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专题 02 简易逻辑培优归类
题型脑图·核心考法搭建
考法深研·解题技能进阶
题型01 判断命题的真假
判断命题的真假，涉及到高中数学几乎全部的知识点，也是属于知识交汇处的综合题型，并且多以多
选题的形式出现。主要方法有：
1.直接法：应用所学过的基本事实和定理进行判断
2.反例法：举出命题所涉及到的知识中的反例即可。
1．（25-26高三·河南·阶段检测）设命题 ：曲线 在点 处的切线方程是： ；命题 ：
是任意实数，若 ，则 ，则（ ）
A．“ 或 ”为真 B．“ 且 ”为真 C． 假 真 D． ， 均为假命题
【答案】A
【详解】对于命题 ：因为 ，所以 ，所以 ，
由导数的几何意义可得在点 处切线的斜率为 ，
所以切线方程为 ，即 ，所以命题 是真命题；
对于命题 ：令 满足 ，但是 ，即 ，不满足 ，所以
命题 是假命题，所以“ 或 ”为真命题.
2．（25-26高一下·贵州·期中）已知 ， ， ， 均为实数，则下列命题正确的是（ ）
A．若 ， ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 且 ，则
【答案】D
【分析】举反例判断A，B；根据不等式的性质判断C，D.
【详解】对于A，取 ，满足 ， ，
则 ，所以 ，故A错误；
对于B，当 时， ，故B错误；
对于C，因为 ，
所以 ，所以 ，故C错误；
对于D，因为 且 ，
所以 ， ，
即 ，
两边同时乘以 ，
则 ，故D正确.
3．（2025·上海闵行·一模）如果“若 ，则 ”和“若 ，则 ”中有且仅有一个真命题，称 与 具有“ －
关系”．已知函数 的定义域为 ， 为偶函数，则 与下列选项中的 具有“ －关系”的
为（ ）
A． ：对任意 都有
B． ：对任意 都有
C． ：对任意 都有
D． ：对任意 都有
【答案】C
【分析】由 为偶函数，得 ，结合“ －关系”的定义可得出答案．
【详解】由 为偶函数，得
对于选项A：“ ”为假命题，“ ”也为假命题，故A错误；对于选项B∶ 由 得 成立，故“ ”为真命题，
而由 对任意 恒成立，将 替换为 ，得 对任意 恒成立，
从而 成立，所以“ ”也为真命题，故B错误；
对于选项C：当 时， ， ，此时 不成立，只有 非负的情况
下 才会成立，即“ ”为假命题，
而由 ： ，用 替换 得 ，又因 ，故 ，所以
成立，
所以“ ”为真命题，故C正确；
对于选项D：“ ”为真命题，
由于由 ，用 替换 得 ，故 ，
所以“ ”也为真命题， 故D错误；
4．（2026·湖北黄冈·三模）已知随机变量 服从正态分布 ，下列四个命题：
甲： ； 乙： ；
丙： ； 丁： ，
如果有且只有一个是假命题，那么该命题是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】D
【分析】利用正态分布的性质即可求解.
【详解】若甲： 是真命题，则 ，
若乙、丙为真， 则 ，此时甲为真，
由 可得 ，显然 ，
即丁为假，故D符合题意.
题型02 充分不必要条件判定求参
充分条件的判断方法(1)判定p是q的充分条件要先分清什么是p，什么是q，即转化成p⇒q问题．
(2)除了用定义判断充分条件还可以利用集合间的关系判断，若 p构成的集合为A，q构成的集合为B，
A⊆B，则p是q的充分条件．
1．（2026·北京昌平·二模）设 ，函数 有最大值的一个充分不必要条件是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先求出函数 有最大值的充要条件，再判断哪个选项是其充分不必要条件.
【详解】当 时： ，当 时， 单调递减， ；当 时，
，无最大值.
当 时： 时， 单调递增，当 时， ，无最大值.
当 时： 时， 单调递减，故 ；
时， ，开口向下，对称轴为 .
若 时，即 时， 在 上的最大值为 ，
则 ，解得 ；
若 时，即 时， 在 上单调递增，最大值为 ，
则 即 ，因为 ， ，不等式无解，函数此时无最大值；
综上 有最大值的充要条件为 .
因为 ，
所以 有最大值的一个充分不必要条件是 .2．（2026高三·全国·专题练习）已知条件 ： ，条件 ： ，若 是 的充分
不必要条件，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先化简 求出解集 ,再求出二次不等式 对应方程的两根并分情况写出解集,由 是 的充分
不必要条件,可知 的解集要真包含于 的解集,由此列出约束条件 ,进而求出 .
【详解】由 得 ，根据指数函数单调性可得 ，即 .
方程 的两根为 和 .
不等式 的解集为：
当 时，解集为 ；
当 时，解集为空集；
当 时，解集为 .
因为 是 的充分不必要条件，所以 是 解集的真子集，仅当 解集为 时满足条件.
因此满足 且 ，解得 ，即 的取值范围为 .
3．（25-26高三·湖北·阶段检测）已知集合 ，集合 ，若“
”是“ ”的充分不必要条件，则实数 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先需要分别求解集合 和集合 ，然后根据充分不必要条件的定义，确定集合 与集合 的关
系，进而求出实数 的取值范围.
【详解】由 得： ，∴ ，
解得： ， ；
由 得： ；
“ ”是“ ”的充分不必要条件，则A是B的真子集，
当 时， ，不满足题意；当 时， ，不满足题意；
当 时， ，则需满足 ；
综上所述：实数 的取值范围为 .
故选：A.
4．（2026·江西南昌·三模）设 且 ，函数 的值域为 的一个充分不必
要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别分析函数在不同区间上的单调性和值域，再根据函数的值域为 确定 的取值范围，最后根
据充分不必要条件的定义判断选项.
【详解】当 时， ，因为函数 在 上单调递增，则 在 上单调
递增，
所以 ，即 在 上的值域为 ；
当 时， ， 且 .
①当 时， 在 上单调递减，所以 ，
即 在 上值域为 ，值域存在上界，整个函数值域无法延伸到正无穷，不满足值
域为 ，不合题意；
②当 时， 在 上单调递增，所以 ，
即 在 上值域为 ，
因为整个函数值域为 ，所以 ，解得 或 ，
又因为 ，所以 ，即 .
所以函数 的值域为 的一个充分不必要条件对应的 的取值范围应为 的
真子集，所以B正确.
题型03 必要不充分条件判定求参充分不必要条件判断
(1)判断p是q的什么条件，主要判断若p成立时，能否推出q成立。
反过来，若q成立时，能否推出p成立；
若p⇒q为真，则p是q的充分条件，若q⇒p为真，则p是q的必要条件．
(2)也可利用集合的关系判断。
如条件甲“x∈A”，条件乙“x∈B”，若A⊇B，则甲是乙的必要条件．
简单通俗说:“大是小的必要条件”
1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数 的图象上关于 轴对称的点至
多有2对，则实数 取值范围的必要不充分条件是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】求出函数 关于y轴对称的解析式，利用数形结合即可得到结论.
