高考数学一轮复习　第一章 第2节常用逻辑用语

这是一份高考数学一轮复习　第一章 第2节常用逻辑用语，共15页。试卷主要包含了全称量词与存在量词，全称命题和特称命题，设命题p等内容，欢迎下载使用。


知 识 梳 理
1.充分条件、必要条件与充要条件的概念
2.全称量词与存在量词
(1)全称量词：短语“所有的”、“任意一个”等在逻辑中通常叫做全称量词，用符号“∀”表示.
(2)存在量词：短语“存在一个”、“至少有一个”等在逻辑中通常叫做存在量词，用符号“∃”表示.
3.全称命题和特称命题(命题p的否定记为綈p，读作“非p”)
[微点提醒]
1.区别A是B的充分不必要条件(A⇒B且B A)，与A的充分不必要条件是B(B⇒A且AB)两者的不同.
2.A是B的充分不必要条件⇔綈B是綈A的充分不必要条件.
3.含有一个量词的命题的否定规律是“改量词，否结论”.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若已知p：x>1和q：x≥1，则p是q的充分不必要条件.( )
(2)“长方形的对角线相等”是特称命题.( )
(3)当q是p的必要条件时，p是q的充分条件.( )
(4)“若p不成立，则q不成立”等价于“若q成立，则p成立”.( )
解析 (2)错误.命题“长方形的对角线相等”是全称命题.
答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√
2.(选修2－1P26A3改编)命题“∀x∈R，x2＋x≥0”的否定是( )
A.∃x0∈R，xeq \\al(2,0)＋x0≤0 B.∃x0∈R，xeq \\al(2,0)＋x0<0
C.∀x∈R，x2＋x≤0 D.∀x∈R，x2＋x<0
解析 由全称命题的否定是特称命题知命题B正确.
答案 B
3.(选修2－1P12A4改编)圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2经过原点的一个充要条件是________________.
解析 若圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2经过原点，等价于原点坐标适合圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的方程，
∴(0－a)2＋(0－b)2＝r2，∴a2＋b2＝r2，反之亦然.
答案 a2＋b2＝r2
4.(2015·全国Ⅰ卷)设命题p：∃n∈N，n2>2n，则綈p为( )
A.∀n∈N，n2>2n B.∃n∈N，n2≤2n
C.∀n∈N，n2≤2n D.∃n∈N，n2＝2n
解析 命题p的量词“∃”改为“∀”，“n2>2n”改为“n2≤2n”，∴綈p：∀n∈N，n2≤2n.
答案 C
5.(2018·天津卷)设x∈R，则“eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))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
解析 由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))答案 A
6.(2019·济南调研)“a＝0”是“函数f(x)＝sin x－eq \f(1,x)＋a为奇函数”的________条件.
解析 显然a＝0时，f(x)＝sin x－eq \f(1,x)为奇函数；
当f(x)为奇函数时，
f(－x)＋f(x)＝sin(－x)－eq \f(1,－x)＋a＋sin x－eq \f(1,x)＋a＝0.
因此2a＝0，故a＝0.
所以“a＝0”是“函数f(x)为奇函数”的充要条件.
答案 充要
考点一 充分条件与必要条件的判断
【例1】 (1)(2018·北京卷)设a，b均为单位向量，则“|a－3b|＝|3a＋b|”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
(2)(2019·华大新高考联盟质检)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2mx＋1，x≥0，,－x－\f(1,x)，x<0.))则“m>1是f[f(－1)]>4”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
解析 (1)|a－3b|＝|3a＋b|⇔(a－3b)2＝(3a＋b)2⇔a2－6a·b＋9b2＝9a2＋6a·b＋b2，又∵|a|＝|b|＝1，
∴a·b＝0⇔a⊥b，因此|a－3b|＝|3a＋b|是“a⊥b”的充要条件.
(2)当m>1时，f [f(－1)]＝f eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－(－1)－\f(1,(－1))))＝f(2)＝22m＋1>4，
当f [f(－1)]>4时，
f [f(－1)]＝f eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－(－1)－\f(1,(－1))))＝f(2)＝22m＋1>4＝22，
∴2m＋1>2，解得m>eq \f(1,2).
故“m>1”是“f [f(－1)]>4”的充分不必要条件.
