【高考专项复习】专题02 简易逻辑培优归类（培优题型清单）

命题的否定：复合形式否定函数型相等集合全称命题判断求参充分不必要条件判定求参特称命题判断求参必要不充分条件判定求参简易逻辑培优归类新定义型：简易逻辑压轴小题充要条件综合求参新定义型压轴大题：简易逻辑与数列图形推导充要条件新定义型压轴大题：简易逻辑与函数非充分与非必要型求参新定义型压轴大题：简易逻辑与不等式证明判断命题的真假，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1.直接法：应用所学过的基本事实和定理进行判断,不满足,所以则,所以故A错误；即a(m+b)>b(m+a)>0,故D正确.而由而由q:f(-x)=|f(x)|,由于由f(-x)=f(|x|),用-x替换x得f(x)=f(|-x|)=f(x|),故f(-x)=f(x),丙：P(X≤m)=0.5;如果有且只有一个是假命题，那么该命题是()(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.B,则p是q的充分条件.A.[-4,+∞]B.(-∞0,-4)C.(-∞0,-4)A.(-∞,-1)B.[-∞,-1]C.[要条件是()(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A2B,则甲是乙的必要条件.简单通俗说：“大是小的必要条件”多有2对，则实数a取值范围的必要不充分条件是().多有2对，则实数a取值范围的必要不充分条件是().X(x>0)与f(x)=logax(x>0)的图象应至多有2个交点.是x∈B的必要不充分条件，则λ的取值范围为()B={x|(x-2)(x-22)<0}={x|条件是()A.a∈[0,+∞]D.a∈(1,+∞)A.m<-3或m>5B.-3<m<5p:A={xlx²-2x-3≤0}={xl-1≤x≤3}..-p:x<-1,或x>3.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.式(组)进行求解.“x≥b”,则实数b的最大值为()xA.b<-2且c>0B.b>-2且c<0C.b<-2且c=0D.b≥-2且c交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，以丙【分析】根据题意以及充分条件和必要条件的定义确定p,q,r,s之间的关系，然后逐一判断命题①②③④的正确性即可.所以由p→r,r→s,S→p可得p⇔r⇔s,对于④,由一是┐s的必要条件而不是充分条件等价于s是p的必要条件而不是充分条件，因为p→r,r→s,则p→s,由s→q,q→r,r≠p知s≠p,故④正确；对于⑤,因为s→q,q→r,所以s→r,故r是s的充要条件，故⑤错误.是s的必要条件，下列命题正确的是()【详解】由题意p→r∈q,r→s→q,但是r不能推出p成立，则r→s→q→r,所以r,q,S是等价的，正确命题的序号是()可得p→r,r推不出p,q→r,r→s,s→q,所以r⇔q,故r是q的充要条件，①正确；r⇔s,故r是s的充要条件，④错误.故选：B2.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4.把两个相反范围取交集，得到同时满足“互相推不出”的参5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。或全称量词命题p:Vx∈M,p(x),它的否定绨p:3x∈M,绨p(x),全称量词命实际意义进行表述.A.Vx∈R,3n∈N°,使得n≤|x+1|-x+2|论.故选：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.4.(19-20高一全国·课后作业)命题“Vx∈R,3n∈N,使得n≤3x+2”的否定形式是()最小值).A.当m<0时，f(x)=0的2个根为x,需最小值为()方法可以得解.在[0,+∞]上g(x)in=g(1)=2,g(x)的值域为[2,+∞],f(x)=-(x-个令f(x)=-x²-6x-3=2,解得-5和-1,若p为假命题，q为真命题，则实数a的取值范围为()1.已知特城命题为真(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(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(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(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(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。解得m=3或m=-1(舍去),n=9,故f(x)=3.围是()∴f(1)=-1,f(-1)=3,f(3)=3,故f(x)=x²-2x在x∈[-1,3]内的最小值为-1,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，结讨论，进行推理判断解决.