第 02 讲 常用逻辑用语 (精讲+精练）
目录
第一部分：思维导图（总览全局）
第二部分：知识点精准记忆
第三部分：课前自我评估测试
第四部分：典型例题剖析
高频考点一：充分条件与必要条件的判断
高频考点二：充分条件与必要条件的应用
高频考点三：充分条件与必要条件（“是”，“的”）结构对比
高频考点四：全称量词命题与存在量词命题的真假判断
高频考点五：含有一个量词的命题的否定
高频考点六：根据全称（特称）命题的真假求参数
第五部分：高考真题感悟
第六部分：常用逻辑用语（精练）
第一部分：思 维 导 图 总 览 全 局第二部分：知 识 点 精 准 记 忆
1、充分条件、必要条件与充要条件的概念
（1）若p⇒q，则p是q的充分条件，q是p的必要条件；
（2）若p⇒q且q⇏p，则p是q的充分不必要条件；
（3）若p⇏q且q⇒p，则p是q的必要不充分条件；
（4） 若p⇔q，则p是q的充要条件；
（5）若p⇏q且q⇏p，则p是q的既不充分也不必要条件.
拓展延伸一：等价转化法判断充分条件、必要条件（1）p是q的充分不必要条件⇔¬q是¬p的充分不必要条件；
（2）p是q的必要不充分条件⇔¬q是¬p的必要不充分条件；
（3）p是q的充要条件⇔¬q是¬p的充要条件；
（4）p是q的既不充分也不必要条件⇔¬q是¬p的既不充分也不必要条件.
拓展延伸二：集合判断法判断充分条件、必要条件
若p以集合A的形式出现，q以集合B的形式出现，即p：A={x|p(x)}，q：B={x|q(x)}，则
（1）若A⊆B，则p是q的充分条件；
（2）若B⊆A，则p是q的必要条件；
（3）若 ，则p是q的充分不必要条件；
（4）若 ，则p是q的必要不充分条件；
（5）若A=B，则p是q的充要条件；
（6）若 且 ，则p是q的既不充分也不必要条件.
拓展延伸三：充分性必要性高考高频考点结构
（1）p是q的充分不必要条件⇔p⇒q且q⇏p（注意标志性词：“是”，此时p与q正常顺序）
（2）p的充分不必要条件是q⇔q⇒p且p⇏q（注意标志性词：“的”，此时p与q倒装顺序）
2、全称量词与存在量词
（1）全称量词
短语“所有的”、“任意一个”在逻辑中通常叫做全称量词，并用符号“∀”表示.
（2）存在量词
短语“存在一个”、“至少有一个”在逻辑中通常叫做存在量词，并用符号“∃”表示.
（3）全称量词命题及其否定（高频考点）
①全称量词命题：对M中的任意一个x，有p(x)成立；数学语言：∀x∈M,p(x).
②全称量词命题的否定：∃x∈M,¬p(x).
（4）存在量词命题及其否定（高频考点）
①存在量词命题：存在M中的元素x，有p(x)成立；数学语言：∃x∈M,p(x).
②存在量词命题的否定：∀x∈M,¬p(x).
（5）常用的正面叙述词语和它的否定词语
正面词语 等于（=） 大于（>） 小于（<） 是
否定词语 不等于（≠） 不大于（≤） 不小于（≥） 不是
正面词语 都是 任意的 所有的 至多一个 至少一个
否定词语 不都是 某个 某些 至少两个 一个也没有第三部分：课 前 自 我 评 估 测 试
1．（2022·全国·高三专题练习）王昌龄《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其
中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的（ ）
A．充分条件 B．必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
“返回家乡”的前提条件是“攻破楼兰”，
故“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要不充分条件
故选：B
2．（2022·河南·平顶山市教育局教育教学研究室高二开学考试（文））命题“∀x>0，x2−x>0”的否
定是（ ）．
A．∀x>0，x2−x≤0 B．∃x <0，x2−x ≤0
0 0 0
C．∀x<0，x2−x≤0 D．∃x >0，x2−x ≤0
0 0 0
【答案】D
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题“∀x>0，x2−x>0”的否定是：∃x >0，x2−x ≤0
0 0 0
故选：D
3．（2022·全国·东北师大附中模拟预测（文））命题“∃x ∈R，ex 0−1≥x ”的否定是（ ）
0 0
A．∃x ∈R，ex 0−1<x B．∃x ∈R，ex 0−1<x
0 0 0 0
C．∀x∈R，ex−1≤x D．∀x∈R，ex−1<x
【答案】D
命题“∃x ∈R，ex 0−1≥x ”为特称量词命题，其否定为∀x∈R，ex−1<x；
0 0
故选：D
4．（2022·湖南益阳·一模）设x∈R，则“−1≤x≤3”是“|2x−1|≤3”的（ ）
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
【答案】B
因为|2x−1|≤3，
所以−1≤x≤2，
显然由−1≤x≤3推不出−1≤x≤2，
由−1≤x≤2可推出−1≤x≤3，
所以“−1≤x≤3”是“|2x−1|≤3”的必要不充分条件，
故选：B.