答案 (1)C (2)A
规律方法 充要条件的两种判断方法
(1)定义法：根据p⇒q，q⇒p进行判断.
(2)集合法：根据使p，q成立的对象的集合之间的包含关系进行判断.
【训练1】 (2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”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
解析 若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.
答案 A
考点二 充分条件、必要条件的应用典例迁移
【例2】 (经典母题)已知P＝{x|x2－8x－20≤0}，非空集合S＝{x|1－m≤x≤1＋m}.若x∈P是x∈S的必要条件，求m的取值范围.
解 由x2－8x－20≤0，得－2≤x≤10，
∴P＝{x|－2≤x≤10}.
∵x∈P是x∈S的必要条件，则S⊆P.
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－m≥－2，,1＋m≤10，))解得m≤3.
又∵S为非空集合，∴1－m≤1＋m，解得m≥0.
综上，m的取值范围是[0，3].
【迁移探究1】 本例条件不变，若x∈P是x∈S的必要不充分条件，求m的取值范围.
解 由例知，SP，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－m≤1＋m，,1－m≥－2，,1＋m<10))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－m≤1＋m，,1－m>－2，,1＋m≤10，))
解得0≤m≤3或0≤m<3，∴0≤m≤3，
故m的取值范围是[0，3].
【迁移探究2】 本例条件不变，若x∈P的必要条件是x∈S，求m的取值范围.
解 由例知P＝{x|－2≤x≤10}，
若x∈P的必要条件是x∈S，即x∈S是x∈P的必要条件，
∴P⊆S，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－m≤1＋m，,1－m≤－2，,1＋m≥10，))解得m≥9.
故m的取值范围是[9，＋∞).
【迁移探究3】 本例条件不变，问是否存在实数m，使x∈P是x∈S的充要条件？并说明理由.
解 由例题知P＝{x|－2≤x≤10}.
若x∈P是x∈S的充要条件，则P＝S，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－m＝－2，,1＋m＝10，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝3，,m＝9，))
这样的m不存在.
规律方法 充分条件、必要条件的应用，一般表现在参数问题的求解上.解题时需注意：
(1)把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间的关系列出关于参数的不等式(或不等式组)求解.
(2)要注意区间端点值的检验.尤其是利用两个集合之间的关系求解参数的取值范围时，不等式是否能够取等号决定端点值的取舍，处理不当容易出现漏解或增解的现象.
(3)数学定义都是充要条件.
【训练2】 (2019·临沂月考)设p：实数x满足x2－4ax＋3a2<0，a∈R；q：实数x满足x2－x－6≤0或x2＋2x－8>0.若a<0且p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围.
解 由p得(x－3a)(x－a)<0，当a<0时，3a由q得x2－x－6≤0或x2＋2x－8>0，则－2≤x≤3或x<－4或x>2，则x<－4或x≥－2.
设p：A＝(3a，a)，q：B＝(－∞，－4)∪[－2，＋∞)，
又p是q的充分不必要条件.
可知AB，∴a≤－4或3a≥－2，即a≤－4或a≥－eq \f(2,3).
又∵a<0，∴a≤－4或－eq \f(2,3)≤a<0，
即实数a的取值范围为(－∞，－4]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0)).
考点三 全称量词与存在量词 多维探究
角度1 全(特)称命题的否定
【例3－1】 (1)命题“∀n∈N*，f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是( )
A.∀n∈N*，f(n)∉N*且f(n)＞n
B.∀n∈N*，f(n)∉N*或f(n)＞n
C.∃n0∈N*，f(n0)∉N*且f(n0)＞n0
D.∃n0∈N*，f(n0)∉N*或f(n0)＞n0
(2)(2019·德州调研)命题“∃x0∈R，1A.∀x∈R，1B.∃x0∈R，1C.∃x0∈R，f(x0)≤1或f(x0)>2
D.∀x∈R，f(x)≤1或f(x)>2
解析 (1)全称命题的否定为特称命题，
∴命题的否定是：∃n0∈N*，f(n0)∉N*或f(n0)>n0.
(2)特称命题的否定是全称命题，原命题的否定形式为“∀x∈R，f(x)≤1或f(x)>2”.
答案 (1)D (2)D
角度2 含有量词(∀、∃)的参数取值问题 典例迁移
【例3－2】 (经典母题)已知f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－m，若对∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________.