【详解】设函数 （ ）关于 轴对称的函数为 ．
若 ，则 ，因为当 时， ，
所以 ，
所以 ， ．
作出函数 的图象，如答图．
（ ）与 （ ）的图象应至多有2个交点．
当 时，有1个交点，满足题意；
当 时，当满足 ，即 ，即 ，则 ，解得 ．
当 时，由图象可知有3对对称点，
所以 的取值范围是B选项的真子集．
故选：B．
2．（2025·河北秦皇岛·一模）已知 ，集合 ，若
是 的必要不充分条件，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意得到 是 的真子集，比较区间端点，即可求解.
【详解】 ，
，
因为 是 的必要不充分条件，
所以 是 的真子集,
可得 ，等号不同时成立，结合 ，解得 ，
所以 的取值范围为 ，
故选：B
3．（24-25高三·全国·三轮复习）对于函数 ， 在 上单调递增的必要不充分
条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】对函数 求导得 ，对 进行分类讨论可知 不符合题意；
时， ，研究 的符号可得 的单调性及符号，进而可求得
在 上单调递增的充要条件，即可求解.
【详解】 ， .
当 时，若 ，则 ，此时 ，在 上单调递减，不符合题意；
当 时， ，
当 时， 在 上恒成立，
在 上单调递增，且 ，
在 上恒成立，
在 上单调递增，符合题意.
当 时，令 的解为 .
当 时， ，
在 上单调递减，且 ，
在 上恒成立，
在 上单调递减，不符合题意.
综上， 在 上单调递增的充要条件为 .
在 上单调递增的一个必要不充分条件是 .
故选：A.
4．（23-24高三·四川绵阳·阶段检测）已知命题 ，命题 ，若 是
成立的必要不充分条件，求 的范围是（ ）
A． 或 B．
C． D． 或
【答案】A
【分析】解相应不等式可得命题 与 对应条件，后由必要不充分条件与集合关系可得答案.
【详解】由 ，解得： .
，或 .
由 ，解得： .
，
是 成立的必要不充分条件，则集合 是集合 的真子集.或 ，解得 或 .
的范围是 或 .
故选：A
题型04 充要条件综合求参
充要条件，主要体现在恒等变形等题型中。 充分条件与必要条件的应用技巧：
(1)应用：可利用充分性与必要性进行相关问题的求解，特别是求参数的值或取值范围问题．
(2)求解步骤：先把p，q等价转化，利用充分条件、必要条件与集合间的包含关系，建立关于参数的不
等式(组)进行求解．
1．（25-26高三上·江西南昌·开学考试） ，已知 ，若“ ”的充要条件是“
”，则实数 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用导数得到函数 的单调性后可得其极值，再利用充要条件定义分类讨论即可得.
【详解】由题意， ，
由 或 ；由 ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
则函数 的极大值为 ，极小值为 ，
当 ，解得 或 ，
当 时， ，而 ，“ ”的充要条件是“ ”
当 时， ，不合题意，
所以 的最大值为 .
故选：B.
2．（24-25高三上·河北保定·阶段检测）已知函数 则“ ”是“ 有3
个零点”的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】构造新函数，求出 有3个零点时 的取值范围.
【详解】由 ，得 ，
作出函数 的图象，如图所示.
由图可知，当 时，直线 与 的图象有3个交点，
又因为 对 恒成立，所以 ，
故当 有3个零点时， ，
所以“ ”是“ 有3个零点”的充要条件，
故选：A
3．（24-25高三下·北京·开学考试）函数 是偶函数的充分必要条件是（ ）．
A． B．
C． 且 D． ， 且
【答案】C
【分析】利用偶函数的定义求得 恒成立，即可求出a，c，再验证 时情况即可判
断作答.
【详解】显然函数 定义域为R，
因 是偶函数，即 ，亦即 ，
整理得 ，而 不恒为0，因此， ，即 且 ，
当 时， 也是偶函数，D不正确，
所以一定正确的是C.故选：C
4．（2025·山东济南·高考模拟）函数 ，关于 的方程 有5个不等的
实数根的充分必要条件是（ ）
A． 且 B． 且 C． 且 D． 且
【答案】C
【分析】首先根据题中所给的方程的根进行分析，得到五个根的情况，从而判断出 ，之后利用
有四个根，结合函数图象求得结果.
【详解】当 时 ，当 为 的一个根时可得 .
所以 即 有4个不同的根，
， 有4个根.
时 ，图象如图所示：
由图可知 .
综上可得 .
故选：C.
【点睛】该题考查的是有关根据函数零点的个数判断参数的取值范围的问题，充要条件的判断，在解题的
过程中，注意数形结合思想的应用，属于中档题目.
题型05 图形推导充要条件
多重复杂的充分必要条件之间传递变化判断， 可以借助类似如下“地图”一样来判断 。
判断方法是，根据箭头是否能“往返”或者“转圈”推导，以此判断冲分析与必要性1．（24-25高三·全国·阶段检测）已知 是 的充分条件， 是 的充分不必要条件， 是 的必要条件，
是 的必要条件，现有下列命题：① 是 的必要不充分条件；② 是 的充分不必要条件；③ 是 的
充分不必要条件；④ 是 的充要条件.正确的命题序号是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】C
【分析】根据题意以及充分条件和必要条件的定义确定 之间的关系，然后逐一判断命题①②③④
的正确性即可.
【详解】因为 是 的充分条件，所以 .因为 是 的充分不必要条件，所以 ， ，
因为 是 的必要条件，所以 .因为 是 的必要条件，所以 ，
所以由 ， ， 可得 ，
则 是 的充要条件，命题①错误；
则 是 的充要条件，命题②错误；
因为 ， ，所以 ， ，故 是 的充分不必要条件，命题③正确；
易得 ， ，所以 是 的必要不充分条件，命题④错误，
故选：C.
2．（·2026高三·全国·专题练习）已知 是r的充分条件而不是必要条件，q是r的充分条件，s是r的必要
条件， 是 的必要条件.现有下列命题：
① 是 的充要条件；② 是 的充分条件而不是必要条件；
③ 是 的必要条件而不是充分条件；④ 是 的必要条件而不是充分条件；
⑤ 是 的充分
条件而不是必要条件，则正确命题序号是（ ）
A．①④⑤ B．①②④ C．②③⑤ D．②④⑤
【答案】B
【解析】由充分条件、必要条件与充要条件的概念依次表示出已知条件的符号语言，根据传递性即可判断.
