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专题 1.3 常用逻辑用语-重难点题型精讲
1．命题及相关概念
2．充分条件与必要条件
一般地，数学中的每一条判定定理都给出了相应数学结论成立的一个充分条件．
数学中的每一条性质定理都给出了相应数学结论成立的一个必要条件．
3. 充要条件
如果“若p，则q”和它的逆命题“若q，则p”均是真命题，即既有p⇒q，又有q⇒p，记作p⇔q.此
时p既是q的充分条件，也是q的必要条件．我们说p是q的充分必要条件，简称为充要条件．
如果p是q的充要条件，那么q也是p的充要条件，即如果p⇔q，那么p与q互为充要条件．
4．全称量词与全称量词命题5.存在量词与存在量词命题
6．全称量词命题与存在量词命题的否定
(1)全称量词命题p：∀x∈M，p(x)的否定：∃x∈M，¬p(x)；全称量词命题的否定是存在量词命题．
(2)存在量词命题p：∃x∈M，p(x)的否定：∀x∈M，¬p(x)；存在量词命题的否定是全称量词命题．
7．命题的否定与原命题的真假
一个命题的否定，仍是一个命题，它和原命题只能是一真一假．
【题型1 充分、必要、充要条件的判断】
【方法点拨】
(1)定义法：首先分清条件和结论，然后判断p q、q p和p q是否成立，最后得出结论．
(2)命题判断法：
⇒ ⇒ ⇔
①若p q，则称p是q的充分条件，q是p的必要条件．
②若p q，则p是q的充要条件．
⇒
③若p q，且q⇒p，则称p是q的充分不必要条件．
⇔
④若p⇒q，且q p，则称p是q的必要不充分条件．
⇒
⑤若p⇒q，且q⇒p，则称p是q的既不充分也不必要条件．
⇒
【例1】（2022春•扬州期末）已知a R，则“a＞0”是“a2＞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
【解题思路】利用举实例法，再结合充要条件的定义判定即可．1
【解答过程】解：①当a= 时，满足a＞0，但a2＜1，∴充分性不成立，
2
②当a＝﹣2时，满足a2＞1，但a＜0，∴必要性不成立，
∴a＞0是a2＞1的既不充分也不必要条件，
故选：D．
1 1
【变式1-1】（2022•普陀区二模）“x＞y＞0”是“x− ＞y− ”的（ ）
x y
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
【解题思路】应用作差法，结合充分、必要性定义判断条件间的推出关系即可．
1 1 x2−1 y2−1 (xy+1)(x−y)
【解答过程】解：由x− −(y− )= − = ，又x＞y＞0，
x y x y xy
1 1 1 1
所以x− −(y− )＞0，即x− ＞y− ，充分性成立；
x y x y
1 1 (xy+1)(x−y)
当x− ＞y− 时，即 ＞0，显x＝2，y＝﹣1时成立，必要性不成立；
x y xy
1 1
故“x＞y＞0”是“x− ＞y− ”的充分非必要条件．
x y
故选：A．
【变式1-2】（2022春•焦作期末）已知p：x2﹣4x﹣12＜0，q：log x＜2，则p是q的（ ）
2
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
【解题思路】先解不等式求出命题p和q，再利用充要条件的定义判定即可．
【解答过程】解：p：∵x2﹣4x﹣12＜0，
∴﹣2＜x＜6，
q：log x＜2，可得0＜x＜4，
2
∵（0，4）⫋（﹣2，6），
∴p是q的必要不充分条件，
故选：B．
【变式1-3】（2022•浦东新区二模）“log a＞log b”是“a＞b”的（ ）
2 2
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
