資源簡介

考點 02 常用邏輯用語（3 種核心題型+基礎保分練+綜
合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1. 理解充分條件、必要條件、充要條件的意義；理解判定定理與充分條件、性質定理與必
要條件、數學定義與充要條件的關系.2.理解全稱量詞和存在量詞的意義，能正確對兩種命題
進行否定．
【知識點】
1．充分條件、必要條件與充要條件的概念
若 p q，則 p 是 q 的 條件，q 是 p 的 條件
p 是 q 的 條件 p q 且 q p
p 是 q 的 條件 p q 且 q p
p 是 q 的 條件 p q
p 是 q 的 條件 p q 且 q p
2．全稱量詞與存在量詞
(1)全稱量詞：短語“所有的”“任意一個”在邏輯中通常叫做全稱量詞，并用符號“ ”
表示．
(2)存在量詞：短語“存在一個”“至少有一個”在邏輯中通常叫做存在量詞，并用符號
“ ”表示．
3．全稱量詞命題和存在量詞命題
名稱 全稱量詞命題 存在量詞命題
結構 對 M 中任意一個 x，p(x)成立 存在 M 中的元素 x，p(x)成立
簡記
否定 x∈M，﹁p(x)
常用結論
1．充分、必要條件與對應集合之間的關系
若 p 以集合 A的形式出現， q 以集合 B 的形式出現，即 p ： A {x | p(x)}， q ：
B {x | q(x)}，則
（1）若 A B ，則 p 是 q 的充分條件；
（2）若 B A，則 p 是 q 的必要條件；
（3）若 A B ，則 p 是 q 的充分不必要條件；
（4）若 B A，則 p 是 q 的必要不充分條件；
（5）若 A B ，則 p 是 q 的充要條件；
（6）若 A B 且 B A，則 p 是 q 的既不充分也不必要條件.
2．含有一個量詞命題的否定規律是“改變量詞，否定結論”．
3．命題 p 與 p 的否定的真假性相反.
【核心題型】
題型一　充分、必要條件的判定
充分條件、必要條件的兩種判定方法
(1)定義法：根據 p q，q p 進行判斷，適用于定義、定理判斷性問題．
(2)集合法：根據 p，q 對應的集合之間的包含關系進行判斷，多適用于條件中涉及參數范圍
的推斷問題．
【例題 1】（2024·陜西·模擬預測）給出下列三個命題：
①命題 p : $x R ，使得 x2 + x -1 < 0，則 p : "x R ，使得 x2 + x -1 0；
②“ x > 5或 x < -1”是“ x2 - 4x - 5 > 0 ”的充要條件；
③若 p q為真命題，則 p q 為真命題.
其中正確命題的個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2 2
【變式 1】（2024·陜西咸陽·模擬預測）直線 x + y + b 0與圓C : x +1 + y -1 5有公共點
的一個充分不必要條件是（ ）
A．b - 10, 10 B．b - 10, 10
C．b -4,4 D．b -4,4
1 a b 1 1 1
【變式 2】（2024·全國·模擬預測）“ ÷ > ”是“ > ”成立的（ ）
è 2 è 2 ÷ a b
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
【變式 3】（2024·安徽淮北·一模）記 Sn 是等差數列 an 的前 n項和，則“ an 是遞增數列”是
ìSn ü“ í 是遞增數列”的（n ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
題型二　充分、必要條件的應用
求參數問題的解題策略
(1)把充分條件、必要條件或充要條件轉化為集合之間的關系，然后根據集合之間的關系列
出關于參數的不等式(或不等式組)求解．
(2)要注意區間端點值的檢驗．
【例題 2】（23-24 高三上·浙江寧波·期末）命題“ $x -2,1 ， x2 - x - a > 0 ”為假命題的一個
充分不必要條件是（ ）
a 1A． ≤- B． a 0 C． a 6 D． a 8
4
1 1
【變式 1】（2024高三·全國·專題練習）已知不等式m－13 2
則實數 m 的取值范圍是 ．
【考查意圖】已知充要關系求參數的取值范圍．
【變式 2】（2024 高三·全國·專題練習）若“ x a ”是“ sin x + cos x >1”的一個充分條件，則a
的一個可能取值是 .（寫出一個符合要求的答案即可）
2
【變式 3】（2023·海南海口·模擬預測）已知集合P x x - 2x < 0 ,Q x x - a <1 ，則
P UQ P的充要條件是（ ）
A． 0 < a < 1 B．0 < a 1 C．0 a <1 D．0 a 1
題型三　全稱量詞與存在量詞
含量詞命題的解題策略
(1)判定全稱量詞命題是真命題，需證明都成立；要判定存在量詞命題是真命題，只要找到
一個成立即可．當一個命題的真假不易判定時，可以先判斷其否定的真假．
(2)由命題真假求參數的范圍，一是直接由命題的真假求參數的范圍；二是可利用等價命題
求參數的范圍．
命題點 1　含量詞命題的否定
【例題 3】（2024·四川成都·二模）命題“ "x N*, 2x - x2 0 ”的否定是（ ）
A．$x0 N
*, 2x0 - x2 0 B $x N*． , 2x0 20 0 - x0 > 0
C．"x N*, 2x - x2 < 0 D．"x N*, 2x - x2 0
【變式 1】（2024·四川宜賓·二模）命題“ "x >1, lnx > 0 ”的否定是（　?。?br/>A．"x >1, lnx < 0 B．"x >1, lnx 0
C．$x >1, lnx 0 D．$x 1, lnx 0
π
【變式 2】（2024·山西·模擬預測）命題“ "x
0, ÷， ex + 2sin x > 2x ”的否定是（2 ）è
π
A．“ "x 0, ÷
π
2 ， e
x + 2sin x 2x ” B．“ "x 0, 2 ÷
， ex + 2sin x 2x ”
è è
x π π C．“ $ 0, ， x ” D．“ $x 0, ， x ”
è 2 ÷
e + 2sin x 2x 2 ÷ e + 2sin x < 2x è
【變式 3】（2023· 2湖南岳陽·模擬預測）命題“ $x0 R，使得 x0 -1 0 ”的否定是（ ）
A．$x0 R，使得 x0 -1
2 0 B．$x 20 R，使得 x0 -1 0
C．"x R ， x -1 2 > 0恒成立 D．"x R ， x -1 2 0恒成立
命題點 2　含量詞命題真假的判斷
1
【例題 4】（2023· 2四川瀘州·一模）已知命題 p : "x R ， x + 2 > 2，命題 q : $x R ，x 0
ln x0 -2，則下列命題是真命題的為（ ）
A． ( p) q B． p q C． p ( q) D． ( p) ( q)
【變式 1】（2024·陜西咸陽·模擬預測）下列命題中，真命題是（ ）
A．“ a > 1,b > 1 ”是“ ab >1”的必要條件
B．"x > 0,ex > 2x
C．"x > 0,2x x2
D． a + b 0
a
的充要條件是 -1
b
【變式 2】（2023·四川綿陽·一模）下列 5 個命題：①“ $x0 R x2， 0 +1< 0 ”的否定；②
sina sinb 是a b 的必要條件；③“若 a，b 都是偶數，則 a + b 是偶數”的逆命題；④“若
x2 - 3x + 2 0 ，則 x 1”的否命題；⑤ "x {x | x是無理數}， x3是無理數.其中假命題的個
數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．以上答案都不對
【變式 3】（2023·河北·模擬預測）命題 p ："x >1， x + 2x - 3 > 0，命題q：$x R，
2x2 - 4x + 3 0，則（ ）
A． p 真q真 B． p 假q假 C． p 假q真 D． p 真q假
命題點 3　含量詞命題的應用
【例題 5】（2024· · “ "x R sin2四川涼山 二模）已知命題 ， π + x + 2cos x + m 0 ”是假命題，
則 m 的取值范圍為（ ）
A． -2, + B． -2, + C． - , -1 D． - , -2
4
【變式 1】（2024·陜西寶雞·一模）命題“任意 x (1,3)， a x + ”為假命題，則實數 a 的取
x
值范圍是 ．
p : x 0, x 2【變式 2】（2024·四川成都·模擬預測）設命題 " > + > a ，若 p 是假命題，則實數
x
a的取值范圍是 .
【變式 3】（2024·福建漳州·模擬預測）若$a [0, + )， cosa < m 為真命題，則實數m 的取
值范圍為（ ）
A．m 1 B．m > 1 C．m -1 D．m > -1
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
π
1．（23-24 高三上·山東菏澤·階段練習）“函數 y tan x -j 的圖象關于 ,0 4 ÷對稱”是è
π
“j - + kπ， k Z ”的（
4 ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
2．（23-24 高三上·全國·階段練習）“ a - 5 或a 5” 2是“圓C1 : x + y2 1與圓
C : (x + a)2 + (y - 2a)22 36 存在公切線”的（ ）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
π 2 2
3．（2024·廣東·一模）“a + kπ(k Z) ” “ 3 cos a + sin a是 3 +1”的（ ）4 sina cosa
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
2 2
4．（2023·
x y
河南·二模）設橢圓 + 1 m > 0,n > 0 3的離心率為 e，則“ e ”是“ m 4n ”
m n 2
的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
5．（23-24 高三上·浙江寧波·期末）若數列 an 為等比數列，則“ a3 1”是“ a1 + a5 2 ”的
（ ）
A．充要條件 B．既不充分也不必要條件
C．充分不必要條件 D．必要不充分條件
二、多選題
6．（2024·山西呂梁·一模）下列說法正確的是（ ）
A．命題“ "x >1，x2 <1”的否定是“ $x 1，x2 1”
1 1
B．“ a >10 ”是“ < ”a 10 的充分不必要條件
C．若函數 f x 的定義域為 0,2 ，則函數 f 2x 的定義域為 0,1
D．記 A x1, f x1 ，B x2 , f x2 x1 x2 為函數 f x x 圖象上的任意兩點，則
f
f x1 + x2 x + f x ÷ > 1 2
è 2 2
7．（2024·廣東梅州·一模）已知直線m ， n和平面a ，b ，且n a，則下列條件中， p 是q
的充分不必要條件的是（ ）
A． p : m∥a ， q : m∥n B． p : m ^ a ， q : m ^ n
C． p :a ∥b ， q : n∥b D． p : n ^ b ， q :a ^ b
三、填空題
8．（2024·四川成都·一模）命題“ "x > 0， tan x > x ”的否定為 ．
x
9．（23-24 高三上·河北張家口· 3a -1階段練習）已知函數 f x x （ a > 0且a 1），若a +1
$x 0,3 ， f x2 + 3 + f -ax - a - 2 0是假命題，則實數 a 的取值范圍是 ．
四、解答題
10．（2024·上海·一模）（1）在用“五點法”作出函數 y 1- sinx, x 0,2π 的大致圖象的過程中，
第一步需要將五個關鍵點列表，請完成下表：
x 0
-sinx 0
1- sinx 1
（2）設實數 a > 0且a 1，求證： x a a xlna ；（可以使用公式： ex ex ）
3 3 2（ ）證明：等式 x + ax + bx + c x - x1 x - x2 x - x3 對任意實數 x 恒成立的充要條件是
ìx1 + x2 + x3 -a

