第一章 第2节

第2节常用逻辑用语考试要求 1.通过对典型数学命题的梳理，理解必要条件的意义，理解性质定理与必要条件的关系；理解充分条件的意义，理解判定定理与充分条件的关系；理解充要条件的意义，理解数学定义与充要条件的关系；2.通过已知的数学实例，理解全称量词与存在量词的意义；3.能正确使用存在量词对全称命题进行否定；能正确使用全称量词对存在性命题进行否定.知识梳理1.充分条件、必要条件与充要条件的概念若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q pp是q的必要不充分条件p q且q⇒pp是q的充要条件p⇔qp是q的既不充分也不必要条件p q且q p2.全称量词与存在量词(1)全称量词：短语“所有”在陈述中表示所述事物的全体，逻辑中通常叫做全称量词，并用符号“∀”表示.(2)存在量词：短语“有一个”或“有些”或“至少有一个”在陈述中表示所述事物的个体或部分，逻辑中通常叫做存在量词，并用符号“∃”表示.3.全称命题和存在性命题(命题p的否定记为綈p，读作“非p”)名称全称命题存在性命题形式结构对M中的所有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)[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A B)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”是存在性命题.()(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2－1P15例2（1）改编)命题“∀x∈R，x2＋x≥0”的否定是()A.∃x0∈R，x20＋x0≤0B.∃x0∈R，x20＋x0<0C.∀x∈R，x2＋x≤0D.∀x∈R，x2＋x<0解析由全称命题的否定是存在性命题知命题B正确.答案 B3.(选修2－1P20讲解引申改编)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 a 2＋b 2＝r 24.(2015·全国Ⅰ卷)设命题p ：∃n ∈N ，n 2>2n ，则綈p 为( ) A.∀n ∈N ，n 2>2nB.∃n ∈N ，n 2≤2nC.∀n ∈N ，n 2≤2nD.∃n ∈N ，n 2＝2n解析 命题p 的量词“∃”改为“∀”，“n 2>2n ”改为“n 2≤2n ”，∴綈p ：∀n ∈N ，n 2≤2n . 答案 C5.(2018·天津卷)设x ∈R ，则“⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12<12”是“x 3<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⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12<12，得0<x <1，所以0<x 3<1；由x 3<1，得x <1，不能推出0<x <1.所以“⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12<12”是“x 3<1”的充分而不必要条件.答案 A6.(2019·济南调研)“a ＝0”是“函数f (x )＝sin x －1x ＋a 为奇函数”的________条件.解析 显然a ＝0时，f (x )＝sin x －1x 为奇函数； 当f (x )为奇函数时， f (－x )＋f (x )＝sin(－x )－1－x＋a ＋sin x －1x ＋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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧2mx ＋1，x ≥0，－x －1x ，x <0.则“m >1是 [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⇔a 2－6a ·b ＋9b 2＝9a 2＋6a ·b ＋b 2，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 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－(－1)－1(－1)＝f (2)＝22m ＋1>4， 当f [f (－1)]>4时，f [f (－1)]＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－(－1)－1(－1)＝f (2)＝22m ＋1>4＝22， ∴2m ＋1>2，解得m >12.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 |x 2－8x －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x 2－8x －20≤0，得－2≤x ≤10， ∴P ＝{x |－2≤x ≤10}.∵x ∈P 是x ∈S 的必要条件，则S ⊆P . ∴⎩⎨⎧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，SP ，∴⎩⎨⎧1－m ≤1＋m ，1－m ≥－2，1＋m <10或⎩⎨⎧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 ，∴⎩⎨⎧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 ， ∴⎩⎨⎧1－m ＝－2，1＋m ＝10，∴⎩⎨⎧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x 2－4ax ＋3a 2<0，a ∈R ；q ：实数x 满足x 2－x －6≤0或x 2＋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 <x <a .由q 得x 2－x －6≤0或x 2＋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AB ，∴a ≤－4或3a ≥－2，即a ≤－4或a ≥－23.又∵a <0，∴a ≤－4或－23≤a <0，即实数a 的取值范围为(－∞，－4]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫－23，0.考点三 全称量词与存在量词多维探究角度1 全称（存在性）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.∃n 0∈N +，f (n 0)∉N +且f (n 0)＞n 0 D.∃n 0∈N +，f (n 0)∉N +或f (n 0)＞n 0(2)(2019·德州调研)命题“∃x 0∈R ，1<f (x 0)≤2”的否定形式是( ) A.∀x ∈R ，1<f (x )≤2 B.∃x 0∈R ，1<f (x 0)≤2 C.∃x 0∈R ，f (x 0)≤1或f (x 0)>2 D.∀x ∈R ，f (x )≤1或f (x )>2解析 (1)全称命题的否定为存在性命题， ∴命题的否定是：∃n 0∈N +，f (n 0)∉N +或f (n 0)>n 0.(2)存在性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(x 2＋1)，g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－m ，若对∀x 1∈[0，3]，∃x 2∈[1，2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，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)＝14－m ，对∀x 1∈[0，3]，∃x 2∈[1，2]使得f (x 1)≥g (x 2)等价于f (x )min ≥g (x )min ，得0≥14－m ，所以m ≥14.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞【迁移探究】 若将“∃x 2∈[1，2]”改为“∀x 2∈[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)＝12－m ，对∀x 1∈[0，3]，∀x 2∈[1，2]使得f (x 1)≥g (x 2)等价于f (x )min ≥g (x )max ，得0≥12－m ，∴m ≥12.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞规律方法 1.全称命题与存在性命题的否定与命题的否定有一定的区别，否定全称命题和存在性命题时，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 ，log 2(x 2＋x ＋a )>0恒成立，命题q ：∃x 0∈[－2，2]，2a ≤2x 0，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，x 2＋x ＋a >1恒成立， 即x 2＋x ＋a －1>0恒成立， ∴Δ＝1－4(a －1)<0，解得a >54.当命题q 成立时，2a ≤(2x 0)max ，x 0∈[－2，2]， ∴a ≤2.故54<a ≤2，∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤54，2.