【解题思路】根据对数的定义和对数函数的单调性，结合充分性、必要性的定义进行判断即可．【解答过程】解：当log a＞log b时，由于函数y＝log x是正实数集上的增函数，故可得a＞b，
2 2 2
若a＝0，b＝﹣1，显然a＞b，但是log a，log b没有意义，所以log a＞log b是a＞b的充分不必要条件．
2 2 2 2
故选：A．
【题型2 根据充分条件、必要条件求参数】
【方法点拨】
根据充分、必要条件求参数的取值范围时，先将p，q等价转化，再根据充分、必要条件与集合间的关系，
将问题转化为相应的两个集合之间的包含关系，然后建立关于参数的不等式(组)进行求解．
【例2】（2022春•雨花区校级月考）已知p：√x−1＞2，q：m﹣x＜0，若p是q的充分不必要条件，则
m的取值范围是（ ）
A．m＜3 B．m＞3 C．m＜5 D．m＞5
【解题思路】先求得命题p，q中x的范围，根据p是q的充分不必要条件，即可得出答案．
【解答过程】解：命题p：√x−1＞2，解得：x＞5；
命题q：m﹣x＜0，解得：x＞m；
因为p是q的充分不必要条件，
所以m＜5．
故选：C．
【变式2-1】（2022春•郑州期末）若不等式|x﹣2|＜a成立的一个充分条件为0＜x＜1，则实数a的取值范
围是（ ）
A．（﹣2，+∞） B．[﹣2，+∞） C．（2，+∞） D．[2，+∞）
【解题思路】先解绝对值不等式，再结合充要条件的定义列出不等式组，求解即可．
【解答过程】解：|x﹣2|＜a成立时，a＞0，
∵|x﹣2|＜a，解得2﹣a＜x＜2+a，
∵不等式|x﹣2|＜a成立的一个充分条件为0＜x＜1，
∴（0，1）⫋（2﹣a，2+a），
{−a+2≤0
∴ ，解得a≥2，
a+2≥1
∴实数a的取值范围是[2，+∞）．
故选：D．
【变式2-2】（2022春•湖北月考）已知集合A＝{x|m﹣3＜x＜m+2}，B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0），若“x A”是
“x B”的必要不充分条件，则m的取值范围是（ ） ∈
A．∈（1，2） B．（﹣1，0） C．[1，2] D．[﹣1，0]
【解题思路】先求出集合B，根据x A是x B的必要不充分条件，可得B A，进而得出结论．
∈ ∈ ⫋【解答过程】解：由题意可得集合A＝{x|m﹣3＜x＜m+2}，B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0）＝（﹣1，3），
∵x A是x B的必要不充分条件，∴B A．
∈ ∈ {m−3≤−1 ⫋
∴m﹣3＜2+m，且 ，
m+2≥3
解得：1≤m≤2．
∴实数m的取值范围是[1，2]．
故选：C．
【变式2-3】（2022•5月份模拟）已知p：“x2﹣mx＜0”，q：“lgx＜0”，若p是q的必要不充分条件，
则实数m的取值范围是（ ）
A．[0，+∞） B．（0，+∞） C．[1，+∞） D．（1，+∞）
【解题思路】求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义建立不等式关系进行求解即可．
【解答过程】解：q：“lgx＜0”，q：0＜x＜1，若p是q的必要不充分条件，
即有对于任意0＜x＜1，都有x2﹣mx＜0恒成立，
即对于任意0＜x＜1，都有m＞x恒成立，
即m＞（x） ，x （0，1），
max
则须满足m≥1， ∈
又p是q的必要不充分条件，
故得m＞1．
故选：D．
【题型3 全称（存在）量词命题的否定】
【方法点拨】
改写量词：确定命题所含量词的类型，省去量词的要结合命题的含义加上量，再对量词进行改写；
否定结论：对原命题的结论进行否定.