íx1x2 + x2x3 + x3x1 b

x1x2x3 -c
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2024·黑龍江·二模）命題“ "x R ， ex - x -1 0 ”的否定是（ ）
A．“ $x R， ex - x -1 0 ” B．“ $x R， ex - x -1 0 ”
C．“ "x R ， ex - x -1 < 0 ” D．“ $x R， ex - x -1 < 0 ”
2．（2024·內蒙古赤峰·一模）命題“ "x R ，$n N * ， n > x2 ”的否定形式是（ ）
A．"x R ，"n N * ， n x2 B．$x R，$n N * ， n < x2
C．$x R，"n N * ， n x2 D．$x R，"n N * ， n < x2
3．（2024·全國·模擬預測）已知直線 l1： ax + 3y - 6 0 ，直線 l2： 2x + a -1 y - 4 0，則“ a -2 ”
是“ l1∥l2 ”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
4．（2024·安徽·模擬預測）若 a > 0，b > 0，則“ a + b 2 ”是“ a + b 1”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不
充分也不必要條件
5．（2024·全國·模擬預測）若直線 l和圓C 的方程分別為 y x + m, (x -1)2 + (y - 2)2 5 - m ，
則“ 3 < m < 5 ”是“直線 l和圓C 沒有公共點”的（ ）
A．充要條件 B．既不充分也不必要條件
C．充分不必要條件 D．必要不充分條件
6．（2024·黑龍江·二模）已知a ，b 為兩個不重合平面，l，m 為兩條不同直線，則 l / /a 的
充分條件是（ ）
A．m ^ a ，m ^ l B． l b ， b //a
C．m a ， l //m D．a ^ b ，a I b m ， l //m
uuur uuur uuur
7．（2024·全國·模擬預測）在VABC 中，命題P : sin2 A cos2B + cos2C ，命題Q : AB + AC BC ，
則 P 是 Q 的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
1
8．（2024·吉林·模擬預測）已知函數 f (x) x ln x - ax2 - x2 ，則“ f (x) 有兩個極值”的一個充
2
分不必要條件是（ ）
1 1 1
A．-1 < a <1 B．- < a < 0 C．- < a < 0 D．0 < a <
4 2 2
二、多選題
9．（2024·河南開封·二模）高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一．用其名字命名
的高斯取整函數為 f x x ， x 表示不超過 x 的最大整數，例如 -3.5 -4， 2.1 2．下
列命題中正確的有（ ）
A．$x R， f x x -1
B．"x R ， n Z， f x + n f x + n
C．"x, y > 0， f lg x + f lg y f lg xy
D．$n N*， f lg1 + f lg 2 + f lg3 + ×××+ f lg n 92
10．（2024·全國·模擬預測）下列說法中，正確的是（ ）
A．“ a > b ”是“ a2 > b2 ”的既不充分也不必要條件
B．命題“ "x 0, + ， x + sinx >1”的否定是“ "x 0, + ， x + sinx 1”
C．已知隨機變量 X 服從正態分布 N m,s 2 ，若P X -1 + P X 5 1，則m 2
D． y -x x 既是奇函數又是減函數
11．（2024·云南楚雄·模擬預測）下列命題為真命題的是（ ）
x 1
1
A．"x R ， + 2 B．"x R ， 1
x x2 +1
C．$x R ， ln(| x | +1) 0 D．$x R ， x2 + x +1 0
三、填空題
12．（2024·遼寧沈陽·一模） sinx 1的一個充分不必要條件是 .
13．（2024·全國·模擬預測）“函數 y tanx的圖象關于 x0 ,0 中心對稱”是“ sin2x0 0 ”的 條
件．
14．（23-24 高三上·四川成都·期中）已知 a > 0，b > 0，則在下列關系① a2 + b2 2 ② b e1-a
cos a 1③ ④ ea - ea eb + eb中，能作為“ a + b 2 ”的必要不充分條件的是 （填正
2 3- b
確的序號）.
四、解答題
15．（2024·廣東·模擬預測）設 X，Y 為任意集合，映射 f : X Y ．定義：對任意 x1, x2 X ，
若 x1 x2 ，則 f x1 f x2 ，此時的 f 為單射．
(1)試在R R上給出一個非單射的映射；
(2)證明： f 是單射的充分必要條件是：給定任意其他集合Z 與映射 g, h : Z X ，若對任意
z Z ，有 f (g(z)) f (h(z))，則 g h；
(3)證明： f 是單射的充分必要條件是：存在映射j :Y X ，使對任意 x X ，有
j( f (x)) x ．
16．（2024·廣東·模擬預測）已知集合A 中含有三個元素 x, y, z，同時滿足① x < y < z；②
x + y > z；③ x + y + z 為偶數，那么稱集合A 具有性質 P .已知集合 Sn 1,2,3,L, 2n
(n N*, n 4) ，對于集合 Sn 的非空子集 B ，若 Sn 中存在三個互不相同的元素 a,b,c，使得
a + b,b + c,c + a均屬于 B ，則稱集合 B 是集合 Sn 的“期待子集”.
(1)試判斷集合 A 1,2,3,5,7,9 是否具有性質 P ，并說明理由；
(2)若集合B 3,4,a 具有性質 P ，證明：集合 B 是集合 S4 的“期待子集”；
(3)證明：集合M 具有性質 P 的充要條件是集合M 是集合 Sn 的“期待子集”.
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2024·山西·一模）設命題 p : $x R, a x > kx ，則 p 為（ ）
A．"x R, a x > kx B．$x R, a x kx
C．"x R, a x kx D．$x R, a x kx
2．（2024·天津·一模）已知 a,b R ，則“ b > a ”是“ a2 < b2 ”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不
充分也不必要條件
3．（2024·寧夏吳忠·模擬預測）已知直線m ， n和平面a ，且m ^ a ，則“ n∥a ”是“ n ^ m ”的
（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
4．（2024·重慶·模擬預測）設 n N* 且 n 2，命題甲：{an}為等比數列；命題乙：
an an-1an+1 ；則命題甲是命題乙的（ ）
A．充分且不必要條件 B．必要且不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
1
5．（2024·天津河西·一模）“ x2 x ”是“ 1”的（x ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
r r r r
6．（2024·內蒙古呼和浩特·一模）已知向量 a 2,2 ,b x,-3 ，則“ x < 3 ”是“ a 與b 的夾角
為鈍角”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
二、多選題
7．（23-24 *高三上·江蘇鹽城·期中）在VABC 中，若 A nB n N ，則（ ）
A．對任意的 n 2，都有 sin A < nsin B
B．對任意的 n 2，都有 tan A < n tan B
C．存在 n，使 sin A > nsin B成立
D．存在 n，使 tan A > n tan B成立
三、填空題
8．（2023·吉林·二模）命題“ $x R， ax2 + x +1< 0 ”為假命題，則實數 a的取值范圍為 .
π π
9．（23-24 高三上·湖北武漢·期末）若命題“ "x0
, ê ú ， tan 2x0 + 2 m ”是假命題，則實數 8 6
m 的取值范圍是 ．
四、解答題
10．（23-24 高三上·北京大興·期末）已知函數 f x ax + ln 1- x .
1+ x
(1)若曲線 y f x 在點 0, f 0 處的切線斜率為 0，求 a的值；
(2)當 a 4時，求 f x 的零點個數；
(3)證明：0 a 2 是 f x 為單調函數的充分而不必要條件.考點 02 常用邏輯用語（3 種核心題型+基礎保分練+綜
合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1. 理解充分條件、必要條件、充要條件的意義；理解判定定理與充分條件、性質定理與必
要條件、數學定義與充要條件的關系.2.理解全稱量詞和存在量詞的意義，能正確對兩種命題
進行否定．
【知識點】
1．充分條件、必要條件與充要條件的概念
若 p q，則 p 是 q 的充分條件，q 是 p 的必要條件
p 是 q 的充分不必要條件 p q 且 q p
p 是 q 的必要不充分條件 p q 且 q p
p 是 q 的充要條件 p q
p 是 q 的既不充分也不必要條件 p q 且 q p
2．全稱量詞與存在量詞
(1)全稱量詞：短語“所有的”“任意一個”在邏輯中通常叫做全稱量詞，并用符號“ ”
表示．
(2)存在量詞：短語“存在一個”“至少有一個”在邏輯中通常叫做存在量詞，并用符號“ ”
表示．
3．全稱量詞命題和存在量詞命題
名稱 全稱量詞命題 存在量詞命題
結構 對 M 中任意一個 x，p(x)成立 存在 M 中的元素 x，p(x)成立
簡記 x∈M，p(x) x∈M，p(x)
否定 x∈M，﹁p(x) x∈M，﹁p(x)
常用結論
1．充分、必要條件與對應集合之間的關系
若 p 以集合 A的形式出現， q 以集合 B 的形式出現，即 p ： A {x | p(x)}， q ：
B {x | q(x)}，則
（1）若 A B ，則 p 是 q 的充分條件；
（2）若 B A，則 p 是 q 的必要條件；
（3）若 A B ，則 p 是 q 的充分不必要條件；
（4）若 B A，則 p 是 q 的必要不充分條件；
（5）若 A B ，則 p 是 q 的充要條件；
（6）若 A B 且 B A，則 p 是 q 的既不充分也不必要條件.
2．含有一個量詞命題的否定規律是“改變量詞，否定結論”．
3．命題 p 與 p 的否定的真假性相反.
【核心題型】
題型一　充分、必要條件的判定
充分條件、必要條件的兩種判定方法
(1)定義法：根據 p q，q p 進行判斷，適用于定義、定理判斷性問題．
(2)集合法：根據 p，q 對應的集合之間的包含關系進行判斷，多適用于條件中涉及參數范圍
的推斷問題．
【例題 1】（2024·陜西·模擬預測）給出下列三個命題：
①命題 p : $x R ，使得 x2 + x -1 < 0，則 p : "x R ，使得 x2 + x -1 0；
②“ x > 5或 x < -1”是“ x2 - 4x - 5 > 0 ”的充要條件；
③若 p q為真命題，則 p q 為真命題.
其中正確命題的個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】運用含有一個量詞的命題的否定可判斷①，解一元二次不等式并結合充分條件、
必要條件的定義可判斷②，運用復合命題的真假關系可判斷③.
【詳解】對于①，命題 p : $x R ，使得 x2 + x -1 < 0，則 p : "x R ，使得 x2 + x -1 0，
故①正確；
對于②，因為 x2 - 4x - 5 > 0 的解集為{x | x < -1或 x > 5}，所以“ x > 5或 x < -1”是“ x2 - 4x - 5 > 0 ”
的充要條件，故②正確；
對于③，若 p q為真命題，則 p 、q中至少有一個為真命題，
當 p 真q假或 p 假q真時，則 p q 為假，當 p 真q真時，則 p q 為真，故③錯誤.
故正確的命題是①②，即正確命題的個數為 2.
故選：C.
【變式 1】（2024· 2陜西咸陽·模擬預測）直線 x + y + b 0與圓C : x +1 + y -1 2 5有公共點
的一個充分不必要條件是（ ）
A．b - 10, 10 B．b - 10, 10
C．b -4,4 D．b -4,4
【答案】B
【分析】求出當直線與圓C 有公共點時b 的取值范圍，利用集合的包含關系判斷可得出結論.
【詳解】圓C 的圓心為C -1,1 ，半徑為 r 5 ，
-1+1+ b b
若直線 x + y + b 0與圓C 有公共點，則 5 ，解得- 10 b 10 ，
2 2
因為 - 10, 10 - 10, 10 ， -4,4 - 10, 10 ， -4,4 - 10, 10 ，
x + y + b 0 C : x +1 2所以，直線 與圓 + y -1 2 5有公共點的一個充分不必要條件是為
b - 10, 10 .
故選：B.
a b 1 1
【變式 2】（2024·全國·模擬預測）“ 1 1 ÷ > ”是“ > ”成立的（ ）
è 2 è 2 ÷ a b
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
【答案】D
【分析】根據指數函數的單調性以及不等式的性質、充分條件、必要條件的定義即可判斷.
1
a b
1 1 1
【詳解】取 a -1,b 1，則 ÷ > ÷ ，但 a < b ，故不充分，è 2 è 2
a b
取 a 1,b -1
1 1
> 1 < 1 ，則 ，但
a b 2 ÷ ÷
，故不必要．
è è 2
故選：D．
【變式 3】（2024·安徽淮北·一模）記 Sn 是等差數列 an 的前 n項和，則“ an 是遞增數列”是
ìSn ü“ í 是遞增數列”的（n ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】C
S d d
【分析】根據等差數列的求和公式可得 n n + a1 - ，即可充要條件的定義求解.n 2 2
【詳解】若 an 是遞增數列，則公差 d > 0，所以
n n -1 d
S na