5．（2022·湖南·高一课时练习）使“0＜x＜4”成立的一个必要不充分条件是（ ）A．x＞0 B．x＜0或x＞4
C．0＜x＜3 D．x＜0
【答案】A
设p: 0＜x＜4，所求的命题为q，则原表述可以改写为q是p的必要不充分条件，即q推不出p，但p q.，
显然由: 0＜x＜4，能推出x＞0，推不出x＜0或x＞4、0＜x＜3、x＜0，
⇒
故选：A
第四部分：典 型 例 题 剖 析
高频考点一：充分条件与必要条件的判断
1．（2022·河北石家庄·高一期末）祖暅原理也称祖氏原理，一个涉及几何求积的著名命题．内容为：“幂
势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个等高的几何体，如在等高处
的截面积相等，体积相等．设A，B为两个等高的几何体，p：A、B的体积相等，q：A、B在同一高处的
截面积相等．根据祖暅原理可知，p是q的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
已知A，B为两个等高的几何体，由祖暅原理知q⇒p，而 不能推出q，可举反例，两个相同的圆锥，一
个正置，一个倒置，此时两个几何体等高且体积相等，但在同一高处的截面积不相等，则 是q的必要不
充分条件
故选：C
2．（2022·河南·许昌高中高三开学考试（文））若p:−1≤x≤2，q:−1≤x≤1，则p为q的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】C
对于p，如果x=1.5，则q不能成立，
如果−1≤x≤1 ，则x必然在[−1,−2] 区间内，
因此p为q的必要不充分条件；
故选：C.
3．（2022·全国·高三专题练习）已知a， ，则“ab≥1”是“a2+b2≥2”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
【答案】A
当ab≥1时，由a2+b2≥2ab≥2，故充分性成立，当a2+b2≥2时，比如a=1,b=−2，满足a2+b2≥2，但
ab=−2<1，故必要性不成立.
故选：A4．（2022·天津·一模）设x∈R，则“|x−1|<2”是“ ”的（ ）
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
【答案】B
1
解不等式可得|x−1|<2⇔−1<x<3， >1⇔1<x<2，
x−1
又1<x<2⇒−1<x<3，反之不成立，
所以“|x−1|<2”是“ ”的必要不充分条件，
故选：B.
5．（2022·四川省通江中学高二开学考试（理））“−5<k<0”是“函数y=x2－kx－k的值恒为正值”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
【答案】B
函数y=x2－kx－k的值恒为正值，
则Δ<0⇒k2+4k<0⇒−4<k<0，
∵(−4,0)(−5,0)，
∴“−5<k<0”是“函数y=x2－kx－k的值恒为正值”的必要不充分条件.
故选：B.
高频考点二：充分条件与必要条件的应用
1．（2022·江西新余·高一期末）已知(x+a) 2−16>0”的必要不充分条件是“x≤−2或x≥3”，则实数a
的最大值为（ ）
A．−2 B．−1 C．0 D．1
【答案】D
由(x+a) 2−16>0，得x<−a−4或x>4−a，
因为(x+a) 2−16>0”的必要不充分条件是“x≤−2或x≥3”，
{−a−4≤−2
所以 ，解得−2≤a≤1，
4−a≥3
所以实数a的最大值为1，
故选：D
2．（2022·山西吕梁·高一期末）函数 在 上单调递增的充分不必要条件是（ ）
A．b∈[0,+∞) B．b∈(0,+∞) C．b∈(−∞,0) D．b∈(−∞,0]
【答案】Bb b b
函数 的单调递增区间是[− ,+∞)，依题意，[0,+∞)⊆[− ,+∞)，于是得− ≤0，
2 2 2
解得b≥0，
所以函数 在 上单调递增的充分不必要条件是b∈(0,+∞).
故选：B
3．（2022·山东聊城·高一期末）已知集合A={x|x2−2x−8<0}，非空集合B={x|−2<x<3+m}，若
x∈B是x∈A成立的一个充分而不必要条件，则实数m的取值范围是___________.
【答案】(−5,1)
由题意得，A={x|x2−2x−8<0}={x|−2<x<4}，
由x∈B是x∈A成立的一个充分而不必要条件，得B⊆A，
{−2<3+m
即 解得，−5<m<1，
3+m<4
故答案为：(−5,1).
4．（2022·全国·高三专题练习）已知命题 ： ，命题q： ，若命题 是命题q的充分不
必要条件，则实数a的取值范围是________．
【答案】4<a≤6##（4，6]
x−3
解析： 移项整理可得 ≤0，解得{x|2<x≤3}．
x−2
{ | a a}
得 x −1+ <x<1+ ．
2 2
由题意得： 且 ，从而得出4<a≤6．
故答案为：4<a≤6
5．（2022·广东珠海·高一期末）设集合A={x|x2−x−2<0},B={x|(x−a)(x−3a)<0,a>0}，语句
p:x∈A，语句q:x∈B.
(1)当a=1时，求集合A与集合B的交集；
(2)若 是q的必要不充分条件，求正实数a的取值范围.
2
【答案】(1){x|1<x<2}；(2)0, .
3
(1)由题设，A={x|−1<x<2}，当a=1时B={x|1<x<3}，
所以A∩B={x|1<x<2}；
(2)由题设，B={x|a<x<3a}，且A={x|−1<x<2}，
若 是q的必要不充分条件，则 B⊂A ，又a为正实数，即
{3a≤2
，解得0<a≤
2
，
≠ a>0 32
故a的取值范围为0, .
3
高频考点三：充分条件与必要条件（“是”，“的”）结构对比
1．（2022·北京·北师大实验中学模拟预测）设p： ，q：(x+1)(x−3)<0，则p是q成立的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
解不等式得：−1<x<3，即q:−1<x<3，显然 {x|x<3}，
所以p是q成立的必要不充分条件.