【例3】（2020秋•青岛期末）命题“对 x R，都有sinx≤1”的否定为（ ）
A．对 x R，都有sinx＞1 ∀ ∈ B．对 x R，都有sinx≤﹣1
C． x 0∀ R∈，使得sinx 0 ＞1 D． x∀0 R∈，使得sinx 0 ≤1
【解∃题思∈ 路】利用全称命题的否定是特称命题，写∃出∈结果即可．
【解答过程】解：∵全称命题的否定是特称命题，
∴命题“对 x R，都有sinx≤1”的否定为： x R，使得sinx ＞1；
0 0
故选：C． ∀ ∈ ∃ ∈
【变式3-1】（2020秋•江阴市校级期中）命题“ x
0
N，x
0
2＞2❑ x 0”的否定是（ ）
∃ ∈A． x N，x2＞2x B． x N，x2≤2x C． x N，x2≤2x D． x N，x2＝2x
【解∀题∈思路】根据特称命题∃与∈全称命题的关系进行∀解∈答即可． ∃ ∈
【解答过程】解：由已知命题：p： x N，x2＞2x，
则￢p是 x N，x2≤2x ∃ ∈
故选：C．∀ ∈
【变式3-2】（2021秋•武江区校级期末）全称命题： x R，x2+5x＝4的否定是（ ）
A． x R，x2+5x＝4 B． ∀x ∈R，x2+5x≠4
C．∃x∈R，x2+5x≠4 D．∀以上∈ 都不正确
【解∃题∈思路】根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．
【解答过程】解：∵全称命题的否定是特称命题，
∴ x R，x2+5x＝4的否定是： x R，x2+5x≠4．
故∀选：∈ C． ∃ ∈
【变式3-3】（2021•惠州模拟）命题“存在实数x，使x2+x﹣1＜0”的否定为（ ）
A．对任意实数x，都有x2+x﹣1≥0
B．不存在实数x，使x2+x﹣1≥0
C．对任意实数x，都有x2+x﹣1＜0
D．存在实数x，使x2+x﹣1≥0
【解题思路】根据特称命题的否定是全称命题即可得到结论．
【解答过程】解：根据特称命题的否定是全称命题可知，
命题“存在实数x，使x2+x﹣1＜0”的否定为：对任意实数x，都有x2+x﹣1≥0．
故选：A．
【题型4 全称（存在）量词命题的真假判断】
【方法点拨】
判断全称量词命题真假的方法：要判定一个全称量词命题为真命题，需要进行推理证明，或用前面已经学
过的定义、定理作证明，而要判断其为假命题，只需举出一个反例即可．
判断存在量词命题真假的方法：判断存在量词命题“∃x∈M，p(x)”的真假性的关键是探究集合M中x的
存在性．若找到一个元素x∈M，使p(x)成立，则该命题是真命题；若不存在x∈M，使p(x)成立，则该命
题是假命题．【例4】（2021春•湖北月考）下列命题中，正确的是（ ）
A． x R，2x＞x2
∀ ∈ π
B．∃x∈(0， )，sinx+cosx＝1
2
C． x （0，1），log x＞x
2
D．∃x∈R，x2+x+2＞0
【解∀题∈思路】对于A，取x＝2，即可判断正确与否，
π
对于B，根据辅助角公式及三角函数的性质，即可sinx+cosx=√2sin（x+ ） （1，√2]，由此即可判断，
4
∈
对于C，根据对数函数的性质即可判断，
对于D，根据二次函数的性质，采用配方法即可判断．
【解答过程】解：对于A，取x＝2时，2x＝x2，故A错误，
π π
对于B，sinx+cosx=√2sin（x+ ），又x∈(0， )，
4 2
π
所以√2sin（x+ ） （1，√2]，故B错误，
4
∈
对于C，当x （0，1）时，log x＜0＜x，故C错误，
2
∈ 1 7 7
对于D，对 x R．x2+x+2＝（x+ ）2+ ≥ ＞0，故D正确，
2 4 4
∀ ∈
故选：D．
【变式4-1】（2021秋•烟台期末）给出的四个命题，其中正确的是（ ）