【详解】解： 是 的充分条件而不是必要条件等价于 ，
是 的充分条件等价于
是 的必要条件等价于 ，
是 的必要条件等价于
由上可知， ， ，知 ，故 ①正确；
由 知 ，由 ，知 ，故②正确；
由 知 ，又由于 ，故 是 的充要条件，故③错误；
对于④，由 是 的必要条件而不是充分条件等价于 是 的必要条件而不是充分条件，因为
则 由 知 ，故④正确；
对于⑤，因为 所以 故 是 的充要条件，故⑤错误.故选：B.
【点睛】对于条件或结论是否定形式的命题，一般运用等价法，即 与 ； 与
； 与 都是等价关系，是基础题.
3．（2024高三·全国·专题练习）已知p是r的充分不必要条件，q是r的充分条件，s是r的必要条件，q
是s的必要条件，下列命题正确的是（ ）
A．r是q的充分不必要条件 B．p是q的充分不必要条件
C．r是q的必要不充分条件 D．r是s的充分不必要条件
【答案】B
【分析】利用推出号表示充分条件和必要条件，然后可得结论．
【详解】由题意 ，但是 不能推出 成立，则 ，所以 是等价的，
因此ACD都错误，B正确．
故选：B．
4．（23-24高三·全国·课后作业）已知p是r的充分不必要条件，q是r的充分条件，s是r的必要条件，q
是s的必要条件，下列命题中：①r是q的充要条件；②p是q的充分不必要条件；③r是q的必要不充分
条件；④r是s的充分不必要条件．
正确命题的序号是（ ）
A．①④ B．①②
C．②③ D．②④
【答案】B
【分析】由充分必要条件的定义和传递性，可得结论．
【详解】由 是 的充分不必要条件， 是 的充分条件， 是 的必要条件， 是 的必要条件，
可得 ， 推不出 ， ， ， ，
所以 ，故 是 的充要条件，①正确；
， 推不出 ，故 是 的充分不必要条件，②正确；
，故 是 的充要条件，③错误；
，故 是 的充要条件，④错误．
故选：B
题型06 非充分与非必要型求参
既不充分也不必要是指两个命题不能互相推导。
概念：甲推不出乙，乙也推不出甲，两个范围互不包含。
求解思维：
1.分别化简两个命题，得到各自对应的取值范围。
2.先反向计算：先求出 “甲能推出乙” 时参数的范围，再求出 “乙能推出甲” 时参数的范围。
3.对上面两个范围分别取相反的范围，也就是排除掉能互相推出的情况。
4.把两个相反范围取交集，得到同时满足 “互相推不出” 的参数初步范围。
5检验区间端点，端点若出现一方能推出另一方，就舍弃该端点，得出最终结果。
1．（25-26高三上·北京顺义·期中）已知 ，则“ ”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】D
【分析】将 中的角变形，再利用两角和差公式得到 ，得到
或 ，分别讨论求解，得到充分性不成立；由 得到
，分别讨论 和 两种情况进行求解，从而得到必要性不成立.
【详解】充分性分析：
， ， ，
，
，
或 ，
当 时， ，即， ，
当 时， ，即 ，
综上可得，当 时， 或 ，
不能得到 ， 充分性不成立；
必要性分析：
， ，
当 时， ，不一定有 成立，
当 时， ，则有 成立，综上，由 不一定得到 ，故必要性不成立，
故选：D.
2．（2026·山东·模拟预测）已知数列 的前 项和为 ，则“ ”是“ 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．既不充分又不必要条件
【答案】D
【分析】由 得 ，根据等差数列得 ，再结
合等差数列的定义判断即可.
【详解】由 得 ，
即 ，
所以，从第2项起，数列 是公差为1的等差数列，
但首项 与 的关系不一定满足 ，
所以整个数列 不一定是等差数列，
即“ ”不能推出“ 为等差数列”.
反之， 为等差数列，设公差为 ，则 ，
所以 ，当且仅当 时，才有 ，
若公差 ，则不满足该式，
所以“数列 为等差数列”不能推出“ ”，
故“ ”是“ 为等差数列”既不充分又不必要条件.
3．（24-25高三·福建厦门·阶段检测）已知实数 ， ，则“ ”是“ ”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
【分析】根据充分必要条件的定义判断即可.
【详解】已知 ，则 ，又因为 ，所以 ，
因此由 可以推出 ，充分性成立.取 ，则 ，满足 ，
但此时 ，并不满足 ，所以 不能必然推出 ，必然性不成立.
因此 是 的充分不必要条件.
故选：
4．（25-26高二上·四川成都·阶段检测） 是方程 表示椭圆的（ ）
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
【分析】由充分条件及必要条件的定义，结合椭圆的标准方程，得到结果.
【详解】当 时， ， ，此时 ，方程 化简为 表
示圆，不满足充分性，
当方程 表示椭圆时， ，解得 ，不满足必要性.
故 是方程 表示椭圆的既不充分也不必要条件.
故选：D.
题型07 命题的否定：复合形式否定
全称量词命题p：∀x∈M，p(x)，它的否定綈p：∃x∈M，綈p(x)，全称量词命题的否定是存在量词命
题．
对存在量词命题进行否定时，首先把存在量词改为全称量词，然后对判断词进行否定，可以结合命题的
实际意义进行表述．
1．（2025高三·全国·专题练习）命题“ ，使得 ”的否定形式是（ ）
A． ，使得 B． 都有
C． ，使得 D． ，都有
【答案】D
【分析】根据全称命题的否定是特称命题，即可求解.【详解】“ ，使得 ”是全称命题，全称命题的否定是特称命题
故否定形式是 ，都有 .
故选：D
2．（25-26高三·湖南·阶段检测）命题＂ ，使得 ＂的否定形式是（）
A． ，使得
B． ，都有
C． ，使得
D． ，都有
【答案】D
【分析】全称命题的否定形式为特称命题，将条件中命题 修改 ，再否定结论.
【详解】因为否定全称量词命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词，
存在量词改写为全称量词，二是要否定结论，
故命题“ ，使得 ”的否定形式是：
“ ，都有 ”．
故选：D
3．（2026高三·全国·专题练习）命题“ ，使得 ”的否定形式是（ ）
A． ，使得 B． ，使得
C． ，使得 D． ，使得
【答案】D
【分析】全称（特称）命题的否定是特称（全称）命题，把任意（存在）改为存在（任意），把结论否定.
【详解】命题“ ，使得 ”的否定形式是： ，使得 .
4．（19-20高一·全国·课后作业）命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≤3x+2”的否定形式是（ ）
A．∀x∈R，∃n∈N*，使得n＞3x+2 B．∀x∈R，∀n∈N*，使得n＞3x+2
C．∃x∈R，∃n∈N*，使得n＞3x+2 D．∃x∈R，∀n∈N*，使得n＞3x+2
【答案】D
【分析】根据全称命题“ ”的否定为特称命题“ ”即可得结果.