故选：C
3 2x+1
2．（2022·浙江·安吉县高级中学高一开学考试）设x∈R，则“|x−2|≤ ”是“ ≤0”的（ ）
2 x−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
【答案】D
3 3 3 1 7
解：因为|x−2|≤ ，所以− ≤x−2≤ ，解得 ≤x≤ ；
2 2 2 2 2
2x+1 {(2x+1)(x−2)≤0 1 1 7 1
由 ≤0，即 ，解得− ≤x<2；所以 ≤x≤ 与− ≤x<2互相不能推出，故“
x−2 x−2≠0 2 2 2 2
3 2x+1
|x−2|≤ ”是“ ≤0”的既不充分也不必要条件；
2 x−2
故选：D
3．（2022·陕西·武功县普集高级中学一模（文））使不等式(x+1)(x−2) 2>0成立的一个充分不必要条件
是（ ）
A． 且x≠2 B．−1<x<3
C．x<1 D．x>3
【答案】D
因为(x−2) 2≥0，故不等式(x+1)(x−2) 2>0的解集为{x|x⟩−1且x≠2}，
故不等式(x+1)(x−2) 2>0成立的一个充分不必要条件所构成的集合应是{x|x⟩−1且x≠2}的真子集，
显然，满足题意的只有{x|x⟩3}.
故选：D.
4．（2022·广东广州·高一期末）使不等式x2−x−6<0成立的充分不必要条件是（ ）
A．−2<x<0 B．−2<x<3
C．0<x<5 D．−2<x<4
【答案】A
解不等式x2−x−6<0得：−2<x<3，对于A，因{x|−2<x<0}{x|−2<x<3}，即−2<x<0是x2−x−6<0成立的充分不必要条件，A正确；
对于B，−2<x<3是x2−x−6<0成立的充要条件，B不正确；
对于C，因{x|0<x<5}⊄{x|−2<x<3}，且{x|−2<x<3}⊄{x|0<x<5}，
则0<x<5是x2−x−6<0成立的不充分不必要条件，C不正确；
对于D，因{x|−2<x<3}{x|−2<x<4}，则−2<x<4是x2−x−6<0成立的必要不充分条件，D不正
确.
故选：A
5．（2022·安徽黄山·一模（理））命题：∃x∈R，ax2−ax −2>0为假命题的一个充分不必要条件是
0 0
（ ）
A．−∞,−8∪0,+∞) B．(−8,0)
C．−∞,0 D．[−8,0]
【答案】B
∵命题∃x∈R,ax2−ax−2>0”为假命题，命题“∀x∈R， ”为真命题，
当a=0时， 成立，
当a≠0时，a<0，故方程ax2−ax−2=0的Δ=a2+8a≤0解得： ，
故a的取值范围是：[−8,0]，要满足题意，则选项是集合[−8,0]真子集，故选项B满足题意.故选：B
6．（2022·江西抚州·高二期末（文））已知m>0，p:(x+1)(x−2)≤0，q:1−m≤x≤1+m．
若¬p是¬q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
【答案】(0,1]．
{
m>0
因¬p是¬q的充分不必要条件，则p是q的必要不充分条件，于是得 1−m≥−1，解得0<m≤1，所以实
1+m≤2
数m的取值范围是(0,1]．
高频考点四：全称量词命题与存在量词命题的真假判断
1．（2021·全国·高一单元测试）下列四个命题中，是真命题的为（ ）
A．任意x∈R，有x2+3<0 B．任意x∈N，有x2>1
C．存在x∈Z，使x5<1 D．存在x∈Q，使x2=3
【答案】C
由于对任意x∈R，都有x2≥0，因而有x2+3≥3，故A为假命题．
由于0∈N，当x=0时，x2>1不成立，故B为假命题．
由于−1∈Z，当x=−1时，x5<1，故C为真命题．
由于使x2=3成立的数只有±√3，而它们都不是有理数，因此没有任何一个有理数的平方等于3，故D是假
命题．
故选：C2．（2021·北京四中高三期中）下列命题中的假命题是（ ）
A．∃x>0,x2>x3 B．∀x∈R,lnx>0
C．∃x∈R,sinx>−1 D．∀x∈R,2x>0
【答案】B
1 (1) 2 (1) 3
解：对A：取x= ，则 > 成立，故选项A正确；
2 2 2
对B：当x≤0时，lnx没有意义，故选项B错误；
对C：取x=0，则sin0=0>−1成了，故选项C正确；
对D：由指数函数的性质有∀x∈R,2x>0成立，故选项D正确.
故选：B.
3．（2021·山西·朔州市平鲁区李林中学高一阶段练习）在下列命题中，是真命题的是（ ）
A．∃x∈R,x2+x+3=0
B．∀x∈R,x2+x+2>0
C．∀x∈R,x2>|x|
D．已知A={a∣a=2n},B={b∣b=3m}，则对于任意的n,m∈N∗，都有A∩B=∅
【答案】B
选项A，∃x∈R,x2+x+3=0，即x2+x+3=0有实数解，所以Δ=1−12=−11＜0，显然此方程无实
数解，故排除；
1 7 7
选项B，∀x∈R,x2+x+2>0，x2+x+2=（x+ ） 2+ ≥ ＞0，故该选项正确；
2 4 4
选项C，∀x∈R,x2>|x|，而当x=0时,0>0，不成立，故该选项错误，排除；
选项D，A={a∣a=2n},B={b∣b=3m}，当n,m∈N∗时，当a、b取得6的正整数倍时，A∩B≠∅，
所以，该选项错误，排除.
故选：B.
4．（2020·湖南·长沙铁路第一中学高二阶段练习）下列命题为真命题的是（ ）
1
A．∀x,y∈R,x+ y≥2√xy B．∀x∈R,x+ ≥2
x
C．∃x ∈R,x2−2x +3≤0 D．∀x∈R+,x≥sinx
0 0 0
【答案】D
对于A选项，当 且y<0，x+ y<0<2√xy，A选项错误；
1
对于B选项，当 时，x+ <0<2，B选项错误；
x
对于C选项，x2−2x +3=(x −1) 2+2>0，C选项错误；
0 0 0
对于D选项，构造函数f (x)=x−sinx，其中x>0，则 ，所以，函数f (x)=x−sinx在区间(0,+∞)上单调递增，则f (x)>f (0)=0，
所以，∀x∈R+，x>sinx，D选项正确.