A． x R，x 2+2x +2＝0 B． x N，x3＞x2
0 0 0
C．若∃ x∈＞1，则x2＞1 D．∀若∈a＞b，则a2＞b2
【解题思路】分别判断选项，即可得到答案．
【解答过程】解：对于A，Δ＝4﹣4×2＜0，方程无解，故A不正确，
对于B，当x＝1时即不成立，故B不正确，
对于C，若x＞1，则x2＞1，正确，故C正确，
对于D，当a＝1，b＝﹣2时不成立，故D不正确，
故选：C．
【变式4-2】（2021秋•巴宜区校级期末）对于两个命题：① x R，﹣1≤sinx≤1，② x R，sin2x+cos2x＞
1，下列判断正确的是（ ） ∀ ∈ ∃ ∈
A．①假②真 B．①真②假 C．①②都假 D．①②都真【解题思路】根据三角函数的性质可知： x R，﹣1≤sinx≤1， x R，sin2x+cos2x＝1，从而判断出
①②两个命题的真假． ∀ ∈ ∀ ∈
【解答过程】解：根据三角函数的性质可知：
x R，﹣1≤sinx≤1， x R，sin2x+cos2x＝1，
∀故：∈ ① x R，﹣1≤sin∀x≤∈1，是真命题；
② x R∀，∈sin2x+cos2x＞1，是假命题．
故∃选：∈ B．
【变式4-3】（2022春•荆州校级月考）下列结论中正确的是（ ）
A． n N*，2n2+5n+2能被2整除是真命题
B．∀n∈N*，2n2+5n+2不能被2整除是真命题
C．∀n∈N*，2n2+5n+2不能被2整除是真命题
D．∃n∈N*，2n2+5n+2能被2整除是假命题
【解∃题∈思路】举例说明n＝1时2n2+5n+2不能被2整除，n＝2时2n2+5n+2能被2整除，从而得出结论．
【解答过程】解：当n＝1时，2n2+5n+2不能被2整除，
当n＝2时，2n2+5n+2能被2整除，
所以A、B、D错误，C项正确．
故选：C．
【题型5 与全称（存在）量词命题有关的参数问题】
【方法点拨】
此类问题本质是恒成立问题或有解问题，求解时，一般先利用等价转化思想将条件合理转化得到关于参数
的方程或不等式（组），再通过解方程或不等式（组）求出参数的值或取值范围.
【例5】（2022•齐齐哈尔二模）若命题“ a [﹣1，3]，ax2﹣（2a﹣1）x+3﹣a＜0”为假命题，则实数x
的取值范围为（ ） ∃ ∈
5
A．[﹣1，4] B．[0， ]
3
5 5
C．[−1，0]∪[ ，4] D．[−1，0)∪( ，4]
3 3
【解题思路】由已知“ a [﹣1，3]，ax2﹣（2a﹣1）x+3﹣a≥0”为真命题，令g（a）＝ax2﹣（2a﹣
1）x+3﹣a＝（x2﹣2x﹣1∀）∈a+x+3，a [﹣1，3]，结合一次函数性质可求．
【解答过程】解：由题意得“ a [﹣∈1，3]，ax2﹣（2a﹣1）x+3﹣a≥0”为真命题，
令g（a）＝ax2﹣（2a﹣1）x+3∀﹣∈a＝（x2﹣2x﹣1）a+x+3，a [﹣1，3]，
∈则{g(−1)=−(x2−2x−1)+x+3≥0
，
g(3)=3(x2−2x−1)+x+3≥0
5
解得 ≤x≤4或﹣1≤x≤0．
3
故选：C．
【变式5-1】（2022•青岛一模）若命题“ x R，ax2+1≥0”为真命题，则实数a的取值范围为（ ）
A．a＞0 B．a≥0 ∀ ∈ C．a≤0 D．a≤1
【解题思路】分a＝0与a≠0两种情况讨论，求出a的取值范围，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，命题“ x R，ax2+1≥0为真命题”，即不等式ax2+1≥0恒成立，
当a＝0时，不等式为1≥0，恒成立，∀ ∈
{ a＞0
当a≠0时，必有 ，解可得a＞0，
Δ=0−4a≤0
