第2 讲 常用逻辑用语·分类练习（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
C
A
B
D
B
6
7
8
9
10
C
C
A
A
C
11
12
13
14
15
A
B
A
B
B
16
17
18
19
20
B
A
A
D
A
21
22
23
24
25
A
A
C
(-∞,1)
0（答案不唯
一，满足 a<2
即可）
26
27
28
29
30
（1）
{x∣-2≤x<-1 或
（2）(-1,3)
B
B
B
C
31
32
33
34
35
D
D
∃x>0，
x
2-7 x +6>0
D
B
36
37
C
D
1.（2026·安徽江淮十校·4 月模拟）e
a>e
b 是 lga>lgb 的（ ）
A. 充要条件
B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件
D. 既不充分也
不必要条件
【答案】C
【解析】当 lga>lgb 时，a>b 成立，当 e
a>e
b 时，lga>lgb 不一定成立，故 e
a>e
b 是
lga>lgb 的必要不充分条件，选 C.
【点拨】判断充分必要条件，可从条件推结论，再从结论推条件.注意对数函数的定义域.
2.（2026·山东滨州·二模）已知实数 a,b，则“a>2 且 b>2”是“a+b>4”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
【解析】已知实数 a,b，则“a>2 且 b>2”是“a+b>4”的充分不必要条件.
【点拨】利用不等式的同向可加性可判断充分性，利用举反例的方法可判断必要性.
3.（2026·皖江名校·5 月模拟）“函数 f ( x)=lg( x
2-ax) 在区间 (2,+ ∞) 上单调递增”是
“a≤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
【答案】B
【解析】f ( x)=lg( x
2-ax) 在区间 (2,+∞) 上单调递增 ⇔∀x>2, x
2-ax>0 且 a
2 ≤2，解得
a≤2.所以 a≤2 是 a≤1 的必要不充分条件.
【点拨】复合函数的单调性遵循“同增异减”原则，同时必须保证内层函数在给定区间上恒大于
零.
4.（2026·山东菏泽·一模）已知 a>0，b>0，则 a>b 是 2ln a> 1
2 ln 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】D
【解析】取 a=e
-1，b=e
-2，则 a>b，但 ln a=-1，ln b=-2，此时 2ln a=-2，1
2 ln b=-1，
2ln a< 1
2 ln b，所以 a>b 不是 2ln a> 1
2 ln b 的充分条件，取 a=e
2，b=e
3，则 2ln a=2ln e
2= 4，
1
2 ln b= 1
2 ln e
3= 3
2，故 2ln a> 1
2 ln b，但 a<b，所以 a>b 不是 2ln a> 1
2 ln b 的必要条件，所以
a>b 是 2ln a> 1
2 ln b 的既不充分也不必要条件.
【点拨】对于含有对数式的不等式条件判断，通过选取特殊值举反例是快速排除充分性或必要性
的有效手段.
5.（2026·山东枣庄·一模）已知集合 A ={x∣x =2k ,k ∈Z }，B ={x∣x = 4 k ,k ∈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
【解析】集合 A 表示所有偶数构成的集合，集合 B 表示所有 4 的倍数构成的集合.因为
4 k =2(2k )，且 k ∈Z 时 2k ∈Z，所以集合 B 中的元素一定是偶数，即 B⊆A，且 A ≠B
（例如 2∈A 但 2∉B）.因此，“x∈A”推不出“x∈B”，而“x∈B”能推出“x∈A”.
故“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件.
【点拨】判断元素属于集合的充分必要条件，实质上是判断两个集合的包含关系.小集合是大集合
的充分条件.