故选：D.
5．（2017·全国·高一课时练习（文））下列命题中的假命题的是
A． B．
C． D．
【答案】B
当120°时， ，显然选项B错误，故选B.
考点：特称命题与全称命题的真假判断.
高频考点五：含有一个量词的命题的否定
1．（2022·河南许昌·高二期末（文））命题“∀x>1，x2−x>0”的否定是（ ）
A．∃x ≤1，x 2−x >0 B．∃x >1，x 2−x ≤0
0 0 0 0 0 0
C．∀x>1，x2−x≤0 D．∀x>1，x2−x>0
【答案】B
∵全称命题的否定是特称命题，即先将量词“∀”改为量词“∃”，再将结论否定，
∴“∀x>1，x2−x>0”的否定为“∃x >1，x 2−x ≤0”，
0 0 0
故选：B.
x
2．（2020·江西南昌·高二期末（文））命题“∀x>0， >0”的否定是（ ）
x−1
x
A．∃x<0， ≤0 B．∃x>0，0≤x≤1
x−1
x
C．∀x<0， ≤0 D．∀x<0，0≤x≤1
x−1
【答案】B
x x
由 >0得： 或x>1，所以 >0的否定是0≤x≤1.
x−1 x−1
所以，命题的否定是“∃x>0，0≤x≤1”.
故选：B.
3．（2021·河南·马店第一高级中学高二阶段练习（理））命题“∀x∈R，都有x2 ＋x+1>0”的否定是
___________.
【答案】∃x∈R，有x2+x+1≤0
题“∀x∈R，都有x2 ＋x+1>0”的否定是：∃x∈R,x2+x+1≤0．
故答案为：∃x∈R,x2+x+1≤0．4．（2022·贵州·赫章县教育研究室高一期末）命题“∃x∈R，|x|+√x≥0”的否定是___________.
【答案】∀x∈R，|x|+√x<0.
特称命题的否定，先把存在量词改为全称量词，再把结论进行否定即可，命题“∃x∈R，|x|+√x≥0”
的否定是“∀x∈R，|x|+√x<0”，
故答案为：∀x∈R，|x|+√x<0.
高频考点六：根据全称（特称）命题的真假求参数
1．（2022·全国·高三专题练习）已知命题“∀x∈R， ”是假命题，则实数a的取值范围
是（ ）
A．(−∞,−4) B．(−∞,4) C．−4,+∞) D．4,+∞)
【答案】C
由题意可知，命题“∃x∈R，ax2+4x−1≥0”是真命题.
当x=0时，则有−1≥0，不合乎题意；
1−4x 1 4
当x≠0时，由ax2+4x−1≥0，可得ax2≥1−4x，则有a≥ = − ，
x2 x2 x
1 4 (1 ) 2 1
∵ − = −2 −4≥−4，当且仅当x= 时，等号成立，
x2 x x 2
所以，a≥−4.
综上所述，实数a的取值范围是−4,+∞).
故选：C.
【点睛】
结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1）∀x∈D，m≤f (x)⇔m≤f (x) ；
min
（2）∀x∈D，m≥f (x)⇔m≥f (x) ；
max
（3）∃x∈D，m≤f (x)⇔m≤f (x) ；
max
（4）∃x∈D，m≥f (x)⇔m≥f (x) .
min
2．（2022·江苏·高一期末）已知命题p：∀x∈R，ax2＋2x＋3>0.若命题p为假命题，则实数a的取值范围是
（ ）
{ 1}
A． a∣a< B．
3
C． D．
【答案】C
先求当命题 ：∀x∈R，ax2+2x+3>0为真命题时的a的取值范围
（1）若a=0，则不等式等价为2x+3>0，对于∀x∈R不成立，{ a>0
（2）若a不为0，则 ，解得 ，
Δ=4−12a<0
∴命题 为真命题的a的取值范围为 ，
∴命题 为假命题的a的取值范围是 .
故选：C
1
3．（2022·河南濮阳·高一期末）已知命题“∃x∈R，使2x2+(a−1)x+ ≤0”是假命题，则实数a的取
2
值范围是（ ）
A．a<−1 B．−1<a<3 C．a>−3 D．−3<a<1
【答案】B
1
因为命题“∃x∈R，使2x2+(a−1)x+ ≤0”是假命题，
2
1
所以2x2+(a−1)x+ >0恒成立，
2
1
所以Δ=(a−1) 2−4×2× <0，
2
解得−1<a<3，
故实数a的取值范围是(−1,3)．
故选：B．
4．（2022·全国·高三专题练习）存在x∈[−1,1]，使得 ，则m的最大值为（ ）
1 1
A．1 B． C． D．-1
4 2
【答案】C
x2
由不等式 ，可化为m≤ ，
3−x
x2 6x−x2 −x(x−6)
设f (x)= ,x∈[−1,1]，则f'(x)= = ，
3−x (3−x) 2 (3−x) 2
当x∈[−1,0)时，f'(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(0,1]时，f'(x)>0，f (x)单调递增，
1 1 1
又由f(−1)= ,f (1)= ，所以函数f (x)的最大值为f (1)= ，
4 2 2
1
要使得存在x∈[−1,1]，使得 ，则m≤ ，
2
1
则m的最大值为 .
2故选：C.
5．（2022·全国·高三专题练习（文））命题“∀x∈R,ax2+4ax+3>0”为真，则实数a的范围是
__________
3)
【答案】0,
4
由题意知：不等式ax2+4ax+3>0对 恒成立，
当a=0时，可得3>0，恒成立满足；
{ a>0
当a≠0时，若不等式恒成立则需 ，解得 ，
Δ=16a2−12a<0
3)
所以a的取值范围是0, ，
4
3)
故答案为：0, .
