专题01 集合与常用逻辑用语（15题型+提分快招）高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（天津专用）

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专题1 集合与常用逻辑用语
目录
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc19824" 题型01 集合中元素表示 PAGEREF _Tc19824 \h 1
\l "_Tc6009" 题型02 元素个数 PAGEREF _Tc6009 \h 4
\l "_Tc22946" 题型03 元素个数求参 PAGEREF _Tc22946 \h 6
\l "_Tc6927" 题型04 子集关系求参 PAGEREF _Tc6927 \h 8
\l "_Tc17660" 题型05 韦恩图 PAGEREF _Tc17660 \h 10
\l "_Tc10948" 题型06 交集运算求参 PAGEREF _Tc10948 \h 12
\l "_Tc1073" 题型07 并集运算求参 PAGEREF _Tc1073 \h 13
\l "_Tc30541" 题型08 补集运算求参 PAGEREF _Tc30541 \h 15
\l "_Tc191" 题型09 交并补混合运算 PAGEREF _Tc191 \h 18
\l "_Tc22857" 题型10 集合新定义 PAGEREF _Tc22857 \h 21
\l "_Tc16927" 题型11 全称与特称命题 PAGEREF _Tc16927 \h 24
\l "_Tc30837" 题型12 充分不必要求参 PAGEREF _Tc30837 \h 25
\l "_Tc16607" 题型13 必要不充分求参 PAGEREF _Tc16607 \h 27
\l "_Tc12495" 题型14 古诗词辨析---五个单选 PAGEREF _Tc12495 \h 29
\l "_Tc9003" 题型15 集合形式压轴小题 PAGEREF _Tc9003 \h 31
\l "_Tc27776" 优先选取2024各地模拟试题 PAGEREF _Tc27776 \h 35
题型01 集合中元素表示
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（21-22高一上·天津滨海新·阶段练习）设集合，，则两集合间的关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】变形，，分析比较即可得解.
【详解】由题意可
即为的奇数倍构成的集合，
又，
即为的整数倍构成的集合，，即
故选：B
【典例1-2】
（24-25高三天津南开阶段练习）已知，，，，，，，是在集合中的不同数，则的最小值为 .
【答案】
【分析】记，根据条件将所求式子表示为，先分析的可行性，然后确定出最小值即可.
【详解】不妨设，
因为，
所以，
所以，
若要值最小，则，
下面分析的可能性：
当时，则四个数全为偶数，或全为奇数，或两奇两偶，
若四个数全为偶数，则和的结果为，不满足要求；
若四个数全为奇数，则和的结果为，不满足要求；
若四个数两奇两偶，其中两个奇数之和可能为 ，两个偶数之和可能为，
此时两奇两偶的四个数之和不可能等于，
所以不成立，
所以当时，此时取值最小，最小值为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点有两个，一方面是对所给表达式能利用已知关系进行化简变形，将双变量转化为单变量；另一方面是对于二次函数取最小值的可行性分析，此处无法直接确定成立.
【变式1-1】
（24-25高三上·天津红桥·期中）集合，，其中、、为实数，若、分别表示集合、的元素个数，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】A
【分析】选项A，B和C，利用方程至少有一个根，所有解的个数取决于；方程的解得个数取决于及，逐一分析判断即可得答案；选项D，根据条件得到，，，设为的一个根，从而得到，即为方程的根，即可求解.
【详解】令，，
对于选项A，当时，方程无实根，
所以，，或；
当时，，由得，此时；
当，时，，由得，此时，所以选项A正确；
对于选项B，若，则有且只有一根，又一定是的根，所以，
又且时，无解，此时，所以选项B错误，
对于选项C，若时，则有且只有根，
又一定是的根，所以且，或且，
当时，存在，使且，此时只有一根，所以选项C错误，
对于选项D，当时，方程有三个根，所以，，，
设为的一个根，即，则，
且，所以为方程的根，
故有三个根，即时，必有，所以选项D错误，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于充分理解二次函数的根与系数的关系，观察分析两函数的区别与联系，从而得解.
【变式1-2】
（23-24高三上·天津东丽·模拟）已知集合，，则与的关系是（ ）
A．B．
C．D．M，N无公共元素
【答案】D
【分析】先求得集合，结合集合间的关系进行判定，即可求解.
【详解】由，可得，解得，
即集合中的元素是有序实数对，
又由中的元素是实数，所以两个集合无公共元素.