解析 当x∈[0，3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x∈[1，2]时，g(x)min＝g(2)＝eq \f(1,4)－m，对∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]使得f(x1)≥g(x2)等价于f(x)min≥g(x)min，得0≥eq \f(1,4)－m，所以m≥eq \f(1,4).
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))
【迁移探究】 若将“∃x2∈[1，2]”改为“∀x2∈[1，2]”，其他条件不变，则实数m的取值范围是____________.
解析 当x∈[1，2]时，g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,2)－m，对∀x1∈[0，3]，∀x2∈[1，2]使得f(x1)≥g(x2)等价于f(x)min≥g(x)max，得0≥eq \f(1,2)－m，∴m≥eq \f(1,2).
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
规律方法 1.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.
2.含量词的命题中参数的取值范围，可根据命题的含义，利用函数的最值解决.
【训练3】 (2019·衡水调研)已知命题p：∀x∈R，lg2(x2＋x＋a)>0恒成立，命题q：∃x0∈[－2，2]，2a≤2x0，若命题p和q都成立，则实数a的取值范围为________.
解析 当命题p成立时，x2＋x＋a>1恒成立，
即x2＋x＋a－1>0恒成立，
∴Δ＝1－4(a－1)<0，解得a>eq \f(5,4).
当命题q成立时，2a≤(2x0)max，x0∈[－2，2]，
∴a≤2.
故eq \f(5,4)答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，2))
[思维升华]
1.充分条件、必要条件、充要条件的判断方法
(1)定义法
(2)利用集合间的包含关系判断：设A＝{x|p(x)}，B＝{x|q(x)}；
①若A⊆B，则p是q的充分条件，q是p的必要条件；
②若AB，则p是q的充分不必要条件，q是p的必要不充分条件；
③若A＝B，则p是q的充要条件.
2.要写一个命题的否定，需先分清其是全称命题还是特称命题，再对照否定结构去写，否定的规律是“改量词，否结论”.
[易错防范]
1.判断条件之间的关系要注意条件之间关系的方向，正确理解“p的一个充分而不必要条件是q”等语言.
2.注意命题所含的量词，对于量词隐含的命题要结合命题的含义显现量词，再进行否定.
逻辑推理、数学运算——突破双变量“存在性或任意性”问题
逻辑推理的关键要素是：逻辑的起点、推理的形式、结论的表达.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和存在量词的条件“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.
类型1 形如“对任意x1∈A，都存在x2∈B，使得g(x2)＝f(x1)成立”
【例1】 已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x，g(x)＝eq \f(19,6)x－eq \f(1,3)，若对任意x1∈[－1，1]，总存在x2∈[0，2]，使得f′(x1)＋2ax1＝g(x2)成立，求实数a的取值范围.
解 由题意知，g(x)在[0，2]上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，6)).
令h(x)＝f′(x)＋2ax＝3x2＋2x－a(a＋2)，则h′(x)＝6x＋2，由h′(x)＝0得x＝－eq \f(1,3).
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3)))时，h′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))时，h′(x)>0，
所以[h(x)]min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝－a2－2a－eq \f(1,3).
又由题意可知，h(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，6))的子集，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h（－1）≤6，,－a2－2a－\f(1,3)≥－\f(1,3)，,h（1）≤6，))解得实数a的取值范围是[－2，0].
评析 理解全称量词与存在量词的含义是求解本题的关键，此类问题求解的策略是“等价转化”，即“函数f(x)的值域是g(x)的值域的子集”从而利用包含关系构建关于a的不等式组，求得参数的取值范围.
类型2 形如“存在x1∈A及x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)成立”
【例2】 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2x3,x＋1)，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，,－\f(1,3)x＋\f(1,6)，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，))函数g(x)＝ksineq \f(πx,6)－2k＋2(k>0)，若存在x1∈[0，1]及x2∈[0，1]，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数k的取值范围.
解 由题意，易得函数f(x)的值域为[0，1]，g(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2－2k，2－\f(3k,2)))，并且两个值域有公共部分.
先求没有公共部分的情况，即2－2k>1或2－eq \f(3,2)k<0，解得keq \f(4,3)，所以，要使两个值域有公共部分，k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(4,3))).