6.（2025·山东青岛·一模）设 U 为全集，A，B 是集合，则“存在集合 C 使得 A ⊆C，
B⊆∁U C”是“A ∩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】C
【解析】由 B⊆∁U C，得 B∩C = ⌀，而 A ⊆C，则 A ∩B = ⌀，故“存在集合 C 使得
A ⊆C，B⊆∁U C”是“A ∩B = ⌀”的充分条件；由 A ∩B = ⌀，存在一个集合 C = A，使得
A ⊆C，B⊆∁U C，所以“存在集合 C 使得 A ⊆C，B⊆∁U C”是“A ∩B = ⌀”的必要条件.
故选：C.
【点拨】借助Venn 图可以直观地分析集合之间的包含与相交关系，从而准确判断命题的充分性与
必要性.
7.（2024·华师附中·三模）已知 θ∈R，则“cosθ>0”是“角 θ 为第一或第四象限角”
的（ ）
A. 既不充分又不必要条件
B. 充分不必要条件
C. 必要不充分
条件
D. 充要条件
【答案】C
【解析】若 cosθ>0，则角 θ 为第一或第四象限角或 x 轴正半轴上的角，充分性不成立；若角
θ 为第一或第四象限角，则 cosθ>0，必要性成立.故“cosθ>0”是“角 θ 为第一或第四象限
角”的必要不充分条件.
【点拨】判断三角函数值符号与角所在象限的关系时，切勿遗漏终边落在坐标轴上的特殊情况.
8.（2026·河北石家庄·一模）已知 k ∈Z，则“α = π
2 +2kπ”是“sin α =1+cosα”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
【解析】若 α = π
2 +2kπ，k ∈Z，则 sin α =sin( π
2 +2kπ )=1，cosα =cos( π
2 +2kπ )=0，此时
1=1+0，即 sin α =1+cosα 成立，充分性成立.
若 sin α =1+cosα，则 sin α -cosα =1，即
❑√2sin(α - π
4 )=1，sin(α - π
4 )=
❑√2
2 .
由此可得 α - π
4 = π
4 +2kπ 或 α - π
4 = 3 π
4 +2kπ，k ∈Z.
解得 α = π
2 +2kπ 或 α = π +2kπ，k ∈Z.
因为 {α ∣α = π
2 +2kπ ,k ∈Z }⊊{α ∣α = π
2 +2kπ 或 α = π +2kπ ,k ∈Z }，所以必要性不成立.
因此，“α = π
2 +2kπ”是“sin α =1+cosα”的充分不必要条件.
【点拨】处理三角方程时，常利用辅助角公式将同角正余弦的线性组合化为单一三角函数，从而
求出角的完整集合.
9.（2024·名校教研·5 月押题）已知 0≤x<2π，则 cos2 x +cos x ≥0 成立的充分不必要条件
是（ ）
A. 0≤x< π
3
B. π
2 ≤x ≤π
C. 0≤x<π
D. π ≤x<2π
【答案】A
【解析】∵cos2 x +cos x ≥0，2cos
2 x +cos x -1≥0，(2cos x -1)(cos x +1)≥0 且 0≤x<2π，
∴0≤x ≤π
3 或 5 π
3 ≤x<2π 或 x = π．A 正确．
【点拨】将二倍角化为单角，通过因式分解解三角不等式，求出等价条件后，再寻找其真子集即
为充分不必要条件.
10.（2026·湖南长郡中学·月考）在锐角 △ABC 中，“A >B”是“cos2 A <cos2B”的（
）
A. 必要不充分条件
B. 充分不必要条件
C. 充要条件
D. 既不充分也
不必要条件
【答案】C
【解析】由题可知 A ,B∈(0, π
2 )，所以 2 A ,2B∈(0,π )，又 y =cos x 在区间 (0,π ) 上单调
递减，A >B⇔2 A >2B⇔cos2 A <cos2B，故“A >B”是“cos2 A <cos2B”的充要条件.
【点拨】在三角形中比较角的大小，常转化为比较其三角函数值的大小，注意结合角的取值范围
和三角函数的单调性.