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，
否定全称命题时，一是要将全称量词改写为存在量词，二是否定结论，
所以，命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≤3x+2”的否定是“∃x∈R，∀n∈N*，使得n＞3x+2”.故选：D
【点睛】本题主要考查全称命题的否定，属于简单题.全称命题与特称命题的否定与命题的否定有一定的区
别，否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词、存在量词改写为全称量词;
二是要否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论即可.
题型08 全称命题判断求参
求解含有量词的命题中参数范围的策略
对于全称(存在)量词命题为真的问题，实质就是不等式恒成立(能成立)问题，通常转化为求函数的最大值
(或最小值)．
要判断一个存在量词命题为真，只要在给定的集合中找到一个元素 x，使命题p(x)为真；要判断一个存
在量词命题为假，必须对于给定集合的每一个元素x，命题p(x)为假．
1．（25-26高三上·山东菏泽·阶段检测）已知命题 ： ， 是假命题，则实数 的取
值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】先分离参数得 ，再求出 为真时，利用基本不等式求最值得 的范围，再求补集即可．
【解答】由 得 ，当 为真时，对 ，不等式 恒成立，则
，而 ，当且仅当 时取等号，满足题意，所以 ，
所以 为假时， ．故选：A．
2．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知 ，若命题“
或 ”为真命题，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】从 作为题目切入点，分段讨论x的取值范围，结合命题的真假列出相应不等式，
最后综合即可得答案.
【详解】 解得 ，此时无论 取何值，均符合题意；当 时， ，只需 ，
解得 或 ；
当 时， ，由题中条件，只需 对于 恒成立，
当 时， 不符合题意；
当 时， 图象为开口向上的抛物线，
不能满足 对 恒成立，不符合题意；
当 时， 的2个根为 ，
需 ，结合 ，可得 ，
综合上述可知 的取值范围是 ，
故选：B.
【点睛】将 作为题目的切入点，根据命题的真假分类讨论 的范围分类讨论求解；
3．（2025高三·全国·专题练习） ，记 表示 , 二者中较大的一个，函数
g(x)= ，若 ，且 ， ，使 成立，则 的
最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出g(x)在 上的解析式及其值域，问题中任意存在性问题等价转化为f(x)在[m,-2]上的函数
值域是g(x)在[0,+∞)上的值域的子集, 作函数y=f(x),y=g(x)在上述区间上的图象，根据题意，利用数形结合
方法可以得解．
【详解】解： 为单调减函数, 为单调增函数，
观察尝试可知当且仅当 时 .由题意，g(x) ，
在 上g ，g 的值域为 ，
“ ， ，使 g 成立”等价于f(x)在[m,-2]上的函数值域是g(x)在[0,+∞)上
的值域的子集，作函数y=f(x),y=g(x)的图象，如图所示：
令 ，解得 和 ，
则 的最小值为 ．
故选： ．
【点睛】
“ ， ，使 g 成立”，等价转化为f(x)在[m,-2]上的函数值域是g(x)在
[0,+∞)上的值域的子集，是解决问题的关键转化，要注意数形结合思想的运用.
4．（25-26高三·浙江杭州·阶段练习）已知命题 ；命题 ，若
p为假命题，q为真命题，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】当 时， ，
因为p为假命题，所以 或 ，
，则 在 上恒成立，
又当 ，当且仅当 时取得等号，
因为q为真命题，所以 ，
所以实数a的取值范围为 .题型09 特称命题判断求参
特称命题判断真假求参数：
1.已知特城命题为真
· （1）把题目文字转化为对应的式子，理解题意为：在给定取值范围内，存在至少一个数能让式子成
立。
· （2）整理式子，把参数单独分离出来，或者构造出新的函数。
· （3）求出这个函数在指定范围内的最大值与最小值。
· （4）根据式子有解的要求确定参数范围：参数大于函数最小值，或是参数小于函数最大值，就能满
足存在数使式子成立。
·2.已知特城命题为真
（1） 梳理出初步参数范围，再代入区间端点逐一检验，保留符合题意的取值。
· （2）写出原特称命题的否定：将存在量词改为全称量词，同时否定原命题的结论。
· （3）原命题为假，则它的否定命题一定为真，此时问题转化为全称命题恒成立题型。
· （4）按照全称命题为真的解题思路，整理式子、构造函数、求出函数最值。
· （5）根据恒成立的要求列出限制条件，解出参数范围。
· （6） 最后检验区间端点，剔除不符合要求的数值，得到最终结果。
1．（25-26高三·全国·阶段检测）已知函数 是指数函数，若“
，使得 成立”为假命题，则实数 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据函数为指数函数求参数，得 ，问题转化为 在
上恒成立，由函数的单调性得 在 上恒成立，判断函数
的单调性，即可求参数范围.
【详解】由 是指数函数，可知 ，
解得 或 （舍去）， ，故 .
若“ ，使得 成立”为假命题，
则“ ，使得 成立”为真命题.
因为 ，因此原题可转化为， ， 恒成立，
又因为 在 上单调递增，
故有 ，即 在 上恒成立.
设 ，
由 ，可得 ，
则 ，因此 在 上单调递增，
故要使得 在 上恒成立，
就要使 ，即 ，
解得 ，又因为 ，
故 .
故选：C.
2．（25-26高三·江苏南通·阶段检测）命题 “ ， 有解”是假命题，则 的取值范
围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据原命题为假命题推出其否定命题为真命题，从而得出 与 的关系，构造函数并求出最小
值，进而得出 的取值范围．
【详解】 命题 “ ， 有解”是假命题，
其否命题“ ， ”是真命题，
在 上恒成立，即 小于 的最小值，
令 ，则 开口向上，对称轴为 ，
，故 在 内的最小值为 ，
．
故选：A．3．（23-24高一上·山东青岛·期末）若“ ，使得 ”为假命题，则m的最大值为（ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
【答案】B
【分析】根据条件，先将问题转化为“ ， ”，然后通过对数运算性质化简并计算出
的值，由此可求 的最大值.
【详解】因为“ ，使得 ”为假命题，
所以“ ， ”为真命题；
因为 ，
设 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
即 ， ，
所以 ，所以 的最大值为 ，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是：化简 时要注意到 .
4．（25-26高三·广东汕头·阶段练习）命题“ ，使 ”是假命题的必要不充分条件
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据命题为假命题求出 的范围，再根据选项和必要不充分条件的判断确定答案.
【详解】∵“ ，使 ”是假命题，
即“ ， ”是真命题，∴ ，∴ .
即命题“ ，使 ”是假命题等价于 ，
设有集合 ，命题 ： ，命题 的必要不充分条件为命题 ： ，
则命题 ，而 不能 ，
∴集合 是集合 的真子集，选项B中集合 满足要求.
∴选项B正确.
题型10 新定义型：简易逻辑压轴小题
涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类
讨论，进行推理判断解决.