综合可得：a≥0，
故选：B．
x
【变式5-2】（2021秋•安康期末）已知命题“存在x （3，27），使得log x+ −m＞0”是假命题，则
3 3
∈
m的取值范围是（ ）
A．[2，+∞） B．（2，+∞） C．[12，+∞） D．（12，+∞）
x x
【解题思路】由题意可转化为任意x （3，27），使得log x+ −m≤0为真，即m≥log x+ ，结合不
3 3
3 3
∈
等式，构造函数，转化为求解新构造函数的最值，结合单调性可求．
x
【解答过程】解：因为存在x （3，27），使得log x+ −m＞0”是假命题，
3 3
∈
x
所以任意x （3，27），使得log x+ −m≤0为真，
3
3
∈
x
即m≥log x+ ，
3
3
x
令g（x）＝log x+ ，x （3，27），则g（x）在（3，27）上单调递增，
3
3
∈
所以g（x）＜g（27）＝12，
所以m≥12．
故选：C．
【变式5-3】（2021秋•抚州期末）若命题“对任意x （﹣∞，0），使得x2﹣2ax+4≥0成立”是真命题，
∈则实数a的取值范围是（ ）
A．[﹣2，+∞） B．[2，+∞） C．（﹣∞，﹣2] D．（﹣∞，2]
4
【解题思路】先分离参数得到2a≥(x+ ) ，x （﹣∞，0），再利用基本不等式求最值即可．
x
max
∈
【解答过程】解：∵对任意x （﹣∞，0），使得x2﹣2ax+4≥0成立是真命题，
4 ∈
∴2a≥(x+ ) ，x （﹣∞，0），
x
max
∈
4 4
∵x+ =−（﹣x− ）≤﹣2√4=−4，当且仅当x＝﹣2时取等号，
x x
∴2a≥﹣4，∴a≥﹣2，
∴实数a的取值范围是[﹣2，+∞）．
故选：A．
【题型6 双变量“存在性或任意性”问题】
【方法点拨】
解决双变量存在性或任意性问题，关键就是将含有全称量词或存在量词的条件等价转化为两个函数值域之
间的关系或两个函数最值之间的关系，目的在于培养学生的逻辑推理素养和良好的数学思维品质.
【例6】（2022春•成都期末）若存在 x （﹣1，1]，使得不等式 ex﹣ax＜a，则实数 a的取值范围是
（ 1 ， + ∞） ． ∈
ex ex
【解题思路】将已知不等式转化为a＞ 在（﹣1，1]上有解，令f(x)= ，x （﹣1，1]，则a＞
x+1 x+1
∈
f（x） 即可，利用导数求出f（x）的最小值即可．
min
ex
【解答过程】解：∵ex﹣ax＜a在（﹣1，1]上有解，∴a＞ 在（﹣1，1]上有解，
x+1
ex
令f(x)= ，x （﹣1，1]，则a＞f（x） 即可．
x+1 min
∈
又∵
xex
，
f '(x)=
(x+1) 2
令f'（x）＜0，可得﹣1＜x＜0，令f'（x）＞0，可得0＜x≤1，
∴当x （﹣1，0）时，f（x）为减函数，
当x （∈0，1]时，f（x）为增函数，
∴当∈x＝0时，f（x）取得最小值f（0）＝1．∴实数a的取值范围是（1，+∞）．
故答案为：（1，+∞）．【变式 6-1】（2021 秋•海淀区校级期末）已知函数 f（x）＝log x，g（x）＝2x+a，若存在
2
1
x ，x ∈[ ，2]，使得f（x ）＝g（x ），则a的取值范围是 [ ﹣ 5 ， 0 ] ．
1 2 2 1 2
1
【解题思路】根据条件求出两个函数的值域，结合存在x ，x ∈[ ，2]，使得f（x ）＝g（x ），等
1 2 2 1 2
价为两个集合有公共元素，然后根据集合关系进行求解即可．
1 1
【解答过程】解：当 ≤x≤2时，log ≤f（x）≤log 2，即﹣1≤f（x）≤1，则f（x）的值域为[﹣1，
2 2
2 2
1]，
1 1
当 ≤x≤2时，2× +a≤g（x）≤4+a，即1+a≤g（x）≤4+a，则g（x）的值域为[1+a，4+a]，