11.（2026·山东东营·二模）“∃λ∈R，使得 a= λb”是“a∥b”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】A
【解析】若 ∃λ∈R，使得 a= λb，则向量 a 与 b 共线，即 a∥b，充分性成立.若 a∥b，当
b=0 且 a≠0 时，不存在实数 λ 使得 a= λb，必要性不成立.因此，“∃λ∈R，使得 a= λb”
是“a∥b”的充分不必要条件.
【点拨】向量共线定理中，a= λb 的前提是 b≠0.若不限制非零向量，需考虑零向量的特殊情况.
12.（2025·赣州十八县·期中）已知 |a|=2，|b|=3，则“向量 a,b 共线”是“
|a+b|=5”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件
D. 充
要条件
【答案】B
【解析】向量 a,b 共线，则 |a+b|=1 或 |a+b|=5，因此，“向量 a,b 共线”不是“
|a+b|=5”的充分条件，|a+b|=5 能推出向量 a,b 同向，故“向量 a,b 共线”是“
|a+b|=5”的必要条件，故选 B.
【点拨】向量共线包含同向和反向两种情况，模长之和等于和的模长仅在两向量同向或至少有一
个为零向量时成立.
13.（2026·河北百师联盟·一模）设 a,b∈R，i 是虚数单位，则“复数 z =a+ b
i 为纯虚
数”是“ab=0”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件
D. 充
要条件
【答案】A
【解析】因为 z =a+ b
i =a-bi，若复数 z =a+ b
i 为纯虚数，则 a=0，b≠0，所以 ab=0；即
“复数 z =a+ b
i 为纯虚数”是“ab=0”的充分条件；若 b=0，则 ab=0，但复数 z =a+ b
i 不
是纯虚数；即“复数 z =a+ b
i 为纯虚数”不是“ab=0”的必要条件；综上，“复数 z =a+ b
i 为
纯虚数”是“ab=0”的充分不必要条件.故选：A.
【点拨】复数 z = x + y i (x , y ∈R) 为纯虚数的充要条件是实部为零且虚部不为零.
14.（2026·天壹名校·5 月模拟）对于平面向量 a,b，设甲：a
2=2026a⋅b，乙：a=0，则（
）
A. 甲是乙的充分不必要条件
B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲
是乙的充要条件
D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】对于充分性，当 a⟂(a-2026b) 时甲成立，而乙不一定成立，矛盾，对于必要性，
a=0 时 a
2=2026a⋅b=0，成立，故选B．
【点拨】向量数量积的等式变形可以揭示向量间的垂直关系.甲条件可化为 a⋅(a-2026b)=0，即
a 与 a-2026b 垂直或其中至少有一个为零向量.
15.（2026·江苏镇江·零模）已知直线 l 与平面 α. 命题 p：l 在平面 α 外，命题 q：
l∥α，则 p 是 q 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
【解析】直线 l 在平面 α 外，意味着直线 l 与平面 α 相交或平行，即 l∩α = A 或 l∥α.因此，
由 p 推不出 q，充分性不成立.若命题 q 成立，即直线 l∥α，则直线 l 与平面 α 没有公共点，
必然有直线 l 在平面 α 外，即命题 p 成立，必要性成立.故 p 是 q 的必要不充分条件.
【点拨】直线在平面外包含直线与平面平行和直线与平面相交两种位置关系.
16.（2026·南京栖霞·一模）“a=- 4”是“直线 l：3 x +ay +a+3=0 与圆 C：
( x -1)
2+( y -3)
2= 4 相切”的（ ）
A. 必要不充分条件
B. 充分不必要条件
C. 充要条件
D. 既不充分也
不必要条件
【答案】B
【解析】由直线 l：3x＋ay＋a＋3＝0 与圆 C：( x -1)
2+( y -3)
2= 4 相切，得 |3+a+a+3|
❑√9+a
2
=2，
解得 a＝0 或 a＝－4，则“a＝－4”是“直线 l：3x＋ay＋a＋3＝0 与圆 C：( x -1)
2+( y -3)
2= 4
相切”的充分不必要条件．故选：B.