4
【点睛】思路点睛：形如ax2+bx+c<0(>0)的不等式恒成立问题的分析思路：
（1）先分析a=0的情况；
（2）再分析a≠0，并结合Δ与0的关系求解出参数范围；
（3）综合（1）（2）求解出最终结果.
6．（2022·湖北·江夏一中高一阶段练习）已知f (x)=x2−mx+4，g(x)=log x，若“∀x ∈[1,4]，
2 1
∃x ∈[2,4]，使得 成立”为真命题，则实数m的取值范围是_________.
2
【答案】(−∞,2√3)
当x ∈[2,4]，有g(x )∈[1,2]，
2 2
则∀x ∈[1,4]，∃x ∈[2,4]，使得 成立，
1 2
等价于∀x ∈[1,4]，f (x )>1，
1 1
即x2−mx+3>0，在x∈[1,4]上恒成立，
3
参变分离可得：x+ >m，
x
( 3)
当x∈[1,4]， x+ √3 ，当x=√3时取等，
x
min
所以m<2√3，
故答案为：(−∞,2√3).
7．（2022·全国·高三专题练习）命题“∀x∈R，使得不等式mx2+mx+1≥0”是真命题，则m的取值
范围是________.
【答案】[0,4]
解：因为命题“∀x∈R，使得不等式mx2+mx+1≥0”是真命题当m=0时， 恒成立，满足条件；
{ m>0
当m≠0时，则 解得0<m≤4
m2−4m≤0
综上可得0≤m≤4即m∈[0,4]
故答案为：[0,4]
8．（2022·河南·高三阶段练习（文））命题“∃x ∈R，使mx2 －（m＋3）x＋m≤0”是假命题，则实数m
0 0 0
的取值范围为__________．
【答案】(3,+∞)
若∃x ∈R，使mx2−(m+3)x +m≤0是假命题，
0 0 0
则∀x∈R，使mx2−(m+3)x+m>0是真命题，
当m=0,mx2−(m+3)x+m>0转化−3x>0，不合题意；
{ m>0
当m≠0,∀x∈R，使mx2−(m+3)x+m>0即恒成立，即 ，
(m+3) 2−4m2<0
解得m>3或m<−1（舍），所以m>3，
故答案为：(3,+∞)
[1 ] 4
9．（2022·江西鹰潭·高二期末（理））命题p:∀x∈ ,1 ，x+ >a恒成立是假命题，则实数a的取
2 x
值范围是________________．
【答案】5,+∞)
[1 ] 4
∵ 命题p:∀x∈ ,1 ，x+ >a恒成立是假命题，
2 x
[1 ] 4
∴ ∃x∈ ,1 ，x+ ≤a，
2 x
4 1
∴ [x+ ] ，x∈[ ,1]，
x min 2
4 1
又函数y=x+ 在[ ,1]为减函数，
x 2
4
∴ [x+ ]= ，
x min
∴ a≥5，
∴ 实数a的取值范围是5,+∞),
故答案为：5,+∞).
10．（2022·全国·高三专题练习）若“存在x∈[﹣1，1]，a⋅3x+2x+1>0成立”为真命题，则a的取值范
围是___．9
【答案】(− ,+∞)
2
2x+1
存在x∈[﹣1，1]，a⋅3x+2x+1>0成立，即−a< 在x∈[−1,1]上有解，
3x
2x+1 (2) x (1) x
设f(x)= = + ，x∈[−1,1]，
3x 3 3
易得y＝f(x)在[﹣1，1]为减函数，
2 1 3 9
所以f(x)∈[f(1),f(−1)]，即 + ≤f(x)≤ +3，即1≤f(x)≤ ，
3 3 2 2
9 9
即−a< ，所以a>− ，
2 2
9
故答案为：(− ,+∞)．
2
2x+1
【点睛】关键点点睛：将问题转化为−a< 在x∈[−1,1]上有解进行求解是解题关键.
3x
第五部分：高考真题感悟
1．（2021·全国·高考真题（理））已知命题p:∃x∈R,sinx<1﹔命题q:∀x∈R﹐e|x|≥1，则下列
命题中为真命题的是（ ）
A．p∧q B．¬p∧q C．p∧¬q D．¬(p∨q)
【答案】A
由于sin0=0，所以命题 为真命题；
由于y=ex在 上为增函数， ，所以e|x|≥e0=1，所以命题q为真命题；
所以p∧q为真命题，¬p∧q、p∧¬q、¬(p∨q)为假命题.
故选：A．
2．（2021·天津·高考真题）已知a∈R，则“a>6”是“a2>36”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
【答案】A
由题意，若a>6，则a2>36，故充分性成立；
若a2>36，则a>6或 ，推不出a>6，故必要性不成立；
所以“a>6”是“a2>36”的充分不必要条件.
故选：A.
3．（2021·湖南·高考真题）“x=1”是“x2−3x+2=0”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
【答案】A
将x=1代入x2−3x+2中可得1−3+2=0,即“x=1”是“x2−3x+2=0”的充分条件；
由x2−3x+2=0可得(x−1)(x−2)=0,即x=1或 ,所以“x=1”不是“x2−3x+2=0”的必要条件,
故选:A
4．（2021·北京·高考真题）已知f(x)是定义在上[0,1]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．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
【答案】A
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)，
若f (x)在[0,1]上的最大值为f (1)，
( 1) 2
比如f (x)= x− ，
3
( 1) 2 [ 1]
但f (x)= x− 在 0, 为减函数，在 为增函数，
3 3
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)”的充分不必要条件，故选：A.