评析 本类问题的实质是“两函数f(x)与g(x)的值域的交集不为空集”，上述解法的关键是利用了补集思想.另外，若把此种类型中的两个“存在”均改为“任意”，则“等价转化”策略是利用“f(x)的值域和g(x)的值域相等”来求解参数的取值范围.
类型3 形如“对任意x1∈A，都存在x2∈B，使得f(x1)【例3】 已知函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是________.
解析 依题意知f(x)max≤g(x)max.
∵f(x)＝x＋eq \f(4,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上是减函数，
∴f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(17,2).
又g(x)＝2x＋a在[2，3]上是增函数，
∴g(x)max＝8＋a，
因此eq \f(17,2)≤8＋a，则a≥eq \f(1,2).
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
评析 理解量词的含义，将原不等式转化为[f(x)]max≤[g(x)]max，利用函数的单调性，求f(x)与g(x)的最大值，得关于a的不等式求得a的取值范围.
思考1：在[例3]中，若把“∃x2∈[2，3]”变为“∀x2∈[2，3]”时，其它条件不变，则a的取值范围是________.
问题“等价转化”为[f(x)]max≤[g(x)]min，请读者完成.
思考2：在[例3]中，若将[例3]中“∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))”改为“∃x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))”，其它条件不变，则a的取值范围是________.
问题“等价转化”为f(x)min≤g(x)max，请读者自行求解.
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.命题“∃x∈Z，使x2＋2x＋m≤0”的否定是( )
A.∃x∈Z，使x2＋2x＋m>0
B.不存在x∈Z，使x2＋2x＋m>0
C.∀x∈Z，使x2＋2x＋m≤0
D.∀x∈Z，使x2＋2x＋m>0
解析 特称命题的否定为全称命题.故选D.
答案 D
2.命题“所有实数的平方都是正数”的否定是( )
A.所有实数的平方都不是正数
B.有的实数的平方是正数
C.至少有一个实数的平方是正数
D.至少有一个实数的平方不是正数
解析 因为“全称命题”的否定一定是“特称命题”，所以命题“所有实数的平方都是正数”的否定是：“至少有一个实数的平方不是正数”.
答案 D
3.设x∈R，则“2－x≥0”是“|x－1|≤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
解析 由2－x≥0，得x≤2，由|x－1|≤1，得0≤x≤2.
当x≤2时不一定有0≤x≤2，而当0≤x≤2时一定有x≤2，
∴“2－x≥0”是“|x－1|≤1”的必要不充分条件.
答案 B
4.(2019·焦作模拟)命题p：cs θ＝eq \f(\r(2),2)，命题q：tan θ＝1，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
解析 由cs θ＝eq \f(\r(2),2)，得θ＝±eq \f(π,4)＋2kπ，k∈Z，则tan θ＝±1，
故p⇒q，p是q的不充分条件；
由tan θ＝1，得θ＝eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z，则cs θ＝±eq \f(\r(2),2)，
故q⇒p，p是q的不必要条件；
所以p是q的既不充分也不必要条件.
答案 D
5.(2017·浙江卷)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”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
解析 由S4＋S6－2S5＝S6－S5－(S5－S4)＝a6－a5＝d，所以S4＋S6>2S5等价d>0，所以“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件.
答案 C
6.已知命题p：“∀x∈[0，1]，a≥ex”，命题q：“∃x0∈R，xeq \\al(2,0)＋4x0＋a＝0”.若命题p和q都成立，则实数a的取值范围是( )
A.(4，＋∞) B.[1，4] C.[e，4] D.(－∞，－1)
解析 对于p成立，a≥(ex)max，∴a≥e.
对于q成立，知x2＋4x＋a＝0有解，则Δ＝16－4a≥0，解得a≤4.
综上可知e≤a≤4.
答案 C
7.(2017·北京卷)设m，n为非零向量，则“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n<0”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
解析 存在负数λ，使得m＝λn，则m·n＝λn·n＝λ|n|2<0；反之m·n＝|m||n|cs〈m，n〉<0⇒cs〈m，n〉<0⇔〈m，n〉∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，当〈m，n〉∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，m，n不共线.故“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n<0”的充分不必要条件.