1．（25-26高三·天津南开·阶段练习）“ ， ”是假命题，则实数 的最大值为
_______．
【答案】6
【分析】首先利用命题的否定将命题变为真命题，分离参数后结合均值不等式求 的最大值.
【详解】因“ ， ”是假命题，故命题的否定为 ， 为
真命题，
分离参数可得：
令 ，所以 ，所以 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
即当 时，不等式右侧表达式取得最小值为6，所以 的最大值为6.
2．（2026·江西上饶·二模）若 ，且“ ， ”为假命题，则
_________．【答案】
【分析】根据题意得函数 与函数 在 有相同的零点，再求出零点，进
而得到 即可．
【详解】由题得函数 与函数 有相同的零点，
而 在 的零点为 ， ，
所以 ， 也是 的两个根，
即： ，
3．（25-26高一上·河北石家庄·期末）已知函数 ， 有两个零点 ，则下
列结论中：① ；②若 ，则 ；③ .正确命题的序号是
___________.
【答案】②③
【分析】画出 的函数图象，数形结合确定 所在区间，即可判断①；对于②，考虑正切
函数的周期性，且注意到 ，数形结合即可判断；对于③，由 ，推出
，根据零点范围可得符号判断.
【详解】令 ，即 ，易知当 时， ，显然不符题意，故 ，因此
等价于 .
对于①：画出 且 且 与 的函数图象，如图可以看出 ，
故 ，故①错误；
对于②： 的最小正周期为 ，且由图象可知 ，
故 之间的距离大于 ，即 ，故②正确；
对于③：由 ，推出
，
因为 ，且由②可知 ，
故有 ，则 ，
而 ，
又因为 ，且 在 为增函数，
故 ，
则 ，
又因为 ，
故 ，故③正确.
故答案为：②③
4．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知 ，则“存在 使得 ”是“ ”的______条件（填‘充分不必要’、‘必要不充分’、‘充要’或‘既不充分也不必要’）．
【答案】充要
【分析】根据充分条件，必要条件的定义，及诱导公式判断即可.
【详解】存在 使得 ，
若 为偶数，设 ， ，则 ，
则 ；
若 为奇数，设 ， ，则 ， ；
所以，充分性成立.
若 时，
则 或 ， ，
当 时，令 ，（ 为偶数） ，
当 时，令 ，（ 为奇数），
即
即存在 ，使得 ，
所以，必要性成立，
所以，“存在 使得 ”是“ ”的充要条件.
故答案为：充要
题型11 新定义型压轴大题：简易逻辑与数列
简易逻辑与数列型压轴题：
· 1.数列结合集合 以及子集元素 “和” 为 核心。要用好数列求和公式，分析全集和、子集和的大小关
系。遇到两个集合元素和相等的证明，常采用从最大项开始逐一比对的方法，结合反证法推出矛盾。
· 2.数列周期性与充分必要条件 复合，要先根据递推式写出数列项，找出周期；再分别验证 “由前者
能否推出后者”“由后者能否推出前者”，举反例可证明不具备推出关系。
· 3.新定义数组以及性定义的规则 ，和数列某些项的证明，要严格套用新定义，将数列的项代入规
则，结合数列单调性、通项特点，判断是否满足定义要求。
· 4.涉及到 存在性、唯一性逻辑的问题，证明存在就构造实例；而证明唯一 或者 不存在就用反证法，
结合数列递推、取值范围推出冲突。
1．（2026·江苏南通·模拟预测）已知数列 是首项为1，公比为 的等比数列，设集合，对 的任意子集 ，记 的所有元素和为 ，规定空集的元素和为 ．
(1)若 ，求 ；
(2)若 ， ，证明： ；
(3)若 ， ， ，从下面两个结论中选择一个证明：
① 的充要条件是 ；②不存在 ，使得 ．
注：若选择两个结论分别证明，则按第一个证明计分．
【答案】(1)18
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）根据等比数列的首项和公比写出通项公式，直接计算子集中指定元素的和.
（2）先利用子集元素和不超过全集元素和的性质，再结合等比数列前 项和公式，证明全集元素和小于
，从而推导出任意子集的元素和均小于 .
（3）若选①：先证充分性（集合相等则元素和相等），再用反证法结合（2）的结论证明必要性，通过递
推分析集合的最大项，证明若元素和相等则两集合元素完全相同.
若选②：采用反证法，假设存在满足 的集合 ，按 的最大元素位置分类讨论，结合等比
数列前 项和公式推出矛盾，证明不存在这样的集合.
【详解】（1）因为 ， ，所以 ．
因为 ，所以 ．
（2）因为 ，所以 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ．
（3）若选①．
充分性：若 ，由定义， 显然成立．
必要性：若 ，记集合 的最大项为 ，集合 的最大项为 ，
假设 ，则 ，所以 ，由（2）知， ，所以 ，矛盾．
假设 ，类似可得 ，矛盾．
所以 ．
记集合 去掉 后得到集合 ，记 的最大项为 ，集合 去掉 后得到集合 ，记 的最大项为
同上分析可得 ．
以此类推，集合 和 中元素完全相同，即 ．
若选②．
假设存在 ，使得 ．
记数列 的前 项和为 ，因为 ，
所以 ，
设 的最大元素为 ，则 ，
若 ，则 ，矛盾．
若 ，设 去掉 后得到集合 ，则 ，
所以 ，矛盾．
综上，不存在 ，使得 ．
2．（2026·湖北·模拟预测）已知无穷数列 满足： ， 为正整数，且 ， .
(1)若 ， ，求 ；
(2)证明：“存在 ，使得 ”是“ 是周期为3的数列”的必要不充分条件；
(3)若 ，是否存在数列 ，使得 恒成立？若存在，求出一组 ， 的值；若不存在，请说
明理由.
【答案】(1) 或3或5
(2)证明见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据递推式进行求解计算即可.
（2）先证明必要性，然后取反例证明不充分性.（3） 等价于 （*）或 （**），首先说明不存在 ，使得
，其次，不存在 ，使得 以及 同时成立.
【详解】（1）因为 对任意 成立；
令 得 ，所以 ，则 或3，
若 ，由 ，则 ，则 或3，
若 ，由 ，则 ，则 或5，
因为 ，综上所述： 或3或5.
（2）记 ， ，
必要性：若 是周期为3的周期数列， 或 ，
当 时，数列 前5项为： ， ， ， ， ，
由 得 ，该式当且仅当 或 时成立，
与 ， 为正整数矛盾；
当 时，数列 前5项为： ， ， ， ， ，
由 得 ，则 或 （舍，此时 ），
， ，此时数列 ： ， ，0， ， ，0， ， ，0，…存在 ，使得 ，
另一方面：取数列 ：1，1，0，1，1，2，3，5，…其中当 时， ，
此时数列 不是周期数列，
综上，“存在 ，使得 ”是“ 是周期为3的周期数列”的必要不充分条件.