5．（2020·山东·高考真题）已知a∈R，若集合M={1,a}，N={−1,0,1}，则“a=0”是“M⊆N”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
【答案】A
当a=0时，集合M={1,0}，N={−1,0,1}，可得M⊆N，满足充分性，
若M⊆N，则a=0或a=−1，不满足必要性，
所以“a=0”是“M⊆N”的充分不必要条件，
故选：A.
6．（2020·天津·高考真题）设a∈R，则“a>1”是“a2>a”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
【答案】A
求解二次不等式a2>a可得：a>1或a<0，
据此可知：a>1是a2>a的充分不必要条件.
故选：A.7．（2020·山东·高考真题）下列命题为真命题的是（ ）
A．1>0且3>4 B．1>2或4>5
C．∃x∈R，cosx>1 D．∀x∈R，x2≥0
【答案】D
A项：因为4>3，所以1>0且3>4是假命题，A错误；
B项：根据1<2、4<5易知B错误；
C项：由余弦函数性质易知cosx≤1，C错误；
D项： 恒大于等于0，D正确，
故选：D.
第六部分：第 02 讲 常用逻辑用语（精练）
一、单选题
1．（2022·宁夏·银川二中高二期末（文））设命题p:∃n∈N，n2>2n，则¬p为（ ）.
A．∀n∈N，n2>2n B．∀n∈N，n2≤2n
C．∃n∈N，n2>2n D．∃n∈N，n2≤2n
【答案】B
因为命题p:∃n∈N，n2>2n，所以¬p为∀n∈N，n2≤2n.
故选：B.
2．（2022·山西·高一阶段练习）若“∃x∈R，ax2−3ax+9≤0”是假命题，则a的取值范围为
（ ）
A．[0,4] B．(0,4) C．[0,4) D．
【答案】C
因为 “∃x∈R，ax2−3ax+9≤0”是假命题，
所以 “∀x∈R，ax2−3ax+9>0”是真命题，
所以当a=0时， 成立；
{ a>0
当a≠0时，则 ，
△=9a2−36a<0
解得 ，
综上： ，
所以a的取值范围为[0,4)，
故选：C
x
3．（2022·陕西安康·高二期末（理））已知命题“存在x∈(3,27)，使得log x+ −m>0”是假命题，
3 3
则m的取值范围是（ ）A．2,+∞) B．(2,+∞)
C．12,+∞) D．(12,+∞)
【答案】C
x
因为命题“存在x∈(3,27)，使得log x+ −m>0”是假命题，所以命题“对任意x∈(3,27)，都有
3 3
x x
log x+ −m≤0”是真命题.令函数f (x)=log x+ −m，显然f (x)在(3,27)上单调递增，则f (x)(27) ，
3 3 3 3 max
故12−m≤0，即 .
故选：C
4．（2022·江西·九江一中高二阶段练习（文））已知集合A={x|x=3n−2,n∈Z}，
B={y|y=6n+4,n∈Z}，则“x∈A”是“x∈B”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
【答案】B
因为 1∈A，但1∉B，故不充分；
因为B={x|x=6n+4}={x|x=3(2n+2)−2}，
所以当x∈B时，x∈A，故必要；
故选:B
5．（2022·浙江温州·二模）已知a,b∈R，则“|a−b|<1”是“|a|+|b|<1”的（ ）
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
【答案】B
由绝对值三角不等式得：|a−b|≤|a|+|b|，当且仅当ab≤0时，等号成立，所以 |a|+|b|<1，而
|a−b|<1，所以“|a−b|<1”是“|a|+|b|<1”的必要不充分条件.
故选：B
6．（2022·黑龙江·哈师大附中高一期末）下列有关命题的说法错误的是（ ）
A．f (x)=lg(−x2+2x+3)的增区间为(−1,1)
B．“x=1”是“ -4x+3=0”的充分不必要条件
C．若集合A={x|kx2+4x+4=0}中只有两个子集，则k=1
D．对于命题p：.存在 ，使得x 2+x +1<0，则¬p：任意 ，均有x2+x+1≥0
0 0
【答案】C
A.令t=−x2+2x+3，由−x2+2x+3>0，解得−1<x<3，
由二次函数的性质知：t在(−1,1)上递增，在(1,3)上递减，又 在(0,+∞)上递增，由复合函数的单
调性知：f (x)=lg(−x2+2x+3)在(−1,1)上递增，故正确；B. 当x=1时， -4x+3=0成立，故充分，当 -4x+3=0成立时，解得x=1或x=3，故不必要，故正确；
C.若集合A={x|kx2+4x+4=0}中只有两个子集，则集合只有一个元素，即方程 有一根，
当k=0时，x=−1，当k≠0时，Δ=16−16k=0，解得k=1，所以k=0或k=1，故错误；
D.因为命题p：.存在 ，使得x 2+x +1<0是存在量词命题，则其否定为全称量词命题，即¬p任意
0 0
，均有x2+x+1≥0，故正确；
故选：C
7．（2022·全国·高二课时练习）已知函数f (x)=ax2−4ax−lnx，则f (x)在(1,3)上不单调的一个充分不必
要条件是（ ）
( 1) ( 1 )
A．a∈ −∞, B．a∈ − ,+∞
6 2
(1 ) ( 1 1)
C．a∈ ,+∞ D．a∈ − ,
2 2 6
【答案】C
1 2ax2−4ax−1
f'(x)=2ax−4a− = ，
x x
若f (x)在(1,3)上不单调，令g(x)=2ax2−4ax−1，
对称轴方程为x=1，则函数g(x)=2ax2−4ax−1与
x轴在(1,3)上有交点．当a=0时，显然不成立；
{Δ=16a2+8a>0, 1 1
当a≠0时，有 解得a> 或a<− ．
g(1)⋅g(3)<0, 6 2
(1 ) ( 1) (1 )
四个选项中的范围，只有 ,+∞ 为 −∞,− ∪ ,+∞ 的真子集，
2 2 6
(1 )
∴f (x)在(1,3)上不单调的一个充分不必要条件是a∈ ,+∞ .