1 +
n 2 a n -1 d d n a d + + - ，
n n 1 2 2 1 2
Sn+1 Sn d n d a d d n a d d S故 - + + 1 - ÷ - + 1 - ÷ > 0
ì n ü
，所以 í 為遞增數列，n +1 n è 2 2 2 è 2 2 2 n


ìS ü n n -1 d
í n
S
若 na為遞增數列，則 S 1 + d d ，則 n+1
S
- n
d
> 0
n n 2 n + a -
，
n +1 n 2
n n 2 1 2
故 d > 0，所以 an 是遞增數列，
故“ a ìSn ün 是遞增數列”是“ í 是遞增數列”的充要條件，
n
故選：C
題型二　充分、必要條件的應用
求參數問題的解題策略
(1)把充分條件、必要條件或充要條件轉化為集合之間的關系，然后根據集合之間的關系列
出關于參數的不等式(或不等式組)求解．
(2)要注意區間端點值的檢驗．
【例題 2】（23-24 高三上·浙江寧波·期末）命題“ $x -2,1 ， x2 - x - a > 0 ”為假命題的一個
充分不必要條件是（ ）
a 1A． ≤- B． a 0 C． a 6 D． a 8
4
【答案】D
【分析】首先轉化為存在量詞命題的否定，求參數 a的取值范圍，再求其真子集，即可判斷
選項.
【詳解】若命題“ $x -2,1 ， x2 - x - a > 0 ”為假命題，
則命題的否定“ "x -2,1 ， x2 - x - a 0 ”為真命題，
即 a x2 - x ， x -2,1 恒成立，
2
y x2 - x x
1 1
- ÷ - ， x -2,1 ，當 x -2，取得最大值 y 6，
è 2 4
所以 a 6，選項中只有 a a 8 是 a a 6 的真子集，
所以命題“ $x -2,1 ， x2 - x - a > 0 ”為假命題的一個充分不必要條件為 a 8 .
故選：D
1 1
【變式 1】（2024高三·全國·專題練習）已知不等式m－13 2
則實數 m 的取值范圍是 ．
【答案】
【詳解】解析：由題意得（ ， ） （m－1，m＋1），所以 且等號不能同時成立，
解得－ ≤m≤ .
【考查意圖】已知充要關系求參數的取值范圍．
【變式 2】（2024 高三·全國·專題練習）若“ x a ”是“ sin x + cos x >1”的一個充分條件，則a
的一個可能取值是 .（寫出一個符合要求的答案即可）
π
【答案】 （答案不唯一）
4
【分析】解不等式 sin x + cos x >1，可得出滿足條件的一個a 的值.
π
【詳解】由 sin x + cos x π 2>1 可得 2 sin x + ÷ >1，則 sin x + > ，è 4 è 4 ÷ 2
2kπ π x π 2kπ 3π所以 + < + < + k Z 2kπ x 2kπ π，解得 < < + k Z .
4 4 4 2
因為“ x a ”是“ sin x + cos x >1”的一個充分條件，
所以a
π π
的一個可能取值為 （答案不唯一，a 2kπ,2kπ + ÷ k Z 均滿足題意）．4 è 2
π π
故答案為： （答案不唯一，a 2kπ,2kπ + ÷ k Z 均滿足題意）.4 è 2
2
【變式 3】（2023·海南海口·模擬預測）已知集合P x x - 2x < 0 ,Q x x - a <1 ，則
P UQ P的充要條件是（ ）
A． 0 < a < 1 B．0 < a 1 C．0 a <1 D．0 a 1
【答案】B
【分析】解一元二次不等式求集合 P，解根式不等式求集合 Q，根據集合并集結果有Q P
即可求參數 a 的范圍，最后由充分、必要性定義可得答案.
【詳解】由題設，P {x | 0 < x < 2}，Q {x | a x < a +1}，
ìa > 0
若P UQ P，則Q P ，故 í ，可得0 < a 1.
a +1 2
所以0 < a 1是P UQ P的充要條件.
故選：B
題型三　全稱量詞與存在量詞
含量詞命題的解題策略
(1)判定全稱量詞命題是真命題，需證明都成立；要判定存在量詞命題是真命題，只要找到
一個成立即可．當一個命題的真假不易判定時，可以先判斷其否定的真假．
(2)由命題真假求參數的范圍，一是直接由命題的真假求參數的范圍；二是可利用等價命題
求參數的范圍．
命題點 1　含量詞命題的否定
【例題 3】（2024·四川成都·二模）命題“ "x N*, 2x - x2 0 ”的否定是（ ）
A $x N*, 2x 2 * x． 0 - x 0 B．$x N , 2 00 0 0 - x
2
0 > 0
C．"x N*, 2x - x2 < 0 D．"x N*, 2x - x2 0
【答案】B
【分析】根據全稱命題的否定即可得到答案.
【詳解】根據全稱命題的否定為存在命題，任意變存在，范圍不變，結論相反，
則命題“ "x N*, 2x - x2 0 ”的否定是“ $x0 N
*, 2x0 - x20 > 0 ”，
故選：B.
【變式 1】（2024·四川宜賓·二模）命題“ "x >1, lnx > 0 ”的否定是（　?。?br/>A．"x >1, lnx < 0 B．"x >1, lnx 0
C．$x >1, lnx 0 D．$x 1, lnx 0
【答案】C
【分析】全稱量詞命題的否定為存在量詞命題.
【詳解】根據全稱量詞命題的否定有：命題“ "x >1, lnx > 0 ”的否定是：$x >1, lnx 0 .
故選：C