【点拨】直线与圆相切的充要条件是圆心到直线的距离等于半径，由此列方程求解参数，再判断
集合的包含关系.
17.（2025·江西上进·4 月联考）“椭圆 C：x
2
m +
y
2
6-m =1 的焦点在 y 轴”的一个充分不
必要条件是（ ）
A. 0<m<2
B. m<3
C. 0<m<3
D. m>3
【答案】A
【解析】若椭圆 C：x
2
m +
y
2
6-m =1 的焦点在 y 轴，则 0<m<6-m，解得 0<m<3. 故选 A.
【点拨】椭圆焦点在 y 轴上的充要条件是 y
2 项的分母大于 x
2 项的分母且均为正数.求出充要
条件后，寻找其真子集即为充分不必要条件.
18.（2026·金丽衢·二模）已知 A ,B ,C , D 为空间中的四个不重合的点，则“点
A ,B ,C , D 不共面”是“直线 AB 和 CD 不相交”的（ ）条件
A. 充分非必要
B. 必要非充分
C. 充要
D. 既非充分也
非必要
【答案】A
【解析】若点 A ,B ,C , D 不共面，则直线 AB 和 CD 既不平行也不相交，即直线 AB 和 CD
异面，所以直线 AB 和 CD 不相交，充分性成立.若直线 AB 和 CD 不相交，则直线 AB 和
CD 可能平行，此时点 A ,B ,C , D 共面，所以推不出点 A ,B ,C , D 不共面，必要性不成立.因
此，“点 A ,B ,C , D 不共面”是“直线 AB 和 CD 不相交”的充分非必要条件.
【点拨】空间中两条直线不相交包含平行和异面两种情况，平行时四点共面，异面时四点不共面.
19.（2026·山东名校·5 月评估）已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，则“
Sn+1=2Sn- Sn-1+1(n≥2)”是“{an} 为等差数列”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】D
【解析】若 Sn+1=2Sn- Sn-1+1(n≥2)，则 Sn+1- Sn= Sn- Sn-1+1，即 an+1=an+1(n≥2).这说明
从第二项开始，数列相邻两项的差为常数 1，但无法确定 a2-a1 是否等于 1，所以 {an} 不一定
是等差数列，充分性不成立.若 {an} 为等差数列，设公差为 d，则 an+1-an=d，即
Sn+1- Sn= Sn- Sn-1，从而 Sn+1=2Sn- Sn-1，这与 Sn+1=2Sn- Sn-1+1 矛盾，必要性不成立.因此，
“Sn+1=2Sn- Sn-1+1(n≥2)”是“{an} 为等差数列”的既不充分也不必要条件.
【点拨】利用 an= Sn- Sn-1 转化递推关系时，必须注意 n≥2 的限制，首项需单独验证.
20.（2026·宜春十校·二模）已知符号函数 sgn( x)={
1,
x>0
0,
x =0
-1,
x<0
，则“sgn(a)×sgn(b)>0”
是“ab>0”的（ ）
A. 充要条件
B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件
D. 既不充分也
不必要条件
【答案】A
【解析】若 sgn(a)×sgn(b)>0，则 sgn(a),sgn(b) 同号，所以 {
sgn(a)=1
sgn(b)=1 或 {
sgn(a)=-1
sgn(b)=-1，
即 {
a>0
b>0 或 {
a<0
b<0，即 ab>0，所以“sgn(a)×sgn(b)>0”是“ab>0”的充要条件. 故选：A
【点拨】分段函数的求值与不等式结合，需根据函数值反推自变量的符号，注意分类讨论.