（3）不存在，理由如下：
等价于 （*）或 （**），
首先说明不存在 ，使得 ，否则由 得 记为 ，
所以 ， ， ，
依此类推得前 项为…， ，0， ， ，0， ， ，0（第 项），则 ， 要么相等，要么有一项为0，矛盾，因此 对任意 成立，
其次，不存在 ，使得 以及 同时成立，否则两式相加得 ，矛盾.
（ⅰ）若（*）式只对有限个正整数 才成立，不妨设当且仅当 时（*）式成立，其中
，
则当 时，（**）式恒成立，此时 恒成立，
由此易知当 ，因此数列 是无界数列，
（ⅱ）若存在无限个正整数 使得（*）式成立，不妨设当且仅当 时（*）式成立，
其中 ，考虑 与 ，为方便书写记为 ， ， ，
则 ，
若 ，则 ，
若 ，则 ，…， ， ，
则 ，
此时 ，
无论哪种情况总有 成立，即 恒成立，
记 ，则 恒成立，由此易得数列 是无界数列，
所以，存在 使得 ，故不存在符合题意的 ， .
3．（2026·陕西榆林·二模）定义：当三个正数能够成为三角形的三条边长时，我们称其为三角数组，例如
3，5，7是三角数组，3，5，9不是三角数组．设 为数列 的前 项和，已知 ，且 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)从数列 中任意取出不同的三项 ，证明： 为三角数组的充要条件是 为三角数组；
(3)从数列 的前 项 中任意取出不同的三项，证明：这三项为三角数组的概率 ．参考公式：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）解法1：令 得 ，当 时，两式相减化简得 ，进而求得
，又 和 也满足 ，即可得解．
解法2：令 得 ，当 时，两式相减化简得 ，累加可得 ，又
和 也满足 ，即可得解．
（2）不妨设 ，由等差数列的单调性知 ．然后结合三角数组的定义和等差数列基本量的
运算，从充分性和必要性两方面证明即可．
（3）证法1：先求得总的基本事件有 种，再通过作差法和累加法得
，即可证明 ．
证法2：先求得总的基本事件有 种，再结合等差数列求和，按照 为奇数和 为偶数分
类讨论，求出这三项不是三角数组的 的所有可能取值个数 ，利用对立事件概率公式证明对任意
都成立．
证法3：将原命题可转化为：从前 个正整数中任意取出三个不同的数，则这三个数为三角数组的概率
．设事件 表示“从前 个正整数中任意取出三个不同的数组成三角数组”，事件 表示“从前 个正
整数中取出的三个不同的数中最大数为 ”，
则 ，易知 ， ，根据对称性证得 ，又
，故 ，即可证明.
【详解】（1）解法1：当 时， ，解得 ．当 时，两式相减得 ，
整理得 ，因为 ，所以 ，
所以 ，从而 ，
因此 ，
所以，当 时数列 为常数列．
由于 ，因此 ，即 ，且 和 适合上述关系．
因此数列 的通项公式为 ．
解法2：当 时， ，解得 ．
当 时，两式相减得 ，
整理得 ，因为 ，所以 ，
所以 ，从而 ，累加可得 ，
由于 ，因此 ，即 ，且 和 适合上述关系．
因此数列 的通项公式为 ．
（2）证明：不妨设 ，由（1）知数列 为递增数列，因此 ．
充分性：若 为三角数组，则 ．因为 、 ，所以 ，
所以 ，
所以 为三角数组．
必要性：若 为三角数组，则 ，即 ，
所以 ，所以 为三角数组．
故 为三角数组的充要条件是 为三角数组．（3）证法1：由（2）知，从数列 的前 项 中任意取出不同的三项，
这三项为三角数组等价于从前 个正整数中依次取出三个不同的数，
这三个数为三角数组．从 中一次任取三个数 和 ，
共有 种可能．
记从 中一次任取三个数为三角数组的可能数为 ，则 ，
当 为偶数时， ，
当 为奇数时， ，故 ，
由累加法可得： ，
故 ．
证法2：由（2）知 为三角数组的充要条件是 为三角数组．
从 中任意取出不同的三个数 ，不妨设 ，共有 种方法．
对于定值 ，
当 ， 时， 为三角数组，记满足条件的三角数组的个数为 ，
当 为奇数时， ，
故 为偶数时， ，
当 为偶数时，所有满足条件的三角数组的个数为
，此时
当 为奇数时，所有满足条件的三角数组的个数为
，
所以 ．
故对任意 都成立．
证法3：由（2）可知，原命题可转化为：从前 个正整数中任意取出三个不同的数，
则这三个数为三角数组的概率 ．
设事件 表示“从前 个正整数中任意取出三个不同的数组成三角数组”，
事件 表示“从前 个正整数中取出的三个不同的数中最大数为 ”，
则 ，
易知 ，从而 ，
下面证明： ，
由法2的分析可得满足 有 个，且 ，
故 ，又 ，
故 ，
下面用数学归纳法证明： ，
当 时， ，故 时命题成立；
设 ，设 成立，则 成立，故 时，命题也成立，
故对任意 ．
4．（25-26高三上·北京·阶段检测）已知含有n个元素的正整数集 （
）具有性质P：对任意不大于 （其中 ）的正整数k，存在数集A的一个子集，
使得该子集所有元素的和等于k．
(1)写出 ， 的值；
(2)证明：“ ， ，…， 成等差数列”的充要条件是“ ”；
(3)若 ，求当n取最小值时 的最大值．
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由性质 ，根据 与 时分析即可；
（2）先证必要性：由 ， ，…， 成等差数列，故 ，由等差数列的求和公式得: ；
再证充分性：由 ，故 （ ），故 ， ，…，
为等差数列；
（3）先证明 （ ）,因此 ，即 ，
所以 ，由集合的性质，分类，即可求得当 取最小值11时， 的最大值为 ．
【详解】（1）由 ，且均为正整数，故 ，故 ，
故当不大于 的正整数 时，由题意必有 ，当 时，可得 ；
（2）先证必要性：因为 ， ， ， ，…， 成等差数列，
故其首项为 ，公差为 ，可得 ；
再证充分性：因为 ， ， ，…， 为正整数数列，故有 ， ， ， ，…， ，
所以 ，等号成立时 ，
又 ，故 ，故 ， ，…， 为等差数列．
综上可知，“ ， ，…， 成等差数列”的充要条件是“ ”；
（3）先证明 （ ），
假设存在 ，且 为最小的正整数，
依题意 ，则 ，
又因为 ，
故当 时， 不能等于集合 的任何一个子集所有元素的和．
故假设不成立，即 （ ）成立；
因此 ，
即 ，所以 ；
因为 ，则 ，
若 ，即 时，
则当 时，集合 中不可能存在若干不同元素的和为 ，
故 ，即 时，
此时可构造集合 ，