【變式 2】（2024·山西·模擬預測）命題“ "x 0,
π
2 ÷
， ex + 2sin x > 2x ”的否定是（ ）
è
A．“ "x
0, π π ÷ ， ex + 2sin x 2x ” B．“ "x 0, ÷， ex2 2 + 2sin x 2x
”
è è
π π
C．“ $x 0, ÷， x ” D．“ $x 0, ， x ”
è 2
e + 2sin x 2x 2 ÷ e + 2sin x < 2x è
【答案】C
【分析】全稱量詞命題的否定為存在量詞命題.
"x 【詳解】依題意全稱量詞命題“ 0,
π
÷， ex2 + 2sin x > 2x
”的否定為：
è
π
存在量詞命題“ $x 0, ÷， x2 e + 2sin x 2x
”.
è
故選：C
【變式 3】（2023·湖南岳陽·模擬預測）命題“ $x0 R，使得 x0 -1
2 0 ”的否定是（ ）
A．$x0 R
2
，使得 x0 -1 0 B $x R x -1
2
． 0 ，使得 0 0
C．"x 2 R ， x -1 > 0恒成立 D．"x R ， x -1 2 0恒成立
【答案】C
【分析】根據存在量詞命題的否定為全稱量詞命題即可得解.
【詳解】因為存在量詞命題的否定為全稱量詞命題，
2 2
所以命題“ $x0 R，使得 x0 -1 0 ”的否定是“ "x R ， x -1 > 0恒成立”.
故選：C.
命題點 2　含量詞命題真假的判斷
2 1
【例題 4】（2023·四川瀘州·一模）已知命題 p : "x R ， x + 2 > 2，命題 q : $x0 R ，x
ln x0 -2，則下列命題是真命題的為（ ）
A． ( p) q B． p q C． p ( q) D． ( p) ( q)
【答案】A
【分析】判斷兩個命題的真假后逐項分析即可
2 1
【詳解】 x 1時 x + 2 2，故 p 假x
x -20 e 時 ln x0 -2，故q真
故 p q為真
故選：A
【變式 1】（2024·陜西咸陽·模擬預測）下列命題中，真命題是（ ）
A．“ a > 1,b > 1 ”是“ ab >1”的必要條件
B．"x > 0,ex > 2x
C．"x > 0,2x x2
D． a + b
a
0的充要條件是 -1
b
【答案】B
【分析】舉反例來判斷 ACD，利用指數函數的性質判斷 B.
【詳解】對于 A，當 a 2,b 1時，滿足ab >1，但不滿足a > 1,b > 1，故“ a > 1,b > 1 ”不是
“ ab >1”的必要條件，故錯誤；
x
e
對于 B，根據指數函數的性質可得，對于"x > 0, ÷ >1，即 e
x > 2x ，故正確；
è 2
對于 C，當 x 3時，2x < x2，故錯誤；
a
對于 D，當 a = b = 0時，滿足 a + b 0，但 -1不成立，故錯誤.
b
故選：B.
【變式 2】（2023· 2四川綿陽·一模）下列 5 個命題：①“ $x0 R ， x0 +1< 0 ”的否定；②
sina sinb 是a b 的必要條件；③“若 a，b 都是偶數，則 a + b 是偶數”的逆命題；④“若
x2 - 3x + 2 0 ，則 x 1”的否命題；⑤ "x {x | x是無理數}， x3是無理數.其中假命題的個
數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．以上答案都不對
【答案】B
【分析】寫出命題的否定即可判斷①，根據必要條件的定義判斷②，寫出逆命題判斷③，
寫出否命題判斷④，利用特殊值判斷⑤.
【詳解】對于①“ $x0 R
2
， x0 +1< 0 ”的否定為“ "x R
2
， x +1 0 ”，顯然為真命題；
對于②：由a b 能推得出 sina sinb ，故a b 是 sina sinb 的充分條件，
sina sinb 是a b 的必要條件，故②為真命題，
對于③：“若 a，b 都是偶數，則 a + b 是偶數”的逆命題為：若 a + b 是偶數，則 a，b 都是偶
數，
當 a 1，b 3時滿足 a + b 是偶數，但是 a，b 都是奇數，故③是假命題；
對于④：“若 x2 - 3x + 2 0 ，則 x 1”的否命題為“若 x2 - 3x + 2 0，則 x 1”，
由 x2 - 3x + 2 0則 x 1且 x 2，故④為真命題；
對于⑤："x {x | x是無理數}， x3是無理數，為假命題，
如 x 3 2 為無理數，但是 x3 33 2 2為有理數，故⑤為假命題.
故選：B
【變式 3】（2023·河北·模擬預測）命題 p ："x >1， x + 2x - 3 > 0，命題q：$x R，
2x2 - 4x + 3 0，則（ ）
A． p 真q真 B． p 假q假 C． p 假q真 D． p 真q假
【答案】D
【分析】對于命題 p ：根據特稱命題結合二次函數分析判斷；對于命題q：根據存在命題結
合二次函數的D判別式分析判斷.
【詳解】對于命題 p ：令 t x > 1，則 y t + 2t 2 - 3 2t 2 + t - 3開口向上，對稱軸為
t 1 - ，
4
且 y |x 1 0，則 y 2t 2 + t - 3 > 0，
所以"x >1， x + 2x - 3 > 0，即命題 p 為真命題；
對于命題q D -4 2：因為 - 4 2 3 -8 < 0，
所以方程 2x2 - 4x + 3 0無解，即命題q為假命題；
故選：D.
命題點 3　含量詞命題的應用
【例題 5】（2024· 2四川涼山·二模）已知命題“ "x R ， sin π + x + 2cos x + m 0 ”是假命題，
則 m 的取值范圍為（ ）
A． -2, + B． -2, + C． - , -1 D． - , -2
【答案】B
【分析】寫出原命題的否定，即為真命題，然后將有解問題轉化為最值問題求解即可.
【詳解】命題“ "x R ， sin2 π + x + 2cos x + m 0 ”是假命題，
則“ $x0 R ， sin
2 π + x + 2cos x + m > 0 ”是真命題，
m > -sin2所以 π + x - 2cos x 有解，
2
所以m > -sin π + x - 2cos x min ，
又-sin2 π + x - 2cos x -sin2 x - 2cos x cos2 x - 2cos x -1 cos x -1 2 - 2，
因為 cos x -1,1 ，所以 -sin2 π + x - 2cos x -2min ，
即m > -2 .
故選：B.
4
【變式 1】（2024·陜西寶雞·一模）命題“任意 x (1,3)， a x + ”為假命題，則實數 a 的取
x
值范圍是 ．
【答案】 (- ,5)
【分析】首先求命題為真命題時 a的取值范圍，再求其補集，即可求解.
x (1,3) a x 4 a 【詳解】若命題“任意 ， + ”為真命題，則 x
4
+ ，
x ֏ x max
4
設 y x + ， x (1,3)， x 4 4+ 2 x × 4，當 x 2時，等號成立，
x x x
由對勾函數的性質可知，當 x 1,2 時，函數單調遞減，當 x 2,3 單調遞增，
f 1 5 f 3 3 4 4， + < 5，所以 4 x + < 5，
3 x
即a 5，
所以命題“任意 x (1,3)， a x
4
+ ”為假命題，則 a的取值范圍為 - ,5 .
x
故答案為： - ,5
2
【變式 2】（2024·四川成都·模擬預測）設命題 p : "x > 0, x + > a ，若 p 是假命題，則實數
x
a的取值范圍是 .
【答案】a < 2 2
【分析】根據原命題為真結合基本不等式可求參數的取值范圍.
【詳解】因為 p 是假命題，故 p 為真命題，
2
因為 x > 0，故 x + 2 2 ，當且僅當 x 2 時，等號成立，x
故a < 2 2 .
故答案為：a < 2 2 .
【變式 3】（2024·福建漳州·模擬預測）若$a [0, + )， cosa < m 為真命題，則實數m 的取
值范圍為（ ）
A．m 1 B．m > 1 C．m -1 D．m > -1
【答案】D
【分析】由題意可知，只需m > (cosa )min 即可.
【詳解】若$a [0, + )， cosa < m 為真命題，則m > (cosa )min .
因為 cosa 在[0, + ) 上的最小值為 -1，所以m > -1，
故選：D.
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
π
1．（23-24 高三上·山東菏澤·階段練習）“函數 y tan x -j 的圖象關于 ,0÷對稱”是
è 4
“j
π
- + kπ， k Z ”的（
4 ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】利用正切函數的性質結合集合間的基本關系判定充分、必要條件即可.
π
【詳解】當函數 y tan x -j 的圖象關于 ,04 ÷對稱時，è
π j kπ -k +1 π有 - ， k Z π kπ π ，得j - - + ， k Z，
4 2 4 2 4 2
ì
易知 íj j
π
- + kπü ìíj j π kπ - + ü， k Z
4

4 2
y tan(x j) π - ,0 j π所以“函數 的圖象關于 ÷對稱”是“ - + kπ， k Z ”4 的必要不充分條è 4
件．
故選：B．
2．（23-24 高三上·全國·階段練習）“ a - 5 或a 5”是“圓C1 : x2 + y2 1與圓
C2 : (x + a)
2 + (y - 2a)2 36 存在公切線”的（ ）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】C
【分析】先求兩圓內含時 a 的取值范圍，然后可得兩圓有公切線時 a 的取值范圍，即可得答
案.
【詳解】圓C1的圓心為 0,0 ，半徑 r1 1，圓C2 的圓心為 -a, 2a ，半徑 r2 6 ，
所以兩圓的圓心距為 d C1C2 a
2 + 4a2 5a2 ，
兩圓內含時，即 5a2 < 6 -1 ，解得- 5 < a < 5 ，
所以當兩圓有公切線時，a 5或 a - 5 ，
所以“ a - 5 或a 5” “ C : x2是 圓 1 + y2 1 2與圓C2 : (x + a) + (y - 2a)2 36 存在公切線”的充
要條件．
故選：C．
2 2
3．（2024·廣東·一模）“a
π
+ kπ(k Z) ” “ 3 cos a + sin a是
4 3 +1
”的（ ）
sina cosa
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】根據給定條件，求出 tana ，再利用齊次式法求值及充分條件、必要條件的定義判
斷得解.
π
【詳解】由a + kπ(k Z)，得 tana 1，
4
3 cos2 a + sin2 a 2
由 3 +1 tan a + 3，得 3 +1，解得 tana 1或 tana 3 ，
sina cosa tana
π
“a + kπ(k Z) ” “ 3 cos
2 a + sin2 a
所以 是 3 +1”的充分不必要條件，A 正確.4 sina cosa
故選：A
2 2
4．（2023· ·
x y
河南 二模）設橢圓 + 1 m > 0,n > 0 3的離心率為 e，則“ e ”是“ m 4n ”
m n 2
的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】根據充分、必要性定義，結合橢圓方程，討論m, n判斷充分性，由離心率定義判斷
必要性，即可得答案.
m - n 3 n - m 3
【詳解】當m > n 時 e ，則m 4n；當m < n 時 e ，則 n 4m；
m 2 n 2
e 3所以 推不出m 4n，充分性不成立；
2
當m 4n e m - n 3 時，則 ，必要性成立；
m 2
3
綜上，“ e ”是“ m 4n ”的必要不充分條件.
2
故選：B
5．（23-24 高三上·浙江寧波·期末）若數列 an 為等比數列，則“ a3 1”是“ a1 + a5 2 ”的
（ ）
A．充要條件 B．既不充分也不必要條件
C．充分不必要條件 D．必要不充分條件
【答案】C
【分析】利用等比數列性質，結合基本不等式及不等式性質，由充分、必要性定義判斷充分、
必要性.
【詳解】若數列 an 的公比為q，
由 a3 a1q
2 1 4，故 a1 > 0，則 a5 a1q > 0，
所以 a 21 + a5 2 a1a5 2a3 2，當且僅當 a1 a5 ，即 q 1時取等號，故充分性成立；
a
由a1 + a 2
3 2 2 1 4
5 ，故 2 + aq 3
q 2 ，若 q ，則 a3 ，故必要性不成立；2 5
故選：C
二、多選題
6．（2024·山西呂梁·一模）下列說法正確的是（ ）
A．命題“ "x >1，x2 <1”的否定是“ $x 1，x2 1”
B．“ a
1 1
>10 ”是“ < ”a 10 的充分不必要條件
C．若函數 f x 的定義域為 0,2 ，則函數 f 2x 的定義域為 0,1
D．記 A x1, f x1 ，B x2 , f x2 x1 x2 為函數 f x x 圖象上的任意兩點，則
f x1 + x2
f x1 + f x2
2 ÷
>
è 2
【答案】BCD
【分析】根據全稱存在量詞命題的否定形式，判斷 A，根據充分，必要條件的定義，判斷
B，根據復合函數的定義域公式，判斷 C，利用作差法判斷 D.
【詳解】對于 A 選項，“ "x >1，x2 <1，”的否定為“ $x >1，x2 1”，故 A 錯誤；
1 1 a -10
對于 B 選項，由 < ，得 > 0，故 a >10或 a < 0a 10 ，10a
1 1
因此 a >10是 < 的充分不必要條件，故 Ba 10 正確；
對于 C 選項， f x 中，0 x 2， f 2x 中，0 2 x 2 ，即0 x 1，故 C 正確；
D f ( x1 + x2 ) x1 + x
f (x
對于 選項， 2 , 1
) + f x2 x + x 1 2
2 2 2 2
2 2

