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正确定能推出,但当时,满足,但不满足,所以是的充分不必要条件,正确选答案庆阳模已知向量若与垂直,则,均为假命题∀∈,的否定是∃∈,是的充分不必要条件解析易知,正确∧为假至少有个为假,∀的否定是∃,的否定是则当或时,取得最小值为,阶段滚动检测五建议用时分钟选择题山东省实验中学诊断下列有关命题的叙述的是是的必要条件,则是綈的充分条件若∧为假命题,当时即数列以为首项,公比为的等比数列,∈„„由任意∈恒成立,即实数对∈恒成立设∞当时,的单调增区间是单调减区间是,∞郑州质量预测已知数列前项和为且求数列通项公式设„求使任意∈恒成立的实数的取值范围解由可得的单调增区间是单调减区间是,∞当时,的单调减区间是,∞,没有单调增区间当时,的单调增区间是单调减区间是,调增区间是单调减区间是,∞④当时的解集是,的解集是,的单调增区间是单调减区间是,∞综上所述,当时,区间是,∞当时,对任意的,都有,的单调减区间是,∞当时,的解集是,的解集是或,的单,⇔令,解得,当时,的解集是,的解集是或,的单调增区间是单调减∈,在点,处的切线方程为,⇔,故选答案足,∈求曲线在点,处的切线方程讨论函数的单调区间解列,已知且前项和,则析因为等比数列,所以,又,所以方程的两根,解得,或又因为递增数列,所以解得,由,解得城模在锐角则或解析由,得,因为锐角三角形,所以∈故,在,由余弦定理得,故选答案商丘二模在递增的等比数考等比数列前项和为若公比,则析由等比数列的性质,得,于是由且公比,得所以解得,舍,所以,故选答案北京东故选答案唐山模已知,则或解析,或或答案山西四校联考故选答案唐山模已知,则或解析,或或答案山西四校联考等比数列前项和为若公比,则析由等比数列的性质,得,于是由且公比,得所以解得,舍,所以,故选答案北京东城模在锐角则或解析由,得,因为锐角三角形,所以∈故,在,由余弦定理得,故选答案商丘二模在递增的等比数列,已知且前项和,则析因为等比数列,所以,又,所以方程的两根,解得,或又因为递增数列,所以解得,由,解得,故选答案足,∈求曲线在点,处的切线方程讨论函数的单调区间解∈,在点,处的切线方程为,⇔,⇔令,解得,当时,的解集是,的解集是或,的单调增区间是单调减区间是,∞当时,对任意的,都有,的单调减区间是,∞当时,的解集是,的解集是或,的单调增区间是单调减区间是,∞④当时的解集是,的解集是,的单调增区间是单调减区间是,∞综上所述,当时,的单调增区间是单调减区间是,∞当时,的单调减区间是,∞,没有单调增区间当时,的单调增区间是单调减区间是,∞当时,的单调增区间是单调减区间是,∞郑州质量预测已知数列前项和为且求数列通项公式设„求使任意∈恒成立的实数的取值范围解由可得当时即数列以为首项,公比为的等比数列,∈„„由任意∈恒成立,即实数对∈恒成立设,则当或时,取得最小值为,阶段滚动检测五建议用时分钟选择题山东省实验中学诊断下列有关命题的叙述的是是的必要条件,则是綈的充分条件若∧为假命题,则,均为假命题∀∈,的否定是∃∈,是的充分不必要条件解析易知,正确∧为假至少有个为假,∀的否定是∃,的否定是,正确定能推出,但当时,满足,但不满足,所以是的充分不必要条件,正确选答案庆阳模已知向量若与垂直,则值为析由得若与垂直,则,则有,解得,故选答案南昌十所重点中学二模在正项等比数列前项和为且,等差数列,则值为析设公比为,则又,解得或,故选答案唐山模已知,则或解析,或或答案山西四校联考等比数列前项和为若公比,则析由等比数列的性质,得,于是由且公比,得所以解得,舍,所以,故选答案北京东城模在锐角则或解析由,得,因为锐角三角形,所以∈故,在,由余弦定理得,故选答案商丘二模在递增的等比数列,已知且前项和,则析因为等比数列,所以,又,所以方程的两根,解得,或又因为递增数列,所以解得,由,解得考等比数列前项和为若公比,则析由等比数列的性质,得,于是由且公比,得所以解得,舍,所以,故选答案北京东列,已知且前项和,则析因为等比数列,所以,又,所以方程的两根,解得,或又因为递增数列,所以解得,由,解得∈,在点,处的切线方程为,⇔区间是,∞当时,对任意的,都有,的单调减区间是,∞当时,的解集是,的解集是或,的单的单调增区间是单调减区间是,∞当时,的单调减区间是,∞,没有单调增区间当时,的单调增区间是单调减区间是,当时即数列以为首项,公比为的等比数列,∈„„由任意∈恒成立,即实数对∈恒成立设则,均为假命题∀∈,的否定是∃∈,是的充分不必要条件解析易知,正确∧为假至少有个为假,∀的否定是∃,的否定是,则值为析由得若与垂直,则,则有,解得,故选答案南昌十所重点中学二模在正项等比数列前项和为且,等差数