21.（2026·南京六合·一模）已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，则对 ∀n∈N
*，“
an+2>an+1+an”是“an+2>Sn+a2”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
【解析】由 an+2>an+1+an 得：a3>a2+a1，a4>a3+a2，a5>a4+a3，……，an+2>an+1+an，不等
式左右两边分别相加，得 a3+a4+…+an+an+1+an+2>(a2+a3+…+an+an+1)+(a1+a2+…+an)，
消去两边相同的项得，an+2>a2+a1+a2+…+an= Sn+a2，所以 an+2>Sn+a2；取数列 {an} 满足，
a1=a2=0，a3=a4=1，且对 ∀n∈N
*，且 n≥3 有 an+2= Sn+1>Sn+a2.满足 a3>S1+a2，
a4>S2+a2，但 a4=a3+a2.不满足 an+2>an+1+an.即“an+2>Sn+a2”推不出“an+2>an+1+an”.所
以“an+2>an+1+an”是“an+2>Sn+a2”的充分不必要条件.故选：A.
【点拨】利用累加法可由递推不等式推导前 n 项和的不等式，判断必要性时寻找反例是常用策略.
22.（2026·湖南衡阳·一模）已知函数 f ( x) 的定义域为 R，设甲：f ( x)= f (| x|)，乙：
f ( x) 是偶函数，则甲是乙的（ ）
A. 充要条件
B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件
D. 既不充分也
不必要条件
【答案】A
【解析】对任意 x∈R，若 f ( x)= f (| x|)，则 f (- x)= f (|- x|)= f (| x|)= f ( x)，所以 f ( x)
是偶函数，即甲能推出乙. 反之，若 f ( x) 是偶函数，则 f (- x)= f ( x)，当 x ≥0 时，| x|= x，
有 f ( x)= f (| x|)，当 x<0 时，| x|=- x，有 f ( x)= f (- x)= f (| x|)，综上，对任意
x∈R ,f ( x)= f (| x|) 恒成立，故乙能推出甲. 则甲是乙的充要条件. 故选：A.
【点拨】绝对值函数的性质与偶函数的定义密切相关，分段讨论去绝对值是证明充要性的关键.
23.已知集合 A ={x∣x
2- x -12≤0}，B ={x∣x
2-3mx +2m
2+m-1<0}，若“x∈A”是“
x∈B”的必要不充分条件，则实数 m 的取值范围为（ ）
A. [-3,2]
B. [-1,3]
C. [-1, 5
2 ]
D. [2, 5
2 ]
【答案】C
【解析】由题意集合 A ={x∣x
2- x -12≤0}=[-3,4 ]，
B ={x ∣x
2-3mx +2m
2+m-1<0}={x ∣( x -m-1)( x -2m+1)<0}，若 m>2，则 2m-1>m+1，
此时 B =(m+1,2m-1)，因为“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，故 B⊊A，故
{
2m-1≤4
m+1≥-3
m>2
，∴2<m≤5
2；若 m<2，则 2m-1<m+1，此时 B =(2m-1,m+1)，因为“x∈A
”是“x∈B”的必要不充分条件，故 B⊊A，故 {
m+1≤4
2m-1≥-3
m<2
，∴-1≤m<2；若 m=2，则
2m-1=m+1，此时 B = ⌀，满足 B⊊A，综合以上可得 m∈[-1, 5
2 ].故选：C
【点拨】解含参一元二次不等式需对两根大小进行分类讨论，必要不充分条件对应集合的真子集
关系.
24.若“x =1”是“x>a”的充分条件，则实数 a 的取值范围为＿＿＿＿＿＿．
【答案】(-∞,1)
【解析】∵“x =1”是“x>a”的充分条件，∴x =1⇒x>a，∴a<1，即实数 a 的取值范围为
(-∞,1).
【点拨】充分条件意味着前件成立必然导致后件成立，直接代入验证即可求出参数范围.
25.若“x<2”是“x<a”的必要不充分条件，则 a 的值可以是＿＿＿＿＿＿.(写出满足条
件 a 的一个值即可)
【答案】0（答案不唯一，满足 a<2 即可）
【解析】由于“x<2”是“x<a”的必要不充分条件，所以 a<2，所以 a 的值只需小于 2 即可.