Q x

1
+ x2 x1 + x2 x1 + x x + x÷ - ÷ 2 - 1 2
+ 2 x1x2
，
è 2 ÷ ÷è 2 2 4
2x1 - x2
0 ,
4
2 2

Q x x + x x + x1 x2，\ 1 2 ÷ > 1 2 ÷ ÷è 2 2 ÷
> 0
è
x1 + x2 x1 + x2 f ( x1 + x2 ) f (x1) + f (x )\ > \ > 2 ，故 D 正確.
2 2 2 2
故選：BCD
7．（2024·廣東梅州·一模）已知直線m ， n和平面a ，b ，且n a，則下列條件中， p 是q
的充分不必要條件的是（ ）
A． p : m∥a ， q : m∥n B． p : m ^ a ， q : m ^ n
C． p :a ∥b ， q : n∥b D． p : n ^ b ， q :a ^ b
【答案】BCD
【分析】結合命題的充分不必要條件：由線面關系可得到 A 錯誤；由線面垂直的性質和判
定可推出 B 正確；由線面平行的性質和判定可推出 C 正確；由面面垂直的性質和判定可推
出 D 正確.
【詳解】A：若m∥a ，n a，則直線m ， n可能平行或異面，所以 p 不能推出q，故 A 錯
誤；
B：若 p : m ^ a ，則直線 m 垂直于平面a 的每一條直線，又n a，所以 q : m ^ n成立，
但若 q : m ^ n成立，根據線面垂直的判定，還需在平面a 找一條與 n 相交的直線，且 m 不在
平面a 內，故 q 不能推出 p，故 B 正確；
C：若 p :a ∥b ，且n a，由面面平行的性質可知， q : n∥b 成立；反之，由線面平行的
判定可知當 q : n∥b ，不能推出 p :a ∥b ，故 C 正確；
D：若 p : n ^ b ，且 n a，由面面垂直的判定定理可知 q :a ^ b 成立；反之，若 q :a ^ b ，
且n a，則直線 n 與平面b 可能成任意角度，故 D 正確.
故選：BCD.
三、填空題
8．（2024·四川成都·一模）命題“ "x > 0， tan x > x ”的否定為 ．
【答案】$x0 > 0， tan x0 x0
【分析】根據全稱量詞命題的否定為特稱量詞命題，即可得解.
【詳解】命題“ "x > 0， tan x > x ”為全稱量詞命題，
其否定為：$x0 > 0， tan x0 x0 .
故答案為：$x0 > 0， tan x0 x0
x
9 23-24 · · f x 3a -1．（ 高三上 河北張家口 階段練習）已知函數 x （ a > 0且a 1），若a +1
$x 0,3 ， f x2 + 3 + f -ax - a - 2 0是假命題，則實數 a 的取值范圍是 ．
【答案】 a 0 < a <1或 a 3
【分析】對 a進行分類討論，由函數的單調性、分離參數法、存在量詞命題的真假性等知識
求得正確答案.
【詳解】因為 f x 3a
x -1 3 a x +1 - 4
x 3
4
- ，
a +1 a x +1 a x +1
若 a > 1，由于 y
4
單調遞減，則 f x 在 R 上單調遞增；
a x +1
4
若 0 < a < 1，由于 y x 單調遞增，則 f x 在 R 上單調遞減，a +1
又 f x + f -x 6 4 4 - x - 2，故 2 - f -x f x ，a +1 a- x +1
因為$x 0,3 ， f x2 + 3 + f -ax - a - 2 0是假命題，
故"x 0,3 2， f x + 3 + f -ax - a - 2 < 0恒成立為真命題，
2
即不等式 f x + 3 < 2 - f -ax - a f ax + a 對"x 0,3 恒成立，
2
當 a > 1時， x2 + 3 < a 4x +1 x + 3 < a ，即 x +1 + - 2 < a在"x 0,3 恒成立，
x +1 x +1
設 t x +1 1< t < 4 a t 4，即 > + - 2在 t 1,4 恒成立．
t
4
由于對勾函數 h t t + - 2在 1,2 單調遞減，在 2,4 單調遞增，
t
因為 h t < h 1 h 4 3，因此 a 3；
2
當 0 < a < 1時， x2 x + 3+ 3 > a x +1 a < ，
x +1
a 4即 < x +1 + - 2在"x 0,3 恒成立，
x +1
4
當 t 2時，函數 h t t + - 2有最小值 f 2 2，
t
即 a < 2，又因為 0 < a < 1，故 0 < a < 1．綜上可知： a 0 < a <1或 a 3 ．
故答案為： a 0 < a <1或 a 3
【點睛】方法點睛：存在量詞命題是假命題，則其否定是真命題.當命題正面求解困難時，
可利用命題的否定來進行求解.含參數的不等式恒成立問題，可以利用分離常數法進行求解，
分離參數時，要注意不等式的符號.
四、解答題
10．（2024·上海·一模）（1）在用“五點法”作出函數 y 1- sinx, x 0,2π 的大致圖象的過程中，
第一步需要將五個關鍵點列表，請完成下表：
x 0
-sinx 0
1- sinx 1

（2）設實數 a > 0且a 1，求證： a x a xlna ；（可以使用公式： ex ex ）
（3 3 2）證明：等式 x + ax + bx + c x - x1 x - x2 x - x3 對任意實數 x 恒成立的充要條件是
ìx1 + x2 + x3 -a

íx1x2 + x2x3 + x3x1 b

x1x2x3 -c
【答案】（1）表格見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析.
【分析】（1）根據給定條件，結合“五點法”作圖完善表格.
（2）根據給定條件，利用復合函數求導法則計算即得.
（3）根據給定條件，利用恒等式成立的充要條件推理即得.
π 3π
【詳解】（1）“五點法”作函數 y sinx, x 0,2π 的圖象的5個關鍵點的橫坐標為0, , π, , 2π，
2 2
所以表格如下：
π 3π
x 0 π 2π
2 2
-sinx 0 -1 0 1 0
1- sinx 1 0 1 2 1
（2）實數 a > 0且a 1 x，則 a x eln a ex ln a，
因此 (a x ) (ex ln a ) ex ln a × (x ln a) a x ln a，
所以 (a x ) a x ln a .
（3） (x - x1)(x - x2 )(x - x
2
3) [x - (x1 + x2 )x + x1x2 ](x - x3)
x3 - (x 21 + x2 )x + x1x2x - x x
2
3 + (x1 + x2 )x3x - x1x2x3
x3 - (x1 + x2 + x3)x
2 + (x1x2 + x2x3 + x3x1)x - x1x2x3，
x3 + ax2 + bx + c x3依題意， - (x1 + x2 + x3)x
2 + (x1x2 + x2x3 + x3x1)x - x1x2x3對任意實數 x 恒成
立，
ìa -(x1 + x2 + x3) ìx1 + x2 + x3 -a

因此 íb x

1x2 + x2x3 + x3x1 íx1x2 + x2x3 + x3x1 b ，

c -x1x2x 3 x1x2x3 -c
3 2
所以等式 x + ax + bx + c (x - x1)(x - x2 )(x - x3)對任意實數 x 恒成立的充要條件是
ìx1 + x2 + x3 -a

íx1x2 + x2x3 + x3x1 b .

