞0，f(x)＝ eq \f(1,2)ax2－bx，则x0是方程ax＝b的解的充要条件是( C )
A. ∃x∈R，f(x)≥f(x0)
B. ∃x∈R，f(x)≤f(x0)
C. ∀x∈R，f(x)≥f(x0)
D. ∀x∈R，f(x)≤f(x0)
【解析】 因为a＞0，所以函数f(x)＝ eq \f(1,2)ax2－bx的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－ eq \f(－b,2×\f(1,2)a)＝ eq \f(b,a)，函数的最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a))).若“x0是方程ax＝b的解”，则x0＝ eq \f(b,a)，那么f(x0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))就是函数f(x)的最小值，所以“∀x∈R，f(x)≥f(x0)”，即“x0是方程ax＝b的解”是“∀x∈R，f(x)≥f(x0)”的充分条件；若“∀x∈R，f(x)≥f(x0)”，则f(x0)为函数f(x)的最小值，所以x0＝ eq \f(b,a)，即ax0＝b，所以“x0是方程ax＝b的解”，故“x0是方程ax＝b的解”是“∀x∈R，f(x)≥f(x0)”的必要条件．综上可知，“x0是方程ax＝b的解”的充要条件是“∀x∈R，f(x)≥f(x0)”．
4. 已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)x2＋x，g(x)＝ln (x＋1)－a，若存在x1，x2∈[0，2]，使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围是_[－4，ln_3]_．
【解析】 f(x)的值域A＝[0，4]，g(x)的值域B＝[－a，ln 3－a].由存在x1，x2∈[0，2]，使得f(x1)＝g(x2)，知A∩B≠∅.由A∩B＝∅得4＜－a或ln 3－a＜0，解得a＜－4或a＞ln 3.故当A∩B≠∅时，－4≤a≤ln 3，所以a的取值范围是[－4，ln 3].
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
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配套精练
一、 单项选择题
1. (2024·潍坊期末)设m∈R，命题“存在m≥0，使mx2－mx－1＝0有实根”的否定是( A )
A. ∀m≥0，mx2－mx－1＝0无实根
B. ∀m＜0，mx2－mx－1＝0有实根
C. 存在m≥0，使mx2－mx－1＝0无实根
D. 存在m＜0，使mx2－mx－1＝0有实根
2. 下列命题中是假命题的是( C )
A. 对任意实数x，均有x＋1＞x
B. 不存在实数x，使x2＋x＋1＜0
C. 方程x2－2x＋3＝0至少有一个实数根
D. ∃x∈R，使|x|≤x
3. 已知p：∀x∈R，x2＋2x＋a≥0；q：∀x∈R，x2＋2ax＋2－a≠0，若p，q一真一假，则实数a的取值范围为( A )
A. (－2，＋∞) B. [1，＋∞)
C. (－∞，－2]∪[1，＋∞) D. (－2，1)
【解析】 若p为真，则Δ1＝4－4a≤0，解得a≥1.若q为真，则Δ2＝4a2－4(2－a)＜0，解得－2＜a＜1.若p真q假，则a≥1；若p假q真，则－2＜a＜1.综上所述，若p，q一真一假，则实数a的取值范围为(－2，＋∞).
4. 已知命题“∃x∈R，(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1≤0”是真命题，则实数m的取值范围是( A )
A. (－∞，－1)∪[3，＋∞) B. [－1，3]
C. (－∞，0]∪[1，＋∞) D. (－1，3)
【解析】 若不等式(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1＞0对任意x∈R恒成立，则有①当m＋1＝0，即m＝－1时，不等式显然成立；②当m＋1＞0时，Δ＝(m＋1)2－4(m＋1)＜0，解得－1＜m＜3；③当m＋1＜0时，不等式(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1＞0对任意x∈R显然不恒成立，舍去．综上，若不等式(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1＞0对任意x∈R恒成立，则－1≤m＜3，所以当“∀x∈R，(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1＞0”是假命题时，m∈(－∞，－1)∪[3，＋∞).