因为当 时， 可以等于集合 中若干个元素的和；
故当 时， 可以等于集合 中若干不同元素的和；
……故当 时， 可以等于集合 中若干不同元素的和；
故当 时， 可以等于集合 中若干不同元素的和；
故当 时， 可以等于集合 中若干不同元素的
和，
所以集合 满足题设，
所以当 取最小值11时， 的最大值为 ．
题型12 新定义型压轴大题：简易逻辑与函数
性定义型函数与简易逻辑：
· 1.新定义优先原则：解题第一准则是服从题目新规则，不能直接套用固有函数结论，所有推导必须以
题干定义为基础。
· 2.反例快速判关系：判断两个命题无法互相推出时，优先举简单数值、特殊函数当反例，简化解题过
程。
· 3.恒成立与有解区分：全称命题紧盯函数最小值或最大值，特称命题灵活利用函数值域范围，二者不
要混淆。
· 4.多层逻辑逐层拆解：同时出现新定义、函数、量词、条件关系时，由外到内逐层拆解，不要混为一
体分析。
· 5.特殊值检验：区间端点、函数特殊点、边界取值是高频易错点，求解范围后务必单独验证。
1．（25-26高三·上海·阶段检测）已知 是定义在 上的函数，若对任意的 ，均有
，则称 是 关联．
(1)判断和证明 是否是 关联？
(2)若 是（3）关联，当 时， ，解不等式 ；
(3)证明：“ 是 关联，且是 关联”的充要条件是“ 是 关联”．
【答案】(1)是 关联，
任取 ，若 ，
则 ，
是 关联．
(2)
(3)证明：必要性：任取 ，满足 ，记 ，
由 关联得到： ，
由 关联， ，故 ，
，
又 ，
，结合 得，
，
，
综上， ，即 是 关联；
充分性：
对任意 ，故 ，
，故 ，
又 ，
两个同在区间 内的数相加仍在区间 内，
仅当 时成立，即 关联；
任取 ，若 ，则 ，
若 ，设 ，则 ，
由 关联可得 ，
由 结合 关联可得 ，
，
综上，任取 均满足 ，
即 是 关联．
【分析】（1）根据 关联定义，结合已知条件证明结论；（2）根据 关联定义，结合已知条件作出 大致图象，结合图象解不等式；
（3）根据 关联定义，结合已知命题分别证明必要性和充分性，进而证明结论．
【详解】（1） 是 关联，证明：略
（2）依题意当 时，
，即满足 ，
作出 的大致图象，
由图象可知点 ，
原不等式的解集为 ．
（3）略
2．（2026·上海·三模）设 是定义在 上的函数，若对任何实数 以及 中的任意两个实数
，恒有 ，则称 为 函数．
(1)判断函数 是否为 函数，说明理由；
(2)已知 是实数，函数 是 函数，求 的最大值；
(3)若 是定义域为 的 函数，求证：“存在实数 ，使得 恒成立”是“存在非零实数 ，使
得 恒成立”的充要条件．
【答案】(1) 不是 函数，
说明如下（举反例）：记 ，取 ，
则
即 ，所以 不是 函数；
(2)1
(3)先证充分性，若“存在实数 ，使得 恒成立”，
则有 ，则 恒成立．
充分性得证．
再证必要性，若“存在非零实数 ，使得 恒成立”，
不妨设 ，记 ，则有 ，
因为 ，
，
故对于任意整数 ，
有 ，假设存在实数 ，使得 ，
显然 ，则存在整数 ，使得 ，
一方面，取 ，则 ，
，
即 ，
另一方面，取 ，则 ，
所以 ，即 ，所以 ，
与 矛盾，假设不成立，
所以 恒成立，必要性得证．
【分析】(1)通过代入特殊值到 函数条件中判断.
(2)先对 的情况分析，若成立则对 进一步分析.
(3)证明充分性时代入特殊值即可，证明必要性时利用反证法，先对函数的特征进行归纳，设出特殊值 后通过 函数的特性联立不等式推翻
原本的假设.
【详解】（1）略
（2）记 ，
当 时，当 时， ，
对任何实数 以及 中的任意两个实数 ，
即 ，
所以 是 函数．
当 时，取 ，
又 ，
所以
即 ，
所以 不是 函数．
综上所述， 的最大值为1．
（3）略
【点睛】主要通过代入未知数到新定义条件的不等式中不断得出各类结论进而进行证明.
3．（25-26高三上·陕西安康·期末）已知初等函数 的定义域为 ，令 ，若 ，
，则 是一个下凸函数.
(1)分别判断 是否是 上的下凸函数？请说明理由；
(2)已知 ， ， ， 是公差不为0的等差数列， 的定义域为 ，求证： 为下凸函数是
成立的充分不必要条件；(3)已知下凸函数 的定义域为 ，且 ， ，求证： ， .
【答案】(1)不是，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据下凸函数的定义进行证明.
（2）利用下凸函数的定义，先证充分性；再举例说明必要性不成立.
（3）设 ，求导，分析函数 的单调性，求其极小值，可得 ，再用反证
法证 不成立即可.
【详解】（1） ， ，
因为当 时， ，
所以 不是 上的下凸函数.
（2）令 ，不妨设 ， ， ， 的公差为 且 ，
充分性：因为定义在 上的函数 是下凸函数，
所以 ， ，即 在 上单调递增，
设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
故 ，即 ，
所以 ，
即 成立，
所以充分性成立；
必要性：令 ， ， ， ， ， ， ，
则 ，再令 ，则 ，当 时， ，
所以 不是下凸函数，
但，
所以 ，
所以，必要性不成立.
（3）下凸函数 的定义域为 ，
所以 在 上单调递增，
，设 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
函数 在 内单调递减，在 内单调递增，
所以 ，
即 ，
因为 ， ，
所以 ，
所以 ，
假设 ，使 ，则当 时， ，
这与 ， 矛盾，故不存在 使 成立，
所以 ， .
4．（25-26高三·河北·阶段检测）设函数 的定义域为 ， ．定义集合
．
(1)设 ，求 ；
(2)若 ，且对任意 ，都有 ，求 的最小值；
(3)设 ，证明：“函数 是偶函数”的充分必要条件是“对任意实数 ，都有 ”．
【答案】(1)(2)0
(3)证明见解析
【分析】（1）根据集合新定义可得 ，结合函数解析式得 ，解不等式，可得
答案；
（2）由题意可得所有 和所有 ，有 ，由函数 在 上非减，进而分类讨
论 与 两类，结合函数 的单调性，即可求解；
（3）根据充要条件的要求，结合集合新定义从必要性以及充分性两方面，进行证明.必要性利用偶函数定
义可证，充分性利用反证法证明，结合 的任意性取特值 ，从而构造 与 关系证明即可.