x1x2x3 -c
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2024·黑龍江·二模）命題“ "x R ， ex - x -1 0 ”的否定是（ ）
A．“ $x R， ex - x -1 0 ” B．“ $x R， ex - x -1 0 ”
C．“ "x R ， ex - x -1 < 0 ” D．“ $x R， ex - x -1 < 0 ”
【答案】D
【分析】利用“含有一個量詞命題的否定”形式即可得出答案.
【詳解】根據全稱量詞命題的否定可知，
命題“ "x R ， ex - x -1 0 ”的否定是“ $x R， ex - x -1 < 0 ”.
故選：D
2．（2024·內蒙古赤峰·一模）命題“ "x R ，$n N * ， n > x2 ”的否定形式是（ ）
A．"x R ，"n N * ， n x2 B．$x R，$n N * ， n < x2
C．$x R，"n N * ， n x2 D．$x R，"n N * ， n < x2
【答案】C
【分析】本題考查全稱量詞命題與存在量詞命題的否定。
【詳解】由全稱量詞命題與存在量詞命題的否定可知：命題“ "x R ，$n N * ， n > x2 ”的
否定形式是“ $x R，"n N * ， n x2 ”.
故選：C
3．（2024·全國·模擬預測）已知直線 l1： ax + 3y - 6 0 ，直線 l2： 2x + a -1 y - 4 0，則“ a -2 ”
是“ l1∥l2 ”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】C
【分析】利用兩直線平行求解 a的值，結合充要關系的定義判斷即可.
【詳解】由 l1∥l2 可得6 a a -1 ，解得 a 3或 a -2 .
當 a 3時， l1：3x + 3y - 6 0 ， l2： 2x + 2y - 4 0，顯然 l1， l2重合，舍去，
故 l1∥l2 時， a -2 .
因此“ a -2 ”是“ l1∥l2 ”的充要條件.
故選：C
4．（2024·安徽·模擬預測）若 a > 0，b > 0，則“ a + b 2 ”是“ a + b 1”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不
充分也不必要條件
【答案】B
【分析】借助充分條件與必要條件的定義，先借助特值排除充分性，再借助基本不等式驗證
必要性即可得.
【詳解】當 a b 1時， a + b 2 成立，而 a + b 1不成立，
故“ a + b 2 ”不是“ a + b 1”的充分條件；
當 a + b 1時，有 a + b 2 ab ，當且僅當 a b時等號成立，
2則 a + b a + b a + b + 2 ab 2 a + b 2 2，
故“ a + b 2 ”是“ a + b 1”的必要條件.
故選：B.
5．（2024·全國·模擬預測）若直線 l和圓C 的方程分別為 y x + m, (x -1)2 + (y - 2)2 5 - m ，
則“ 3 < m < 5 ”是“直線 l和圓C 沒有公共點”的（ ）
A．充要條件 B．既不充分也不必要條件
C．充分不必要條件 D．必要不充分條件
【答案】C
【分析】由圓的方程可得m < 5，再根據圓心到直線的距離大于半徑求解可得m < -3或
3 < m < 5，進而根據充分與必要條件的性質判斷即可.
【詳解】因為 (x -1)2 + (y - 2)2 5 - m 表示圓，所以5 - m > 0，即m < 5．
若圓C 與直線 y x + m沒有公共點，則圓心C(1,2) 到直線 y x + m的距離大于半徑，
|1- 2 + m |
即 > 5 - m ，解得m < -3或3 < m < 5．
2
所以“ 3 < m < 5 ”是“直線 l和圓C 沒有公共點”的充分不必要條件．
故選：C
6．（2024·黑龍江·二模）已知a ，b 為兩個不重合平面，l，m 為兩條不同直線，則 l / /a 的
充分條件是（ ）
A．m ^ a ，m ^ l B． l b ， b //a C．m a ， l //m D．a ^ b ，
a I b m ， l //m
【答案】B
【分析】對于 ACD，根據空間中線面關系可得 l / /a 或 l a ，故 ACD 均不是充分條件，結
合面面平行的定義可得 B 正確.
【詳解】對于 A，若m ^ a ，m ^ l ，則 l / /a 或 l a ，故 A 中條件不是充分條件，故 A 錯
誤；
對于 B，若 l b ， b //a ，由面面平行的定義可得 l / /a ，
故 B 中條件是 l / /a 的充分條件，故 B 正確；
對于 C，若m a ， l //m，則 l / /a 或 l a ，C 中條件不是充分條件，故 C 錯誤；
對于 D，a ^ b ，a I b m ， l //m，則 l / /a 或 l a ，D 中條件不是充分條件，
故 D 錯誤；
故選：B.
uuur uuur uuur
7．（2024·全國·模擬預測）在VABC 中，命題P : sin2 A cos2B + cos2C ，命題Q : AB + AC BC ，
則 P 是 Q 的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】根據三角恒等變換解命題 P 可得 A，B，C 必有一個為直角；根據平面向量的線性
運算與垂直關系的向量表示解命題 Q 可得 A 為直角，結合充分、必要條件的定義即可求
解.
【詳解】命題 P：由 sin2B + cos2B 1， sin2C + cos2C 1及 sin2 A cos2B + cos2C ,
得 sin2 A + sin2B + sin2C 2 ,
sin2 A sin2B sin2C 1- cos2A 1- cos2B 1- cos2C 3 1∴ + + + + - cos2A + cos2B + cos2C
2 2 2 2 2
3 1
- cos A + B + A - B + cos A + B - A - B 2 2 + cos2 p - A + B
3 1
- [2cos A + B cos A - B + 2cos2 A + B -1
2 2
2 - cos(A + B)[cos(A + B) + cos(A - B)]
2 + 2cosAcosBcosC 2，
得cosAcosBcosC 0，則 cosA， cosB， cosC 必有一個為 0，
∴A，B，C 必有一個為直角．
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
命題 Q：由 AB + AC BC 得 AB + AC AC - AB ，
uuur uuur 2 uuur uuur 2 uuur uuur
即 AB + AC AC - AB ，得 4AB × AC 0 ，
uuur uuur
即 AB × AC 0，∴A 為直角，
故 P 是 Q 的必要不充分條件.
故選：B．
8 2
1 2
．（2024·吉林·模擬預測）已知函數 f (x) x ln x - ax - x ，則“ f (x) 有兩個極值”的一個充
2
分不必要條件是（ ）
1 1 1 1A．- < a <1 B．- < a < 0 C．- < a < 0 D．0 < a <
4 2 2
【答案】B
【分析】根據 y f (x) 有兩個正的穿越零點，求得 f x 有兩個極值點的充要條件，再求其
充分不必要條件即可.
【詳解】由題可得 f (x) ln x +1- 2a +1 x，
若滿足題意，則 y f (x) 有兩個正的穿越零點，
令 ln x +1- 2a +1 x 0 2a 1 ln x +1，則 + ，
x
h x ln x +1 - ln x令 ，則 h (x) ，
x x2
當 x 0,1 時， h (x) > 0， h x 單調遞增；
當 x 1, + 時， h (x) < 0， h x 單調遞減；
h 1 又 ÷ 0， h 1 1，當 x 趨近于正無窮時， h x 趨近于 0 ，
è e
y 2a 1 0,1 a 1若 f (x) 有兩個正的穿越零點，則 + ，解得 - ,02 ÷，è
1
即 f (x)

有兩個極值的充要條件是： a - ,0

÷，
è 2
1
根據選項，則 f (x) 有兩個極值的一個充分不必要條件是- < a < 0 .
4
故選：B.
ln x +1
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是對 f (x) 0，分離參數，構造函數 h x ，
x
利用導數研究其單調性，從而求得 f x 有兩個極值點的充要條件.
二、多選題
9．（2024·河南開封·二模）高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一．用其名字命名
的高斯取整函數為 f x x ， x 表示不超過 x 的最大整數，例如 -3.5 -4， 2.1 2．下
列命題中正確的有（ ）
A．$x R， f x x -1
B．"x R ， n Z， f x + n f x + n
C．"x, y > 0， f lg x + f lg y f lg xy
D．$n N*， f lg1 + f lg 2 + f lg3 + ×××+ f lg n 92
【答案】BD
【分析】根據給定的定義，結合存在量詞命題、全稱量詞命題的真假判斷方法逐項分析即得.
【詳解】對于 A，當 x Z時， f (x) x，當 x Z時， f (x) Z，而 x -1 Z，
因此 f (x) x -1，A 錯誤；
對于 B，"x R ， n Z，令 f (x) m，則m x < m +1，m + n x + n < m + n +1，
因此 f (x + n) m + n f (x) + n，B 正確；
對于 C，取 x
1
, y 2，0 < lg 2 <1
1
，則 f (lg ) -1, f (lg 2) 0， f (lg(
1
2)) f (0) 0，
2 2 2
1 1
顯然 f (lg ) + f (lg 2) f (lg( 2)) ，C 錯誤；
2 2
對于 D， n N*，當1≤ n≤9時， f (lg n) 0，當10 n 99時， f (lg n) 1，而
f (lg100) 2，
因此 f (lg1) + f (lg 2) + f (lg3) + ×××+ f (lg99) + f (lg100) 92，此時 n 100 ，D 正確.
故選：BD
【點睛】方法點睛：判斷全稱量詞命題為真、存在量詞命題為假必須推理論證；判斷全稱量
詞命題為假、存在量詞命題為真只需舉例說明.
10．（2024·全國·模擬預測）下列說法中，正確的是（ ）
A．“ a > b ”是“ a2 > b2 ”的既不充分也不必要條件
B．命題“ "x 0, + ， x + sinx >1”的否定是“ "x 0, + ， x + sinx 1”
C X N m,s 2．已知隨機變量 服從正態分布 ，若P X -1 + P X 5 1，則m 2
D． y -x x 既是奇函數又是減函數
【答案】ACD
【分析】利用充分必要條件定義及不等式性質可判斷 A，由全稱命題的否定定義可判斷 B，
由正態分布的概率可判斷 C，由函數的圖像可判斷 D.
【詳解】選項 A：由“ a > b ”不能得到“ a2 > b2 ”，反之，由“ a2 > b2 ”也不能得到“ a > b ”，所以
“ a > b ”是“ a2 > b2 ”的既不充分也不必要條件，所以 A 正確；
選項 B：命題“ "x 0, + ， x + sinx >1”的否定是“ $x 0, + ， x + sinx 1”，所以 B 錯誤；
-1+ 5
選項 C：因為P X -1 + P X 5 1，所以m 2，所以 C 正確；
2
ì-x2 , x 0
選項 D： y -x x í 2 ，作出它的圖象如圖：知它既是奇函數又是減函數，所以 D
x , x < 0
正確．
故選：ACD．
11．（2024·云南楚雄·模擬預測）下列命題為真命題的是（ ）
1 1
A．"x R ， x + 2 B．"x R ， 1
x x2 +1
C．$x R ， ln(| x | +1) 0 D．$x R ， x2 + x +1 0
【答案】BC
【分析】運用全稱和特稱量詞的命題的知識分析即可.
1
【詳解】對 A，當 x 0時， x + 無意義，故 A 錯誤；
x
1
對 B，易得"x R ， x2 +1 1，則 x2 +1 1，可得 12 ，故 B 正確；x +1
對 C，當 x 0時， ln(| x | +1) 0成立，故 C 正確；
對 D，D 1- 4 -3 < 0，可得 x2 + x +1 > 0，故 D 錯誤.
故選：BC
三、填空題
12．（2024·遼寧沈陽·一模） sinx 1的一個充分不必要條件是 .
π
【答案】 x 2 （答案不唯一）
【分析】根據三角函數的性質結合充分不必要條件即可求解.
π
【詳解】因為 x 時 sinx 1，
2
x π由 sinx 1可得 + 2kπ, k Z ,
2
故 sinx π 1的一個充分不必要條件是 x 2 ，
π
故答案為： x 2 （答案不唯一）
13．（2024·全國·模擬預測）“函數 y tanx的圖象關于 x0 ,0 中心對稱”是“ sin2x0 0 ”的 條
件．
【答案】充分必要
【分析】先由函數 y tanx的圖象關于 x0 ,0 中心對稱求得 x0 的值，再解方程 sin2x0 0 求得
x0 的值，進而得到二者間的邏輯關系.
【詳解】函數 y tanx
kπ
圖象的對稱中心為 ,0