2 2
1
若存在x ，x ∈[ ，2]，使得f（x ）＝g（x ），
1 2 2 1 2
则[1+a，4+a]∩[﹣1，1]≠ ，
若[1+a，4+a]∩[﹣1，1]＝∅，
则1+a＞1或4+a＜﹣1， ∅
得a＞0或a＜﹣5，
则当[1+a，4+a]∩[﹣1，1]≠ 时，﹣5≤a≤0，
即实数a的取值范围是[﹣5，∅0]，
故答案为：[﹣5，0]．
【变式6-2】（2020•如皋市校级模拟）已知函数f（x）＝x3﹣x2﹣2a，若存在x （﹣∞，a]，使f（x ）
0 0
≥0，则实数a的取值范围为 [ ﹣ 1 ， 0 ] ∪ [ 2 ， + ∞） ． ∈
【解题思路】求导可得故当x＝0时，函数取极大值﹣2a，分类讨论满足存在x （﹣∞，a]，使f（x ）
0 0
≥0的实数a的取值范围，综合可得答案． ∈
【解答过程】解：∵函数f（x）＝x3﹣x2﹣2a，∴f′（x）＝3x2﹣2x，
2 2
当x＜0或x＞ 时，f′（x）＞0，当0＜x＜ 时，f′（x）＜0，
3 3
故当x＝0时，函数取极大值﹣2a，
若a≤0，若存在x （﹣∞，a]，使f（x ）≥0，则f（a）＝a3﹣a2﹣2a≥0，
0 0
解得a [﹣1，0]，∈
若a＞∈0，若存在x
0
（﹣∞，a]，使f（x
0
）≥0，则f（0）＝﹣2a≥0，或f（a）＝a3﹣a2﹣2a≥0，
解得：a [2，+∞）∈，
∈综上可得：a [﹣1，0]∪[2，+∞），
故答案为：[﹣∈1，0]∪[2，+∞）．
1
【变式6-3】（2022春•东安区校级期中）对任意m [ ，e2]，都存在x ，x （x ，x R，x ≠x ），使得
1 2 1 2 1 2
e
∈ ∈
ax
1
−ex 1=ax
2
−ex 2=mlnm﹣m，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是 （ e 2 ， + ∞）
1
【解题思路】令f（m）＝mlnm﹣m，m [ ，e2]，然后根据导数及函数单调性可求f（m） [﹣1，e2]，
e
∈ ∈
然后令g（x）＝ax﹣ex，由x ≠x ，g（x ）＝g（x ），可知y＝mlnm﹣m与y＝g（x）的图象有2个交
1 2 1 2
点，结合导数即可求解．
1
【解答过程】解：令f（m）＝mlnm﹣m，m [ ，e2]，
e
∈
∴f′（m）＝lnm，
1
当 ＜m＜1时，f′（m）＝lnm＜0，∴f（m）单调递减，
e
当1＜m＜e2，f′（m）＝lnm＞0，∴f（m）单调递增，
1 2
∵f（m）＝﹣1，f（ ）=− ，f（e2）＝e2，
e e
故f（m） [﹣1，e2]
令g（x）＝∈ ax﹣ex，则g′（x）＝a﹣ex，且x ≠x ，g（x ）＝g（x ），
1 2 1 2
①当a≤0时，g′（x）＝a﹣ex＜0恒成立，∴g（x）在R上单调递减，与x ≠x ，g（x ）＝g（x ），
1 2 1 2
矛盾
②当a＞0时，当x＞lna时，g′（x）＝a﹣ex＜0，∴函数g（x）单调递减，
当x＜lna时，g′（x）＝a﹣ex＞0，∴函数g（x）单调递增，
∵当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞，当x→+∞时，g（x）→﹣∞且g（x） ＝g（lna）＝alna﹣a，
max
∴当x
1
≠x
2时
，若g（x
1
）＝g（x
2
）＝mlnm﹣m，
则y＝mlnm与y＝g（x）有2个不同的交点，
∴alna﹣a＞e2＝e2lne2﹣e2，又a＞0
∴解得a＞e2，
∴实数a的取值范围为：（e2，+∞）．
故答案为：实数a的取值范围是（e2，+∞）．