【点拨】必要不充分条件对应集合的真包含关系，即小范围推出大范围.
26.（2026·合肥一六八中·一模）已知函数 f ( x)=
❑√x +2
x +1 的定义域为 A，关于 x 的不等式
x
2-2 x +2a-a
2≤0 的解集为 B.
（1）若 a=2 时，求 (∁R B)∩A；
（2）若 x∈B 是 x∈A 的充分条件，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1）{x∣-2≤x<-1 或 -1< x<0 或 x>2} （2）(-1,3)
【解析】（1）由 {
x +2≥0
x +1≠0 ⇒x ≥-2 且 x≠-1，所以集合 A ={x∣x ≥-2 且 x≠-1}，由
x
2-2 x +2a-a
2≤0⇒( x -a)( x -2+a)≤0；当 a=2 时，不等式为：x( x -2)≤0⇒0≤x ≤2，即集
合 B ={x∣0≤x ≤2}，又 ∁R B ={x∣x<0 或 x>2}，所以
(∁R B)∩A ={x∣-2≤x<-1 或 -1< x<0 或 x>2}；
（2）因为 x∈B 是 x∈A 的充分条件，所以 B 是 A 的子集，又
A ={x∣x ≥-2 且 x≠-1}，当 a=1 时，B ={x∣x =1}，满足题意，当 a<1 时，
B ={x∣a≤x ≤2-a}，所以 {
a≥-2
2-a<-1 或 a>-1，得 -1<a<1，当 a>1 时，
B ={x∣2-a≤x ≤a}，所以 {
a>1
2-a>-1，得 1<a<3.综上，实数 a 的取值范围为 (-1,3).
【点拨】求解集合运算问题需先明确各集合的元素范围，充分条件问题转化为集合的子集关系，
注意对参数进行分类讨论.
27.（2025·江西三新·3 月联考）已知命题 p:∀x∈R ,2
x> x
2，命题
q:∃x , y ∈R , x + y <2❑√xy，则（ ）
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
【答案】B
【解析】当 x =-1 时，2
x> x
2 显然不成立，所以 p 是假命题，¬ p 是真命题.当 x = y =-1 时，
x + y <2❑√xy 显然成立，所以 q 是真命题，¬q 是假命题.
【点拨】判断全称命题为假只需举出一个反例，判断存在命题为真只需找出一个特例.注意基本不
等式成立的前提条件.
28.（2025·河北唐山·一模）已知命题 p:∀x∈R , x
2>0；命题 q:∃x>0,ln x<0. 则（
）
A. p 和 q 都是真命题
B. p 是假命题，q 是真命题
C. p 是
真命题，q 是假命题
D. p 和 q 都是假命题
【答案】B
【解析】对于命题 p，当 x =0 时，x
2=0，不满足 x
2>0，故命题 p 为假命题.对于命题 q，取
x = 1
e >0，则 ln x =-1<0，故命题 q 为真命题.因此，p 是假命题，q 是真命题.
【点拨】全称命题的证伪只需举出一个反例，存在命题的证实只需找出一个特例.
29.设非空集合 P，Q 满足 P∩Q = P，则下列选项正确的是（ ）
A. ∀x∈Q，有 x∈P
B. ∀x∉Q，有 x∉P
C. ∃x∉Q，
使得 x∈P
D. ∃x∈P，使得 x∉Q
【答案】B
【解析】∵P∩Q = P，∴P⊆Q，当 P⊊Q 时，∃x0∈Q，使得 x0∉P，故 A 错误；
∵P⊆Q，∴∀x∈P，必有 x∈Q，即 ∀x∉Q，必有 x∉P，故 B 正确；由 B 正确，得
∀x∉Q，必有 x∉P，∴∃x∉Q，使得 x∈P 错误，即 C 错误；当 P =Q 时，不存在
x0∈P，使得 x0∉Q，故 D 错误，综上只有 B 是正确的.故选：B.