答案 A
8.命题“∀x∈[1，2)，x2－a≤0”成立的一个充分不必要条件可以是( )
A.a≥1 B.a>1 C.a≥4 D.a>4
解析 命题成立的充要条件是∀x∈[1，2)，a≥x2恒成立，即a≥4.∴命题成立的一个充分不必要条件可以是a>4.
答案 D
二、填空题
9.直线x－y－k＝0与圆(x－1)2＋y2＝2有两个不同交点的充要条件是________.
解析 直线x－y－k＝0与圆(x－1)2＋y2＝2有两个不同交点等价于eq \f(|1－0－k|,\r(2))答案 －110.已知p是r的充分不必要条件，s是r的必要条件，q是s的充要条件，那么p是q的________________条件.
解析 由已知得p⇒r，r⇒s，s⇔q，∴p⇒r⇒s⇒q.但由于r推不出p，所以q推不出p，故p是q的充分不必要条件.
答案 充分不必要
11.已知“p：(x－m)2>3(x－m)”是“q：x2＋3x－4<0”成立的必要不充分条件，则实数m的取值范围是________.
解析 p：x>m＋3或x答案 (－∞，－7]∪[1，＋∞)
12.设n∈N*，一元二次方程x2－4x＋n＝0有整数根的充要条件是n＝________.
解析 由Δ＝16－4n≥0，得n≤4，又n∈N*，则n＝1，2，3，4.当n＝1，2时，方程没有整数根；当n＝3时，方程有整数根1，3；当n＝4时，方程有整数根2，综上知n＝3或4.
答案 3或4
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
13.(2019·宁波质检)祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面面积恒相等，那么体积相等.设A，B为两个同高的几何体，p：A，B的体积不相等，q：A，B在等高处的截面面积不恒相等，根据祖暅原理可知，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
解析 根据祖暅原理，“A，B在等高处的截面面积恒相等”是“A，B的体积相等”的充分不必要条件，所以p是q的充分不必要条件，故选A.
答案 A
14.(2019·佛山质检)已知函数f(x)＝3x－3－x，∀a，b∈R，则“a>b”是“f(a)>f(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
解析 因为f(x)＝3x－3－x，
所以f′(x)＝3xln 3－3－xln 3×(－1)＝3xln 3＋3－xln 3，
易知f′(x)>0，
所以函数f(x)＝3x－3－x为(－∞，＋∞)上的单调递增函数，从而由“a>b”可得“f(a)>f(b)”，由“f(a)>f(b)”可得“a>b”，即“a>b”是“f(a)>f(b)”的充要条件.
答案 C
15.设p：实数x满足x2－4ax＋3a2<0，其中a≠0，q：实数x满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－x－6≤0，,x2＋2x－8>0，))若p是q的必要不充分条件，则实数a的取值范围是________.
解析 因为p是q的必要不充分条件，即q⇒p但p⇒ q，设A＝{x|p(x)}，B＝{x|q(x)}，则BA，又B＝(2，3]，当a>0时，A＝(a，3a)；当a<0时，A＝(3a，a)，所以当a>0时，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≤2，,3<3a，))解得1答案 (1，2]
16.设数列{an}是等比数列，求证：“{an}是递增数列”的充要条件为“a1证明 充分性：设数列{an}的公比为q，则通项公式为an＝a1qn－1.
由a1所以q>1，a1>0或0所以an＋1－an＝a1qn－1(q－1)>0，
所以数列{an}为递增数列.
必要性：若数列{an}是递增数列，
则必有a1综上“a1新高考创新预测
17.(答案不唯一型)能说明“若a>b，则eq \f(1,a)解析 由题意知，当a＝1，b＝－1时，满足a>b，但是eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，故答案可以为1，－1(答案不唯一，满足a>0，b<0即可).
答案 1，－1(答案不唯一)若p⇒q，则p是q的充分条件，q是p的必要条件
p是q的充分不必要条件
p⇒q且qp
p是q的必要不充分条件
pq且q⇒p
p是q的充要条件
p⇔q
p是q的既不充分也不必要条件
p q且q p
名称
形式
全称命题
特称命题
结构
对M中的任意一个x，有p(x)成立
存在M中的一个x0，使p(x0)成立
简记
∀x∈M，p(x)
∃x0∈M，p(x0)
否定
∃x0∈M，綈p(x0)
∀x∈M，綈p(x)