答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤54，2[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存在性命题，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)＝196x－13，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⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，6.令h (x )＝f ′(x )＋2ax ＝3x 2＋2x －a (a ＋2)，则h ′(x )＝6x ＋2，由h ′(x )＝0得x ＝－13. 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－13时，h ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－13，1时，h ′(x )>0，所以[h (x )]min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝－a 2－2a －13.又由题意可知，h (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，6的子集，所以⎩⎪⎨⎪⎧h （－1）≤6，－a 2－2a －13≥－13，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x 1∈A 及x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立”【例2】 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3x ＋1，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，－13x ＋16，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，函数g (x )＝k sin πx6－2k ＋2(k >0)，若存在x 1∈[0，1]及x 2∈[0，1]，使得f (x 1)＝g (x 2)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⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2k ，2－3k 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2－32k <0，解得k <12或k >43，所以，要使两个值域有公共部分，k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，43.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x 1∈A ，都存在x 2∈B ，使得f (x 1)<g (x 2)成立”【例3】 已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，∃x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≤g (x 2)，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 ＋4x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上是减函数， ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝172. 又g (x )＝2x ＋a 在[2，3]上是增函数，∴g (x )max ＝8＋a ，因此172≤8＋a ，则a ≥12.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 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“∃x 2∈[2，3]”变为“∀x 2∈[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“∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1”改为“∃x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1”，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x 2＋2x ＋m ≤0”的否定是( )A.∃x ∈Z ，使x 2＋2x ＋m >0B.不存在x ∈Z ，使x 2＋2x ＋m >0C.∀x ∈Z ，使x 2＋2x ＋m ≤0D.∀x ∈Z ，使x 2＋2x ＋m >0解析 存在性命题的否定为全称命题.故选D.答案 D2.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“存在性命题”，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 D3.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 B4.(2019·焦作模拟)命题p ：cos θ＝22，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cos θ＝22，得θ＝±π4＋2k π，k ∈Z ，则tan θ＝±1， 故p ⇒q ，p 是q 的不充分条件；由tan θ＝1，得θ＝π4＋k π，k ∈Z ，则cos θ＝±22，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 D5.(2017·浙江卷)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”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S 4＋S 6－2S 5＝S 6－S 5－(S 5－S 4)＝a 6－a 5＝d ，所以S 4＋S 6>2S 5等价d >0，所以“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充要条件.答案 C6.已知命题p ：“∀x ∈[0，1]，a ≥e x ”，命题q ：“∃x 0∈R ，x 20＋4x 0＋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 ≥(e x )max ，∴a ≥e.对于q 成立，知x 2＋4x ＋a ＝0有解，则Δ＝16－4a ≥0，解得a ≤4.综上可知e ≤a ≤4.答案 C7.(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 |cos 〈m ，n 〉<0⇒cos 〈m ，n 〉<0⇔〈m ，n 〉∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π，当〈m ，n 〉∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，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 A8.命题“∀x ∈[1，2)，x 2－a ≤0”成立的一个充分不必要条件可以是( )A.a ≥1B.a >1C.a ≥4D.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|1－0－k|2<2，解之得－1<k<3.答案－1<k<310.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<m，q：－4<x<1.因为p是q成立的必要不充分条件，所以m＋3≤－4或m≥1，故m≤－7或m≥1.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 A14.(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 )＝3x ln 3－3－x ln 3×(－1)＝3x ln 3＋3－x ln 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 C15.设p ：实数x 满足x 2－4ax ＋3a 2<0，其中a ≠0，q ：实数x 满足⎩⎨⎧x 2－x －6≤0，x 2＋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⎩⎪⎨⎪⎧a ≤2，3<3a ，解得1<a ≤2；当a <0时，显然A ∩B ＝，不符合题意.综上所述，实数a 的取值范围是(1，2].答案 (1，2] 16.设数列{a n }是等比数列，求证：“{a n }是递增数列”的充要条件为“a 1<a 2<a 3”. 证明 充分性：设数列{a n }的公比为q ，则通项公式为a n ＝a 1q n －1. 由a 1<a 2<a 3，得a 1<a 1q <a 1q 2，所以q >1，a 1>0或0<q <1，a 1<0，所以a n ＋1－a n ＝a 1q n －1(q －1)>0，所以数列{a n }为递增数列.必要性：若数列{a n }是递增数列，则必有a 1<a 2<a 3.综上“a 1<a 2<a 3”是“数列{a n }是递增数列”的充要条件.新高考创新预测17.(答案不唯一型)能说明“若a >b ，则1a <1b ”为假命题的一组a ，b 的值依次为________(填写一个正确的即可).解析 由题意知，当a ＝1，b ＝－1时，满足a >b ，但是1a >1b ，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)。