【点拨】集合的交集等于自身，意味着该集合是另一个集合的子集.利用逆否命题的等价性可快速
判断.
30.已知 0<b<a<1，下列四个命题：① ∀x∈(0,+ ∞)，a
x>b
x，② ∀x∈(0,1)，
loga x>logb x，③ ∃x∈(0,1)，x
a> x
b，④ ∃x∈(0,b)，a
x>loga x. 其中是真命题的有（
）
A.
①③
B.
②④
C.
①②
D. ③④
【答案】C
【解析】对于①，由 0<b<a<1 得：a
b >1，∀x∈(0,+∞)，a
x
b
x =( a
b )
x>( a
b )
0=1，则 a
x>b
x，
①正确；对于②，∀x∈(0,1)，loga x - logb x = logx a
b <logx1=0，即 0<loga x<logb x，则
loga x>logb x，②正确；对于③，函数 y =m
x(0<m<1) 在 (0,1) 上为减函数，而 0<b<a<1，
则 m
a<m
b，即 ∀x∈(0,1)，x
a< x
b，③错误；对于④，当 x∈(0,b) 时，a
x<1，
loga x>logab>logaa=1，即 a
x<loga x，④错误，所以所给命题中，真命题的是①②.故选：C
【点拨】判断涉及指数和对数的不等式命题，常利用函数的单调性或作差法，注意底数和指数的
取值范围对单调性的影响.
31.（2026·山东德州·一模）命题“∀x ∈[2,+ ∞), x
2≥4”的否定为（ ）
A. ∃x∉[2,+ ∞), x
2<4 B. ∃x∈[2,+∞), x
2≤4
C. ∃x ∉[2,+ ∞), x
2≥4 D. ∃x ∈[2,+ ∞), x
2<4
【答案】D
【解析】易知命题“∀x∈[2,+∞), x
2≥4”的否定为 ∃x∈[2,+ ∞), x
2<4.
【点拨】全称量词命题的否定是存在量词命题，只需更改量词并否定结论，条件范围保持不变.
32.（2026·湖北黄冈·一模）已知命题 p:∀x ∈(0,+ ∞),e
x> x，则（ ）
A. p 是假命题，¬ p:∃x∉(0,+∞),e
x≤x
B. p 是假命题，
¬ p:∃x∈(0,+ ∞),e
x≤x
C. p 是真命题，¬ p:∃x ∉(0,+ ∞),e
x≤x
D. p 是真命题，
¬ p:∃x ∈(0,+ ∞),e
x≤x
【答案】D
【解析】设 f ( x)=e
x - x，则 f
'( x)=e
x -1.由 f
'( x)>0⇒x>0；由 f
'( x)<0⇒x<0.所以函数
f ( x) 在 (-∞,0) 上单调递减，在 (0,+∞) 上单调递增.所以 f ( x) 的最小值为
f （0）=e
0-0=1.所以 e
x- x ≥1⇒e
x≥x +1⇒e
x> x 对 x∈R 恒成立.所以
∀x ∈(0,+ ∞),e
x> x 成立，即命题 p 为真命题.因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所
以 ¬ p:∃x ∈(0,+ ∞),e
x≤x.故选：D
【点拨】判断含参不等式恒成立问题，常构造函数利用导数求最值；全称命题的否定需变更为存
在命题.
33.（2025·河北石家庄·三模）若命题 p：∀x>0，x
2-7 x +6≤0，则命题 p 的否定为＿＿
＿＿＿＿．
【答案】∃x>0，x
2-7 x +6>0
【解析】命题 p：∀x>0，x
2-7 x +6≤0 的否定为：∃x>0，x
2-7 x +6>0，
【点拨】全称量词命题的否定是存在量词命题，注意量词的转换和结论的否定.