而得到m,n即可.f(x)=0等价于x=tanx(cosx≠0).对于①:画出且且与y₂=x的函数图象，,y对于③:由x₁=tanx,x₂=tanx₂,推出**若k为奇数，设k=2n+1,n∈Z,则α=2nπ+π-β,sinα=sin(2nπ+π-β当α=π+2nπ-β时，令k=2n+1,(k为奇数),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(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【详解】(1)因为a₁=1,q=2,所以a=2”-1.(2)因为M≌U,所以o(M)≤σ(U),(3)若选①.由(2)知，a+>a₁+a₂+…+a,≥o(B),所以σ(A)>σ(B),矛盾若选②.【分析】(1)根据递推式进行求解计算即可.【详解】(1)因为aₙ=|a₄+-aₙ+2对任意neN成立；若a₂=1,由a₂=|a₃-a₄|,则1=因为a₄=|a₅-a₆|≥0,综上所述：a₄=1或3或5.(2)记a₁=x,a₂=y,(i)若(*)式只对有限个正整数n才成立，不妨设当且仅当n∈{p₁,P₂,…,Pk}时(*)式成立，其中(ii)若存在无限个正整数n使得(*)式成立，不妨设当且仅当n∈{i,i₂,…,i,…时(*)式成立，则a=a-1-a₂₋2,ap+=a₀+a若j=2,则ap+-1=ap+=ap-1+a,≥a₋1+1,则a₀<ao+<…<an+;-2<a>+-1·此时ap+)-1=ap+-2+ap+;-3≥1+ap+-2≥1+ap+13,5,7是三角数组，3,5,9不是三角数组.设S为数列{an}的前n项和，已知a₂=3,且【分析】(1)解法1:令n=1得a₁=1,当n≥3时，两式相减化简得进而求得aₙ=2n-1,又a₁=1和a₂=3也满足aₙ=2n-1,即可得解.a=1和a₂=3也满足aₙ=2n-1,即可得解.n≥4,都成立.【详解】(1)解法1:当n=1时，,解得a=1.所以，当n≥3时数列为常数列.解法2:当n=1时，解得a₁=1.由于a₂=3,因此即a=2n-1,且所以a,a,,a为三角数组.(3)证法1:由(2)知，从数列{a}的前n项(n≥4)中任意取出不同的三项，共有种可能.故证法2:由(2)知a,a,ak为三角数组的充要条件是i,j,k为三角数组.故对任意都成立.证法3:由(2)可知，原命题可转化为：从前n个正整数中任意取出三个不同的数，由法2的分析可得满足i+j>n(i,j<n)【分析】(1)由性质p,根据k=1与k=2时分析即可；再证充分性。由S(4)=a+2++a,21+2+故a(3)先证明Va≤2”-1(m=1,2,…,n),因此2025(3)先证明Vam≤2”-1(m=1,2,…,n),依题意D≥3,则a+a₂++a,因此2025=a+a₂+%+a,点方法技巧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。任取x₁-x₂≥0,若x₁=x₂,则f(x₁)-f(x₂)=即f(x)是(0,+o)关联(2)依题意当x₁-x₂=3时，f(x₁)-f(x₂)=3, (3)略说明如下(举反例):记取x;=3,x₂=1,则有f(1)=k,则f(x+1)=k(x+1)=kx+k=f(x)+f(1)恒成立.充分性得证.,【详解】(1)略(2)记f(x)=|x²-mx|,af(x₁)+(1-a)f(x₂)-f(ax₁+(1-a)x₂)=a(1-即f(ax₁+(1-a)x₂)≤af(x)所以y=|x²-mx|,x∈[1,+0]是C函数.综上所述，m的最大值为1.(3)略【分析】(1)根据下凸函数的定义进行证明.【详解】(1)v(x)=u'(x)=-6x²+2x-1,V'(x)=-12x+2,(2)令F(x)=f'(x),不妨设x₁,x₂,x₃,x₄的公差为d且d>0,故即所以=(a-m)⁴+(a+m)⁴-(a-3m)⁴-=(a-m)⁴+(a+m)⁴-(a-3m)⁴-所以h(x₂)+h(x₃)<h(x;)+h(可.【详解】(1)由题意知D=R,f(x)=|x|,则N₁={x|f(-x+1)≥f(-x)},(2)由题意知，f(x)=2*+2*,D=(t,+oo),t∈R,故函数f(x)在D上单调(非严格)递增，故Ma=[0,+oo]=D;又a>0,取t∈D,则存在则N-a={x|f(-x-a)≥f(-x)}取a=-2x₀,1.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·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1.1.(25-26高三·河北邢台阶段检测)已知M是正实数集的一个子集，定义运算⊗,使其满足下列4个条【分析】(1)根据题意可得不等式a>0和a²>a,运算求解即可；(2)充分性：若x=y,则y=x,则由①可知x⊗y=y⊗x=1,若m=1,则由x⊗y=m,可得x=y,由y⊗x=m,可得y=x,符合题意.若0<m<1,则由x⊗y=m,可得x<y,由y⊗x=m,可得y<x,矛盾.(3)由④可知则