2
故选：C．
2x
8．（2022·河南焦作·高一期末）“函数f (x)= +a有零点”的充要条件是（ ）
2x+1
A．a<−1 B．−1<a<0 C． D．a<0
【答案】B
2x 2x 1
由f (x)= +a=0得a=− =−1+ ，
2x+1 2x+1 2x+1
因为2x>0，所以2x+1>1，
1 1
所以0< <1，所以−1<−1+ <0，
2x+1 2x+1
所以−1<a<0.故选：B
二、填空题
9．（2022·全国·模拟预测）已知“a−3<x<2a−1”是“x2−5x+6<0”成立的必要不充分条件，请写
出符合条件的整数a的一个值____________.
【答案】2
由x2−5x+6<0，得2<x<3,
令A={x|a−3<x<2a−1}，B={x|2<x<3}，
∵“a−3<x<2a−1”是“x2−5x+6<0”成立的必要不充分条件， .
{a−3<2a−1
∴ a−3≤2 （等号不同时成立），解得2≤a≤5，故整数a的值可以为2,3,4,5.
2a−1≥3
故答案为：2,3,4,5中任何一个均可.
10．（2022·全国·高三专题练习）已知p:(x−m) 2<9,q:log (x+3)<1，若￢q是￢p的必要不充分条件，
4
则m的取值范围是__．
【答案】[−2,0]．
因为￢q是￢p的必要不充分条件，所以p是q的必要不充分条件，
由不等式(x−m) 2<9，可得m−3<x<m+3，
由不等式log (x+3)<1，可得−3<x<1，
4
所以p:m−3<x<m+3,q:−3<x<1，
{m−3≤−3
因为p是q的必要不充分条件，所以 ，解得−2≤m≤0，
m+3≥1
故实数m的取值范围是[−2,0]．
故答案为：[−2,0]．
11．（2022·浙江·高三学业考试）已知函数f(x)=x2−2x+3，g(x)=log❑ x+m，若对∀x ∈[2,4]，
2 1
∃x ∈[8,16]，使得f(x )≥g(x )，则实数m的取值范围为______.
2 1 2
【答案】−∞,0
因为若对∀x ∈[2,4]，∃x ∈[8,16]，使得f(x )≥g(x )，
1 2 1 2
所以f 12 ，
minmin
因为f(x)=x2−2x+3的对称轴为x=1，x∈[2,4]
所以f(x) ，
min
因为g(x)=log❑ x+m，x∈[8,16]，
2
所以g(x)
min
所以f(2)≥g(8)，
即3≥3+m所以m≤0
12．（2022·浙江·高三学业考试）已知函数f(x)=x2+x+a，若存在实数x∈[−1,1]，使得
f(f(x)+a)>4af(x)成立，则实数a的取值范围是_______.
【答案】(−2,+∞)
因为f (x)=x2+x+a，
所以f (f (x)+a)>4af (x)可化为：
(f (x)+a) 2+(f (x)+a)+a>4af (x)，
整理得：f2(x)+a2+f (x)+2a>2af (x)，
将f (x)=x2+x+a代入上式整理得：(x2+x) 2 +(x2+x)>−3a，
[ 1 ]
令t=x2+x，x∈[−1,1]，则t∈ − ,2 ，不等式(x2+x) 2 +(x2+x)>−3a可化为：
4
[ 1 ]
t2+t>−3a，t∈ − ,2 ，
4
所以存在实数x∈[−1,1]，使得f (f (x)+a)>4af (x)成立可转化成：
[ 1 ]
存在t∈ − ,2 ，使得t2+t>−3a成立，
4
[ 1 ]
由函数y=t2+t，t∈ − ,2 可得：t2+t≤22+2=6，
4
所以6>−3a，解得：a>−2.
三、解答题
{ 3 }
13．（2022·辽宁·育明高中高一期末）已知集合A={x|(x−a)(x−a+1)≤0},B= x| >1 ．
x+2
(1)若x∈A是x∈B的充分不必要条件，求实数a的取值范围；
(2)设命题p:∃x∈B,x2+(2m+1)x+m2−m>8，若命题p为假命题，求实数m的取值范围．
【答案】(1)−1<a<1 (2)−1≤m≤2
(1)依题意A=[a−1,a]，
3 3 3−x−2 −x+1
>1, −1>0, = >0，
x+2 x+2 x+2 x+2
(−x+1)(x+2)>0,(x−1)(x+2)<0，−2<x<1，所以B=(−2,1).
由于x∈A是x∈B的充分不必要条件，
{a−1>−2
所以 ⇒−1<a<1.
a<1
(2)由于命题p:∃x∈(−2,1),x2+(2m+1)x+m2−m>8为假命题，
所以¬p:∀x∈(−2,1),x2+(2m+1)x+m2−m≤8为真命题，
即∀x∈(−2,1),x2+(2m+1)x+m2−m−8≤0为真命题，构造函数f (x)=x2+(2m+1)x+m2−m−8，f (x)是开口向上的二次函数，
{f (−2)≤0 {m2−5m−6≤0
所以 ，即 ⇒−1≤m≤2.
f (1)≤0 m2+m−6≤0
14．（2022·全国·高三专题练习）在①∃x∈R，x2+2ax+2−a=0，②∃a∈R，使得区间A=(2,4)，
B=(a,3a)满足A∩B=∅这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
已知命题p:∀x∈[1,2]，x2−a≥0，命题q：______，p，q都是真命题，求实数a的取值范围．
【答案】答案见解析
选条件①，由命题p为真命题，得不等式x2−a≥0在x∈[1,2]上恒成立，
因为x∈[1,2]，则1≤x2≤4，即a≤1，
由命题q为真命题，即方程x2+2ax+2−a=0有解，则Δ=(2a) 2−4(2−a)≥0，解得a≥1或a≤−2，
又p，q都是真命题，从而有a≤−2或a=1，
所以实数a的取值范围是−∞,−2∪{1}.