÷ ,k Z，
è 2
kπ
所以由“函數 y=tanx 的圖象關于(x0,0)中心對稱”等價于“ x0 ,k Z ”．2
因為 sin2x0 0 等價于 2x0 kπ,k Z x
kπ
，即 0 ,k Z ．2
所以“函數 y tanx的圖象關于 x0 ,0 中心對稱”是“ sin2x0 0 ”的是充分必要條件．
故答案為：充分必要
14．（23-24 高三上·四川成都·期中）已知 a > 0，b > 0，則在下列關系① a2 + b2 2 ② b e1-a
③ cos
a 1
④ ea - ea eb + eb中，能作為“ a + b 2 ”的必要不充分條件的是 （填正
2 3- b
確的序號）.
【答案】②③
【分析】利用基本不等式可判斷①；數形結合，作出 y e1-x 的圖象，結合不等式相應的幾
1 1 a 1
何意義判斷②；利用放縮法說明 ，再用構造函數，利用導數知識說明 cos ，
3- b a +1 2 3 - b
從而判斷③；構造函數 g(a) ea - ea,a (0, 2)，求導判斷單調性，數形結合，說明兩命題
之間的推理關系，判斷④.
a 3 ,b 1【詳解】對于①，取 ，滿足 a + b 2，但不滿足 a2 + b2 ，2 2 2
即 a + b 2成立推不出 a2 + b2 2 ，
由于 a2 + b2 2ab，故 2(a2 + b2 ) (a + b)2 ,\a + b 2(a2 + b2 ) ，
而 a2 + b2 2 ，故 a + b 2，當且僅當 a b 1時取等號，
即 a2 + b2 2 成立可推出 a + b 2成立，
故 a2 + b2 2 不是“ a + b 2 ”的必要不充分條件；
對于②，作出函數 y e1-x 的圖象，如圖曲線，即將 y e- x 的圖像向右平移 1 個單位得到；
則 y e1-x （ x > 0, y > 0）表示幾何意義為曲線 y e1-x 在第一象限內和坐標軸圍成的區域部
分（不含坐標軸），
則b e1-a 中相應的點 (a , b ) 所在區域即上述區域；
而 a + b 2表示的幾何意義為直角三角形 AOB區域部分（不含坐標軸），
顯然直角三角形 AOB區域部分（不含坐標軸）對應集合為曲線 y e1-x 在第一象限內和坐標
軸圍成的區域部分（不含坐標軸）相應集合的真子集，
即b e1-a 是 a + b 2的必要不充分條件，
1 1
對于③，由 a + b 2得3- b a +1，故 ，（ a,b (0, 2)），
3 - b a +1
a 1 1 a 1
設 f (a) cos - , (0 < a < 2) ，則 f (a) - sin + , (0 < a < 2)，
2 a +1 2 2 (a +1)2
則 f (a) 在 (0,2)上單調遞減，且 f (0) 1, f (2)
1 1 1 π 1
- sin1+ < - sin + < 0，
2 9 2 4 9
則存在 a0 (0, 2)，使得 f (a0 ) 0，即 a (0, a0 ) 時， f (a) > 0， f (a) 在 (0, a0 ) 上單調遞增，
a (a0 , 2) 時， f (a) < 0， f (a) 在 (a0 , 2)上單調遞減，
而 f (0) 0, f (2) cos1
1
- > 0，則在 (0,2)上 f (a) > 0恒成立，
3
即 cos
a 1 a 1
，故 cos ；
2 a +1 2 3 - b
而當 cos
a 1 1 1 2
成立時，不妨取 a 2,b ， cos1 > > 成立，
2 3 - b 2 2 5
a 1
但 a + b 2不成立，故 cos 是 a + b 2的必要不充分條件；
2 3 - b
對于④，當 a + b 2時，設 g(a) ea - ea,a (0, 2)，
則 g (a) ea - e，顯然 g (a) 在 (0,2)單調遞增，
當 0 < a < 1時， g (a) < 0， g(a)在( 0, 1)單調遞減，
當1 < a < 2 時， g (a) > 0， g(a)在 (1, 2)單調遞增，
又 g(1) 0, g(0) 1, g(2) e2 - 2e >1，
作出 g(a)的大致圖象如圖：
由圖象可知存在 t (1, 2)，使得 g(t) 1，
故當 a (t, 2)時， g(a) ea - ea,a (0, 2)只有唯一解，
若 a b，則 a + b > 2 與條件不符；
即此時得不出 ea - ea eb - eb，
即 ea - ea eb - eb不是 a + b 2的必要條件，
故能作為“ a + b 2 ”的必要不充分條件的是②③，
故答案為：②③
【點睛】關鍵點點睛：本題考查了必要條件的判斷，實質還是考查導數的應用，難度較大，
難點是選項③④的判斷，解答時要注意利用放縮法結合構造函數判斷③，利用構造函數，
判斷函數單調性，數形結合判斷④.
四、解答題
15．（2024·廣東·模擬預測）設 X，Y 為任意集合，映射 f : X Y ．定義：對任意 x1, x2 X ，
若 x1 x2 ，則 f x1 f x2 ，此時的 f 為單射．
(1)試在R R上給出一個非單射的映射；
(2)證明： f 是單射的充分必要條件是：給定任意其他集合Z 與映射 g, h : Z X ，若對任意
z Z ，有 f (g(z)) f (h(z))，則 g h；
(3)證明： f 是單射的充分必要條件是：存在映射j :Y X ，使對任意 x X ，有
j( f (x)) x ．
【答案】(1) f x x2 （答案不唯一）
(2)證明過程見解析
(3)證明過程見解析
【分析】（1）結合單射的定義舉出符合條件的例子即可；
（2）結合單射的定義、反證法從兩方面來說明即可；
（3）結合單射的定義、反證法從兩方面來說明即可.
2
【詳解】（1）由題意不妨設 f x x ，當 x1, x2 （ x1, x2 非 0）互為相反數時， f x1 f x2
滿足題意；
（2）一方面若 f 是單射，且 f (g(z)) f (h(z))，則 g z h z ，即 g h（否則若
g z h z ，有 f (g(z)) f (h(z))，矛盾），
另一方面，若對任意 z Z ，由 f (g(z)) f (h(z))可以得到 g h，
我們用反證法證明 f 是單射，
假設 f 不是單射，即存在 g z h z ，有 f (g(z)) f (h(z))，
又由 f (g(z)) f (h(z))可以得到 g h，即 g z h z ，這就產生了矛盾，
所以 f 是單射，
綜上所述，命題得證；
（3）一方面若 f 是單射，則由 x1 x2 可得 f x1 f x2 ，
同理存在單射j ，使得 f x1 , f x2 Y ， f x1 f x2 ，有j( f (x1)) x1 x2 j( f (x2 )) ，
另一方面，若存在映射j :Y X ，使對任意 x X ，有j( f (x)) x ，
我們用反證法來證明 f 是單射，
若 f 不是單射，即存在 x1 x2 ，有 f x1 f x2 ，
又若 f x1 f x2 ，則由題意j( f (x1)) x1 x2 j( f (x2 ))，這與 x1 x2 產生矛盾，
所以此時 f 是單射，
綜上所述，命題得證.
【點睛】關鍵點點睛：后面兩問的關鍵是結合單射的定義、反證法從兩方面來說明，由此即
可順利得證.
16．（2024·廣東·模擬預測）已知集合A 中含有三個元素 x, y, z，同時滿足① x < y < z；②
x + y > z；③ x + y + z 為偶數，那么稱集合A 具有性質 P .已知集合 Sn 1,2,3,L, 2n
(n N*, n 4) ，對于集合 Sn 的非空子集 B ，若 Sn 中存在三個互不相同的元素 a,b,c，使得
a + b,b + c,c + a均屬于 B ，則稱集合 B 是集合 Sn 的“期待子集”.
(1)試判斷集合 A 1,2,3,5,7,9 是否具有性質 P ，并說明理由；
(2)若集合B 3,4,a 具有性質 P ，證明：集合 B 是集合 S4 的“期待子集”；
(3)證明：集合M 具有性質 P 的充要條件是集合M 是集合 Sn 的“期待子集”.
【答案】(1)不具有，理由見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）分取到的三個元素都是奇數和有偶數 2，兩種情況比較三個條件，即可判斷；
（2）首先根據性質 P ，確定集合 B ，再根據“期待子集”的定義，確定集合 B 是集合 S4 的“期
待子集”；
（3）首先證明充分性，存在三個互不相同的 a,b,c，使得a + b,b + c,c + a均屬于M
證明滿足性質 P 的三個條件；再證明必要性，首先設滿足條件的 a,b,c，再證明
a + b,b + c,c + a均屬于M ，即可證明.
【詳解】（1）集合 A 1,2,3,5,7,9 不具有性質 P ，理由如下：
（i）從集合A 中任取三個元素 x, y, z均為奇數時， x + y + z 為奇數，不滿足條件③
（ii）從集合A 中任取三個元素 x, y, z有一個為 2，另外兩個為奇數時，不妨設 y 2， x < z ，
則有 z - x 2，即 z - x y ，不滿足條件②，
綜上所述，可得集合 A 1,2,3,5,7,9 不具有性質 P .
（2）證明：由3+ 4 + a 是偶數，得實數 a是奇數，
當 a < 3 < 4時，由 a + 3 > 4，得1 < a < 3，即 a 2，不合題意，
當3 < 4 < a 時，由3 + 4 > a ，得 4 < a < 7 ，即 a 5，或 a 6（舍），
因為3+ 4 + 5 12是偶數，所以集合B {3,4,5}，
令 a + b 3,b + c 4,c + a 5，解得a 2, b 1, c 3，
顯然 a,b,c S4 1,2,3,4,5,6,7,8 ，
所以集合 B 是集合 S4 的“期待子集”得證.
（3）證明：
先證充分性：
當集合M 是集合 Sn 的“期待子集”時，存在三個互不相同的 a,b,c，使得a + b,b + c,c + a均屬
于M ，
不妨設 a < b < c，令 x a + b ， y a + c， z b + c，則 x < y < z，即滿足條件①，
因為 x + y - z (a + b) + (a + c) - (b + c) 2a > 0，所以 x + y > z，即滿足條件②，
因為 x + y + z 2(a + b + c)，所以 x + y + z 為偶數，即滿足條件③，
所以當集合M 是集合 Sn 的“期待子集”時，集合M 具有性質 P .
再證必要性：
當集合M 具有性質 P ，則存在 x, y, z，同時滿足① x < y < z；② x + y > z；③ x + y + z 為偶
數，
a x + y + z x + y + z x + y + z令 - z ，b - y， c - x，則由條件①得 a < b < c，
2 2 2
a x + y + z z x + y - z由條件②得 - > 0 ，
2 2
由條件③得 a,b,c均為整數，
z c z x x + y + z z + x - y
z + z - y - y
因為 - + - > z - y > 0，
2 2 2
所以0 < a < b < c < z ，且 a,b,c均為整數，
所以 a,b,c Sn ，
因為 a + b x,a + c y,b + c z ，
所以a + b,b + c,c + a均屬于M ，
所以當集合M 具有性質 P 時，集合M 是集合 Sn 的“期待子集”.
綜上所述，集合M 是集合 Sn 的“期待子集”的充要條件是集合M 具有性質 P .
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是利用“性質 P ”和“期待子集”的定義.
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2024·山西·一模）設命題 p : $x R, a x > kx ，則 p 為（ ）
A．"x R, a x > kx B．$x R, a x kx
C．"x R, a x kx D．$x R, a x kx
【答案】C
【分析】根據存在量詞命題的否定形式判定即可.
【詳解】由題意可知 p : "x R, a x kx .
故選：C
2．（2024·天津·一模）已知 a,b R ，則“ b > a ”是“ a2 < b2 ”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不
充分也不必要條件
【答案】A
【分析】根據充分條件和必要條件的定義分析判斷即可.
【詳解】因為 a,b R ，當b > a 時，有b > a 0，則 a2 < b2 成立，即充分性成立；
ìa 0
當 í 時，02 < -1 2b 1 ，即 a
2 < b2 成立，而-1 > 0 ，即b > a 不成立，進而必要性不成
-
立.
所以 a,b R ，“ b > a ”是“ a2 < b2 ”的充分不必要條件.
故選：A.
3．（2024·寧夏吳忠·模擬預測）已知直線m ， n和平面a ，且m ^ a ，則“ n∥a ”是“ n ^ m ”的
（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
【答案】A
【分析】根據線面的位置關系結合充分條件和必要條件判斷即可.
【詳解】當m ^ a ，n∥a 時，則有 n ^ m ；
反之，當m ^ a ， n ^ m 時， n//a 或n a；
所以“ n∥a ”是“ n ^ m ”的充分不必要條件.
故選：A
4．（2024·重慶·模擬預測）設 n N* 且 n 2，命題甲：{an}為等比數列；命題乙：
an an-1an+1 ；則命題甲是命題乙的（ ）
A．充分且不必要條件 B．必要且不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】D
【分析】根據題意，由等比數列的定義結合等比中項的公式代入計算，即可判斷.
a
{a } n+1
a
【詳解】若 n 為等比數列，則滿足
n
a a ，即 a
2
n an-1an+1，
n n-1
所以 an ± an-1an+1 ，故充分性不成立，
當 an 0時，數列{an}滿足 an an-1an+1 ，但此時{an}為等比數列不成立，
故必要性不成立，
所以{an}為等比數列是 an an-1an+1 的既不充分也不必要條件.
故選：D
1
5．（2024·天津河西·一模）“ x2 x ”是“ 1”的（x ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】根據分式不等式和一元二次不等式的解法，結合充分條件和必要條件的定義即可得
解.
【詳解】由 x2 x得 x x -1 0 ，解得0 x 1，
1 1- x ìx x -1 0
由 1得 0，所以 í ，解得0 < x 1，x x x 0
1
所以“ x2 x ”是“ 1”成立的必要不充分條件.x
故選：B
r r
6．（2024·內蒙古呼和浩特·一模）已知向量 a r r2,2 ,b x,-3 ，則“ x < 3 ”是“ a 與b 的夾角
為鈍角”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不
充分也不必要條件
【答案】B
【分析】根據向量數量積的坐標表示以及夾角范圍計算，考慮向量反向的情況可得結論.
ar
r r r r r
“ x < 3 ” ×b a b cos a,b 2x - 6 < 0 cos ar
r
【詳解】若 可得 ，可得 ,b < 0 ；
r r
當 x -3時， a 與b 的方向相反，其夾角為180o ，
r r
即 a 與b 的夾角為鈍角或平角，充分性不成立；
r r r
若“ a 與b r的夾角為鈍角”，即可知 a ×b 2x - 6 < 0，解得 x < 3，必要性成立；
r r
因此“ x < 3 ”是“ a 與b 的夾角為鈍角”的必要不充分條件.
故選：B
二、多選題
7．（23-24 高三上·江蘇鹽城· *期中）在VABC 中，若 A nB n N ，則（ ）
A．對任意的 n 2，都有 sin A < nsin B
B．對任意的 n 2，都有 tan A < n tan B
C．存在 n，使 sin A > nsin B成立
D．存在 n，使 tan A > n tan B成立
【答案】AD
【分析】根據給定條件，舉例說明判斷 BD；構造函數，借助導數探討單調性判斷 AC.
π π
【詳解】在VABC 中，當 A 3B時， n 3，取B ，則 A ， tan A 1，
12 4
tan B tan(π π- ) 3 -1 2 - 3 ，3tan B 3(2 - 3)，則 tan A > 3tan B，B 錯，D 對；
3 4 1+ 3
ì0 < A < π ì0 < nB < π