【详解】（1）由题意知 ，则 ，
又 ，即 ，
得 ，解得 ，
故 ；
（2）由题意知， ，且对任意 ，都有 ，
对任意 和任意 ，令 ，则 ，
即任意 ， ，都有 ，
故函数 在 上单调（非严格）递增，
①当 时，则 ，
函数 ，令 ，则 ，
则 ，由 在 上单调递增；
则 由函数 与 复合而成，
故由复合函数单调性可知， 在 上单调递增，
又 ，对任意 ，则 ，所以 恒成立，
故 ；②当 时， ， ，
函数 ，
当 ，令 ，则 ，
则 ，由 在 上单调递减；
则 由函数 与 复合而成，
故由复合函数单调性可知， 在 上单调递减，
又 ，取 ，则存在正数 ，使得 ，
则 成立，故 ，这与任意 ，都有 矛盾，
故 时不满足题意；
综合①②可知， 的最小值为 .
（3）必要性证明：
若 ， 是偶函数，
则任意 ， .
则 ，
故必要性得证；
充分性证明：
若对任意实数 ，都有 ，下面用反证法证明 是偶函数.
假设 不是偶函数，则 ，使得 ，
取 ，
①若 ，则 ，
由 且 ，
得 ，且 ，
所以 ，这与 矛盾；
②若 ，则 ，
则由 且 ，得 ，且 ，
而 与 同时成立是矛盾的；
故由①②可知，假设错误，即 是偶函数，
故充分性得证.
综上所述，“函数 是偶函数”的充分必要条件是“对任意实数 ，都有 ”．
题型13 新定义型压轴大题：简易逻辑与不等式证明
简易逻辑与不等式证明压轴大题：
1.定义优先原则：所有变形、推导、判断都必须以题干新定义为第一准则，不能直接套用固有结论。
· 2.作差法优先：不等式大小比较、条件推导，优先使用作差判断正负，思路通用且不易出错。
3.反例简化判断：证明推导关系不成立、命题为假时，优先选取简单数值作为反例，缩短解题过程。
4.分类讨论梳理范围：式子含参数、正负不确定时，按照正数、负数、零分类讨论，逐一分析不等式关
系。
5.放缩适度原则：使用放缩法证明不等式时，把控放缩尺度，避免放缩过度导致证明失败。
1．（25-26高三·河北邢台·阶段检测）已知 是正实数集的一个子集，定义运算 ，使其满足下列4个条
件：① ，则“ ”的充要条件是“ ”；② ，则“ ”的充要条件是“ ”；
③ ，则“ ”的充要条件是“ ”；④ ， .
(1)设集合 ，若 ，求 的取值集合；
(2)设 ，证明：“ ”的充要条件是“ ”；
(3)设 ，且 ，证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得不等式 和 ，运算求解即可；
（2）根据题中运算 的定义，分充分性和必要性两个方面分析证明；
（3）根据题意可得 ，进而分析可得 ，即可得结果.【详解】（1）因为 是正实数集的一个子集， ，所以 ，
又因为 ，则 ，解得 ，
所以 的取值集合为 .
（2）充分性：若 ，则 ，则由①可知 ，
故由 ，可得 .
必要性：由 ，设 ，
若 ，则由 ，可得 ，由 ，可得 ，矛盾.
若 ，则由 ，可得 ，由 ，可得 ，符合题意.
若 ，则由 ，可得 ，由 ，可得 ，矛盾.
故由 ，可得 .
综上可知：“ ”的充要条件是“ ”.
（3）由④可知 ，
因为 ，则 ，
设 ，可知 ，
则 ，可得 ，
且 ， ，可得 ，所以 .
2．（24-25高三·湖南·阶段检测）集合 ， ．
(1)若 ， ，求实数 的值；
(2)命题 ，命题 ，若 是 的必要条件，求实数 的取值范围．
(3)阅读材料：①若 ，且 ，则有 ；
②若 ，则有 ．
请依据以上材料解答问题：已知 是三角形的三边，求证：
【答案】(1) ，
(2)
(3)证明见解析.
【分析】（1）由条件可得 ， 列关系式，求 ，
（2）由条件结合必要条件的定义可得 ，列不等式求 的取值范围，
（3）由三角形性质可得 ， ， ，结合结论①证明 ，
， ，再利用结论②完成证明.
【详解】（1）因为 ， ， ，
所以 ， ，
所以 ，
（2）因为 是 的必要条件，
所以 ，又 ， ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 的取值范围为 ，
（3）因为 是三角形的三边，所以 ， ， ，
由结论①可得 ， ，
，
由结论②可得 ，又 ，
所以 ，故 .
3．（24-25高三·浙江·阶段检测）对于由有限个自然数组成的集合A，定义集合 ，定
义集合 .记集合 的元素个数为 .
(1)若 ，求 ， ；
(2)若 ，且 ，求 的最小值；
(3)若 ， ， ，证明：“ ”的充要条件是“
”.
【答案】(1) ，
(2)7
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题干中对集合 和 的定义求解即可；
（2）结合题设可得 ，进而得到 ，从而求解；
（3）分别从充分性和必要性两个方面证明即可.
【详解】（1）若集合 ，则根据定义可得：
， .
（2）若 ， ，
因为 ，
所以 ，此时只需要让其他元素相乘与之相等即可，
所以 的最小值为7.
（3）证明：充分性：设 是公差为 的等差数列，
则 ，
且 ，所以 共有 个不同的值，即 .
必要性：由 ，因为 ，
所以 中有 个不同的元素： ，
任意 的值都与上述某一项相等.
又 ，且 ， ，
所以 ，即 是等差数列，且公差不为0.
所以“ ”的充要条件是“ ”.
【点睛】方法点睛：集合新定义问题，主要在于理解题目中定义要求，进而根据定义求解，使用定义时需
要注意使用的条件是否符合要求.
4．（24-25高三·全国·阶段检测）若实数x，y，m满足 ，则称x比y更远离m．
(1)若 比 更远离1，求实数x的取值范围；
(2)判断 是x比y更远离m的什么条件（充分不必要条件，必要不充分条件，充要条件，既不充分
也不必要条件），并加以证明；
(3)已知 ， ，若 ，证明：p比 更远离 ．
【答案】(1)
(2) 是x比y更远离m的充分不必要条件；证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)根据定义列不等式，求x的取值范围；(2)根据充分条件和必要条件的定义结合新定义判断即可，
(3)根据基本不等式求出 的最大值，结合(2)的结论完成证明.
【详解】（1）由题意可 ，
即 ，解得： ，
所以实数x的取值范围为 ；
（2） 是x比y更远离m的充分不必要条件
①已知 ，则 ，
可得 ，即 ，
所以 是x比y更远离m的充分条件．
②已知x比y更远离m，则举例： ， ， ，满足 ，但不满足 ，
所以 不是x比y更远离m的必要条件．
综上： 是x比y更远离m的充分不必要条件．
（3）证明：因为 ，
，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
因为 ，
由（2）可知p比 更远离 ，即得证．