选条件②，由命题p为真命题，得不等式x2−a≥0在x∈[1,2]上恒成立，
因为x∈[1,2]，则1≤x2≤4，即a≤1，
2
因命题q为真命题，由区间B=(a,3a)得a>0，又A∩B=∅，即a≥4或0<3a≤2，解得a≥4或0<a≤ ，
3
2
又p，q都是真命题，从而有0<a≤ ，
3
2
所以实数a的取值范围是0, .
3
15．（2022·重庆复旦中学高一开学考试）在①A∪B=B；②“x∈A”是 “x∈B”的充分不必要条
件；③A∩B=∅这三个条件中任选一个，补充到本题第（2）问的横线处，求解下列问题：
已知集合A={x|a−1≤x≤a+1}，B={x|x2−2x−3≤0}
(1)当a=2时，求A∪B；
(2)若______，求实数a的取值范围.
【答案】(1)A∪B={x|−1≤x≤3}
(2)条件选择见解析，(−∞,−2)∪(4,+∞)
(1)当a=2时，集合A={x|1≤x≤3}，B={x|−1≤x≤3}，
所以A∪B={x|−1≤x≤3}；
(2)若选择①A∪B＝B，则A⊆B，
因为A={x|a−1≤x≤a+1}，所以A≠∅，
又B={x|−1≤x≤3}，
{a−1≥−1
所以 ，解得0≤a≤2，
a+1≤3
所以实数a的取值范围是[0,2]．若选择②，“x∈A “是“x∈B”的充分不必要条件，则A B，
因为A={x|a−1≤x≤a+1}，所以A≠∅， 又B={x|−1≤x≤3}，
{a−1≥−1
所以 ，解得0≤a≤2，
a+1≤3
所以实数a的取值范围是[0,2]．
若选择③，A∩B=∅，
因为A={x|a−1≤x≤a+1}，B={x|−1≤x≤3}，
所以a−1>3或a+1<−1，
解得 或 ，
所以实数a的取值范围是(−∞,−2)∪(4,+∞)．
16．（2022·上海闵行·高一期末）欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号､概念名称的界定外，欧
拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质，例如，欧拉引入倒函数的定义：对于函数 ，如果对于
其定义域D中任意给定的实数x，都有−x∈D，并且f (x)⋅f (−x)=1，就称函数 为倒函数.
1+x
(1)已知f (x)=2x,g(x)= ，判断 和y=g(x)是不是倒函数；（不需要说明理由）
1−x
1
(2)若 是R上的倒函数，当x≤0时，f (x)= ，方程f (x)=2022是否有正整数解？并说明理
2−x+x2
由；
[f (x)] 2−1
(3)若 是R上的倒函数，其函数值恒大于0，且在R上是严格增函数.记F(x)= ，证明：
f (x)
x +x >0是F(x )+F(x )>0的充要条件.
1 2 1 2
1+x
【答案】(1)f (x)=2x是倒函数，g(x)= 不是倒函数；
1−x
(2)没有正整数解，理由见解析；
(3)证明见解析.
(1)对于f (x)=2x，定义域为R，显然定义域D中任意实数x有−x∈D成立，又f(x)f(−x)=2x ⋅2−x=1，
∴f (x)=2x是倒函数，
1+x
对于g(x)= ，定义域为{x|x≠1}，故当x=−1时−x=1∉{x|x≠1}，不符合倒函数的定义，
1−x
1+x
∴g(x)= 不是倒函数.
1−x
(2)令x>0，则−x<0，
f(x)
∴倒函数的定义，可得f(x)f(−x)= =1，即f(x)=2x+x2，
2x+x2{ 1
& ,x≤0 {&x>0
∴f(x)= 2−x+x2 ，要使f (x)=2022有正整数解，则 ，
&2x+x2=2022
&2x+x2,x>0
当x=10时，210+102=1124<2022；当x=11时，211+112=2169>2022；
∴f (x)=2022没有正整数解.
1
(3)由题设，F(x)=f(x)− ，又 是R上的倒函数，
f(x)
∴F(x)=f(x)−f(−x)，故F(x )+F(x )=f(x )−f(−x )+f(x )−f(−x )，
1 2 1 1 2 2
充分性：当x +x >0时，x >−x 且x >−x ，又f(x)在R上是严格增函数，
1 2 1 2 2 1
∴f(x )−f(−x )>0，f(x )−f(−x )>0，故F(x )+F(x )>0成立；
1 2 2 1 1 2
1 1 f(x )f(x )−1
必要性：当F(x )+F(x )>0时，有f(x )− +f(x )− =[f(x )+f(x )][ 1 2 ]>0，
1 2 1 f(x ) 2 f(x ) 1 2 f(x )f(x )
1 2 1 2
又f(x)恒大于0，
∴f(x )f(x )>1=f(x )f(−x )，即f(x )>f(−x )，f(x)在R上是严格增函数，
1 2 1 1 2 1
∴x >−x ，即有x +x >0成立；
2 1 1 2
综上，x +x >0是F(x )+F(x )>0的充要条件.
1 2 1 2