顯然 í0 < B < π，即 í0 < B < π ，則0 < B
π
< ，
n +1
0 < C < π 0 < π - B - nB < π
π
令 f (x) sin nx - nsin x，0 < x < ,n 2 ， f (x) n cos nx - ncos x n(cos nx - cos x) < 0，
n +1
因此函數 f (x)

在 0,
π
÷上單調遞減，則 f (x) < f (0) 0，即 sin nB < nsin B，從而
è n +1
sin A < nsin B ，A 對，C 錯.
故選：AD
【點睛】思路點睛：涉及不同變量的數式大小比較，細心挖掘問題的內在聯系，構造函數，
分析并運用函數的單調性求解作答.
三、填空題
8．（2023·吉林·二模）命題“ $x R， ax2 + x +1< 0 ”為假命題，則實數 a的取值范圍為 .
1
【答案】 a
4
【分析】分析可知命題“ "x R ， ax2 + x +1 0 ”為真命題，對實數 a的取值進行分類討論，
在 a 0時，直接驗證即可；當 a 0時，根據二次不等式恒成立可得出關于實數 a的不等式
組，綜合可得出實數 a的取值范圍.
【詳解】由題意可知，命題“ "x R ， ax2 + x +1 0 ”為真命題.
當 a 0時，由 x +1 0可得 x -1，不合乎題意；
ìa > 0
a 0 a 1當 時，由題意可得 í ，解得 .
Δ 1- 4a 0 4
1
因此，實數 a的取值范圍是 a .
4
1
故答案為： a .
4
π π
9．（23-24 高三上·湖北武漢·期末）若命題“ "x0 ê , ， tan 2x0 + 2 m ”是假命題，則實數 8 6 ú
m 的取值范圍是 ．
【答案】 3, +
【分析】利用命題為真命題由正切函數單調性即可求得m 3，可知為假命題時實數m 的取
值范圍是 3, + .
x π , π【詳解】若命題“ "

0 ê ú ， tan 2x0 + 2 m ”是真命題，可得 tan 2x0 + 2 mmin 即可； 8 6
y tan 2x + 2 x π π 易知 0 在 0
ê
,
8 6 ú
上單調遞增，

π
所以 tan 2x0 + 2 tan 2 ÷ + 2 3min ，可得m 3；è 8
又因為該命題是假命題，所以可得m > 3，
即實數m 的取值范圍是 3, + .
故答案為： 3, +
四、解答題
1- x
10．（23-24 高三上·北京大興·期末）已知函數 f x ax + ln .
1+ x
(1)若曲線 y f x 在點 0, f 0 處的切線斜率為 0，求 a的值；
(2)當 a 4時，求 f x 的零點個數；
(3)證明：0 a 2 是 f x 為單調函數的充分而不必要條件.
【答案】(1) a 2
(2)3 個
(3)證明見解析
【分析】（1）結合導數的幾何意義計算即可得；
（2）結合函數的單調性與零點的存在性定理去研究函數零點個數問題即可得；
（3）當0 a 2 時去推導 f x 為單調函數可證明充分性，找出不在該范圍內的 a亦能使
f x 為單調函數即可證明不必要條件.
1+ x - 1+ x - 1- x 2
【詳解】（1） f x a + a +1- x 1+ x 2 x2 -1，
f 0 a 2則 + 0，即 a 2；
-1
（2）當 a 4時， f x 4x ln 1- x 1- x+ ，則 > 0，即-1 < x <1，
1+ x 1+ x
又 f -x -4x + ln 1+ x 4x ln 1- x - + ÷ - f x ，1- x è 1+ x
故 f x 為奇函數，
f x 4 2 + ，-1 < x <1，
x2 -1
令 f x > 0，即 4 2+ > 0 2 22 ，解得x 1 - < x < ，- 2 2
令 f x < 0，即-1 < x 2 2< - 或 < x <1，
2 2

故 f x 在 -1,
2 2 2
- ÷÷上單調遞減，在 - , ÷÷ 上單調遞增，
è 2 è 2 2
2
在 ,1÷÷上單調遞減，
è 2

由 f 0 2 0 + ln1 0，則 f ÷÷ > 0，又 f 0.99 3.96 - ln199 < 0，
è 2

f x 2

故 在 ,12 ÷÷
上必有一零點，
è

由 f x 2為奇函數，則 f x 在 -1, - ÷÷上亦有一零點，
è 2
故當 a 4時， f x 的零點個數為 3 個；
2
3 f x a 2 ax - a + 2（ ） + 2 ，-1 < x <12 ，x -1 x -1
由-1 < x <1，故-1 < x2 -1 < 0，
ax2 - a + 2 a x2 -1 + 2，即-a + 2 < a x2 -1 + 2 < a + 2
當0 a 2 時，-a + 2 0，即 ax2 - a + 2 0 ，
故 f x 0，即此時 f x 在 -1,1 上單調遞減，
故0 a 2 是 f x 為單調函數的充分條件；
當-2 a 0時， a + 2 0，即 ax2 - a + 2 0 ，
故 f x 0，即此時 f x 在 -1,1 上單調遞增，
故0 a 2 不是 f x 為單調函數的必要條件；
綜上所述，0 a 2 是 f x 為單調函數的充分而不必要條件.
【點睛】關鍵點睛：本題（2）問中討論函數零點問題，需要注意結合函數的單調性與零點
的存在性定理去研究.

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