34.已知命题 p：∃x∈R，x
2+2 x +2-a<0，若 p 为假命题，则实数 a 的取值范围为（
）
A. (1,+ ∞)
B. [1,+ ∞)
C. (-∞,1)
D. (-∞,1]
【答案】D
【解析】因为命题 p：∃x∈R，x
2+2 x +2-a<0，所以 ¬ p：∀x∈R，x
2+2 x +2-a≥0，又
因为 p 为假命题，所以 ¬ p 为真命题，即 ∀x∈R，x
2+2 x +2-a≥0 恒成立，所以 Δ≤0，
即 2
2- 4(2-a)≤0，解得 a≤1，故选：D.
【点拨】存在量词命题为假，等价于其否命题（全称量词命题）为真.转化为二次不等式恒成立问
题，利用判别式求解.
35.若命题 P：“∃x∈R，(k
2-1)x
2+ 4(1-k )x +3≤0”是假命题，则 k 的取值范围是（
）
A. [1,7]
B. (1,7)
C. [-7 ,1]
D. (-7,1]
【答案】B
【解析】因为命题“∃x∈R，(k
2-1)x
2+ 4(1-k )x +3≤0”是假命题，所以命题“∀x∈R，
(k
2-1)x
2+ 4(1-k )x +3>0”是真命题，若 k
2-1=0，即 k =1 或 k =-1，当 k =1 时，不等式
为 3>0，恒成立，满足题意；当 k =-1 时，不等式为 8 x +3>0，不恒成立，不满足题意；当
k
2-1≠0 时，则需要满足 {
k
2-1>0
Δ=16(1-k )
2- 4×(k
2-1)×3<0，即 {
(k -1)(k +1)>0
(k -1)(k -7)<0，解得
1<k <7，综上所述，k 的范围是 [1,7)，
【点拨】处理二次项系数含参的不等式恒成立问题，必须优先讨论二次项系数是否为零.
36.若命题“∃a∈[-1,3]，a x
2-(2a-1)x +3-a<0”为假命题，则实数 x 的取值范围为
（ ）
A. [-1,4 ]
B. [0, 5
3 ]
C. [-1,0]∪[ 5
3 ,4 ]
D.
[-1,0)∪( 5
3 ,4 ]
【答案】C
【解析】命题“∃a∈[-1,3]，a x
2-(2a-1)x +3-a<0”为假命题，其否定为真命题，即“
∀a∈[-1,3]，a x
2-(2a-1)x +3-a≥0”为真命题.令
g(a)=a x
2-2ax + x +3-a=( x
2-2 x -1)a+ x +3≥0，则 {
g(-1)≥0
g（3）≥0，即 {
- x
2+3 x + 4≥0
3 x
2-5 x ≥0 ，解
得 {
-1≤x ≤4
x ≥5
3 或 x ≤0，所以实数 x 的取值范围为 [-1,0]∪[ 5
3 ,4 ].故选：C
【点拨】遇到含参不等式恒成立问题，若关于参数是一次函数，可利用一次函数的单调性，转化
为端点值大于等于零求解.
37.已知命题“∀x∈[1,2]，2
x+ x -a>0”为假命题，则实数 a 的取值范围是（ ）
A. (-∞,5]
B. [6,+ ∞)
C. (-∞,3]
D. [3,+∞)
【答案】D
【解析】因为命题“∀x∈[1,2]，2
x+ x -a>0”为假命题，则命题的否定“∃x0∈[1,2]，
2
x0+ x0-a≤0”为真命题，所以 a≥(2
x+ x)min，x∈[1,2].易知函数 y =2
x+ x 在 [1,2] 上单调
递增，所以当 x =1 时，y =2
x+ x 取最小值，所以 a≥2
1+1=3.所以实数 a 的取值范围为
[3,+∞).故选：D．
【点拨】全称命题为假，其否定为真，转化为存在性问题.分离参数后，利用函数的单调性求最值.