5. 已知函数f(x)＝x2＋3，g(x)＝mx＋5－m(m＞0)，若对任意的x1∈[1，2]，总存在x2∈[－1，2]，使得f(2x1)＝g(x2)成立，则实数m的取值范围是( C )
A. [12，＋∞) B. [10，＋∞)
C. [14，＋∞) D. [8，＋∞)
【解析】 因为x1∈[1，2]，所以2x1∈[2，4]，所以f(2x1)＝(2x1)2＋3∈[7，19].因为对任意的x1∈[1，2]，总存在x2∈[－1，2]，使得f(2x1)＝g(x2)成立，所以g(x2)的值域包含区间[7，19].又m＞0，所以g(x)＝mx＋5－m在[－1，2]上是增函数，所以g(x2)∈[5－2m，5＋m]，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5－2m≤7，,5＋m≥19，))解得m≥14.
二、 多项选择题
6. 下列命题中是全称量词命题并且是真命题的是( ABD )
A. 矩形的对角线互相平分且相等
B. 对任意非正数c，若a≤b＋c，则a≤b
C. 有些菱形不是平行四边形
D. 对任意实数x，不等式x2－3x＋7≥0恒成立
7. (2024·镇江期初)已知f(x)＝x2＋x＋m，下列命题正确的是( BCD )
A. 命题“∀x＞0，f(x)＞0”的否定是“∃x≤0，使得f(x)≤0成立”
B. 若命题“∀x∈R，f(x)＞0恒成立”为真命题，则m＞ eq \f(1,4)
C. “m＜0”是“方程f(x)＝0有实数解”的充分不必要条件
D. 若命题“∃x∈(－1，1)，f(x)＞0”为真命题，则m＞－2
【解析】 对于A，命题“∀x＞0，f(x)＞0”的否定是“∃x＞0，使得f(x)≤0成立”，故A错误；对于B，若命题“∀x∈R，f(x)＞0恒成立”为真命题，则Δ＝1－4m＜0，解得m＞ eq \f(1,4)，故B正确；对于C，若m＜0，则Δ＝1－4m＞0，可知方程f(x)＝0有实数解，即充分性成立；例如m＝0，方程f(x)＝x2＋x＝0有实数解－1，0，不满足m＜0，即必要性不成立，所以“m＜0”是“方程f(x)＝0有实数解”的充分不必要条件，故C正确；对于D，若命题“∃x∈(－1，1)，f(x)＞0”为真命题，由f(x)＝x2＋x＋m的图象开口向上，对称轴为x＝－ eq \f(1,2)，得当x∈(－1，1)时，f(x)max＝f(1)＝1＋1＋m＞0，解得m＞－2，故D正确．
8. 若“∃x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使得2x2－λx＋1＜0成立”是假命题，则实数λ的可能取值是( AB )
A. eq \f(3,2) B. 2 eq \r(2)
C. 3 D. eq \f(9,2)
【解析】 由题意可知∀x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，2x2－λx＋1≥0是真命题，则λ≤ eq \f(2x2＋1,x)＝2x＋ eq \f(1,x)，即λ≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x))) eq \s\d7(min)，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).因为f(x)＝2x＋ eq \f(1,x)≥2 eq \r(2x·\f(1,x))＝2 eq \r(2)，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，当且仅当2x＝ eq \f(1,x)，即x＝ eq \f(\r(2),2)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时等号成立，所以f(x)的最小值是2 eq \r(2)，即λ≤2 eq \r(2).满足条件的是AB.
三、 填空题
9. (2024·潍坊二模)已知命题p：∃x∈[－1，1]，x2＞a，则¬p为_∀x∈[－1，1]，x2≤a_．
10. 已知函数f(x)＝x2－2ax－3，g(x)＝ eq \f(a,x)，其中a＞0.对任意的x1∈[－2，－1]，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)＞g(x2)，则实数a的取值范围为_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))_．
【解析】 由题意知，f(x)min＞g(x)min，f(x)min＝f(－1)＝2a－2，g(x)min＝g(2)＝ eq \f(a,2)，所以2a－2＞ eq \f(a,2)，解得a＞ eq \f(4,3)，故实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞)).
11. 已知函数f(x)＝ax＋2(a＞0)，g(x)＝ eq \f(2,x－1)，若∃x1∈[－1，2]，∀x2∈[2，3]，使f(x1)＝g(x2)成立，则实数a的取值范围是_[1，＋∞)_．
【解析】 由函数f(x)＝ax＋2(a＞0)在区间[－1，2]上单调递增，可得－a＋2≤f(x)≤2a＋2，即函数f(x)的值域构成集合A＝[－a＋2，2a＋2]. 由函数g(x)＝ eq \f(2,x－1)在[2，3]上单调递减，可得1≤g(x)≤2，即函数g(x)的值域构成集合B＝[1，2].又∃x1∈[－1，2]，∀x2∈[2，3]，使f(x1)＝g(x2)成立，即B⊆A，则满足 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋2≤1，,2a＋2≥2，))解得a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).
四、 解答题
12. 已知命题p：∀x∈R，x2＋2m－3＞0，命题q：∃x0∈R，x eq \\al(2,0)－2mx0＋m＋2＜0.
(1) 若命题p为真命题，求实数m的取值范围；
【解答】 若命题p为真命题，则x2＞3－2m对x∈R恒成立，即3－2m＜(x2)min，因此3－2m＜0，解得m＞ eq \f(3,2)，即实数m的取值范围是 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(m))m＞\f(3,2))).
(2) 若命题q为真命题，求实数m的取值范围；
【解答】 若命题q为真命题，则方程x2－2mx＋m＋2＝0有两不等实根，所以Δ＝(－2m)2－4(m＋2)＞0，则m2－m－2＞0，解得m＜－1或m＞2，故实数m的取值范围是{m|m＜－1或m＞2}．
(3) 若命题p，q中至少有一个为真命题，求实数m的取值范围．
【解答】 若命题p，q中至少有一个为真命题，即p或q为真命题，则结合(1)(2)得m∈ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(m))m＞\f(3,2)))∪{m|m＜－1或m＞2}⇒m∈ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(m))m＜－1或m＞\f(3,2)))，因此实数m的取值范围是 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(m))m＜－1或m＞\f(3,2))).
13. 已知m∈R，命题p：∀x∈[－1，1]，不等式－3x＋1≥m2－3m恒成立；命题q：∃x∈[－1，1]，使得m≤x成立．
(1) 若p为真命题，求实数m的取值范围；
【解答】 ∀x∈[－1，1]，不等式－3x＋1≥m2－3m恒成立，令f(x)＝－3x＋1(－1≤x≤1)，则f(x)min≥m2－3m.当x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(1)＝－2，则m2－3m≤－2，解得1≤m≤2.因此，当p为真命题时，实数m的取值范围是[1，2].
(2) 若q和p一真一假，求实数m的取值范围．
【解答】 若q为真命题，则m≤xmax，即m≤1.因为p，q中一个是真命题，一个是假命题，所以当p真q假时，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤m≤2，,m＞1，))得1＜m≤2；当p假q真时，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＜1或m＞2，,m≤1，))得m＜1.综上所述，实数m的取值范围为(－∞，1)∪(1，2].
14. 已知函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋x2＋ax.
(1) 若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
【解答】 由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减，则ymax＝－3，所以a≥－3，所以实数a的最小值为－3.
(2) 若函数g(x)＝ eq \f(x,ex)，∀x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，∃x2∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
【解答】 由题可知，当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，f′(x)max≤g(x)max.因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.而g′(x)＝ eq \f(1－x,ex)，由g′(x)＞0，得x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，g(x)max＝g(1)＝ eq \f(1,e).由8＋a≤ eq \f(1,e)，得a≤ eq \f(1,e)－8，所以实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)－8)).
全称量词命题
存在量词命题
量词
所有的、任意一个
存在一个、至少有一个
符号
∀
∃
命题
形式
∀x∈M，p(x)
∃x∈M，p(x)
否定
_∃x∈M，¬p(x)_，是_存在_量词命题
_∀x∈M，¬p(x)_，是_全称_量词命题
词语
是
都是
大于
小于
词语的
否定
_不是_
_不都是_
_小于或等于_
_大于或等于_
词语
且
至少有
n个
至多有
一个
所有x
都成立
词语的
否定
_或_
_至多有n－1个_
_至少有两个_
_存在一个x不成立_