故选：D．
【变式1-3】
（22-23高三上·天津河西·期中）含有3个实数的集合既可表示成，又可表示成，则 ．
【答案】1
【分析】根据集合相等，则元素完全相同，分析参数，列出等式，即可求得结果.
【详解】因为，
显然，故，则；
此时两集合分别是，
则，解得或.
当时，不满足互异性，故舍去；
当时，满足题意.
所以
故答案为：.
题型02 元素个数
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（22-23高三上·天津 津南·模拟）已知集合，，则集合的含有元素的子集个数为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出集合、，然后列举出满足条件的集合的含有元素的子集，即可得解.
【详解】由题意得：,，
故集合含有元素的子集有子集个数为个，
故选：B.
【典例1-2】
（2024·天津河东区模拟）已知集合，，则集合的元素个数为 ．
【答案】2
【分析】利用列举法求解集合，即可求解.
【详解】当时，，2，4，分别为,均不能满足，
当时，时可满足，
时，，时，均不满足，
当时，可满足，时，，时，均不满足，
所以，故集合的元素有2个，
故答案为：2
【变式1-1】
（23-24高三上·天津一中滨海阶段练习）设集合，则中的元素个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】解一元二次不等式得集合A，利用交集运算的概念求解，从而求解元素个数.
【详解】由题设，，
又，则，故中的元素个数为3.
故选：B
【变式1-2】
（22-23高三·天津蓟州·模拟）已知数列满足：，对于任意实数，集合的元素个数是（ ）
A．个B．非零有限个
C．无穷多个D．不确定，与的取值有关
【答案】C
【分析】讨论，，和且三种情况，根据题意可以得到：若，则；若，则；若，则；若，则.不妨从时开始讨论，得到的符号，最后得到答案.
【详解】当时，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当时，则，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当且时，，
若，则；若，则；若，则；若，则.
而，则时，数列递减且无下限（※）；
时，数列递增且无上限（*）.
（1）若，则，根据（※）可知，在求解的迭代过程中，终有一项会首次小于，不妨设为；
（2）若，则；
①若，则，接下来进入（2）或（3）；
②若，接下来进入（3）；
（3）若，则，接下来进入（1）或 （4） ；
（4）若，则，接下来进入（2）或（3）.
若，则进入（4）.
若，则进入②.
若，则进入①.
如此会无限循环下去，会出现无限个负数项.
综上：集合的元素个数为无数个.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题比较复杂，刚开始的，容易想到，当且时，注意要对的四种情况进行分类，然后从某一种情况开始进行推理，其它情况可以以此类推，类似这样的题目一定要细心.
【变式1-3】
（23-24高一上·上海杨浦·阶段练习）设是集合的子集，有且仅含有3个互不相邻的整数元素，则满足条件的集合的个数为
【答案】10
【分析】直接列举得到答案.
【详解】满足条件的子集为：
.
故答案为：10.
题型03 元素个数求参
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（23-24高三上·天津宁河·模拟）关于x的不等式的解集中恰有3个整数，则实数a的取值范围是（ ）
A．[-3，-2)∪(4，5]B．[-3，-2]∪[4，5]C．(-3，-2]∪[4，5)D．(-3，-2)∪(4，5)
【答案】A
【分析】化简一元二次不等式，分类讨论解不等式，根据不等式的解集中恰有3个整数解，列不等式，求解即可．
【详解】由，得，
当时，显然不成立，
当时，不等式的解集为，由解集中恰有3个整数可得，
此时这三个整数为，，，则；
当时，不等式的解集为，由解集中恰有3个整数可得，
此时这三个整数为，，，则；
综上所述，或，
故选：A
【典例1-2】
（23-24高一上·天津静海·阶段练习），若中至多有一个元素，则= .
【答案】或
【分析】分和两种情况讨论，当时需满足，解得即可.
【详解】集合中至多有一个元素，
当时，，合题意，
当时，，解得，
综上可得或．
故答案为：或．
【变式1-1】
（24-25高三上·天津和平·阶段练习）已知数列的前n项和，若，且数列满足，若集合中有三个元素，则实数λ的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先利用与的关系式求得，进而求得，利用作差法分析得数列中的项的情况，再利用集合中元素的个数即可得解.
【详解】由题意知，当时，，所以，
当时，，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，因为，所以，
所以，则，
当时，；当时，，即；
又，，则数列中的项从大到小排列为，因为集合中有三个元素，所以.
故选：A.
【变式1-2】
（24-25高三上天津咸水沽一中阶段练习）若集合中有且只有一个元素，则值的集合是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分是否为0两种情况进行讨论，结合二次方程根的情况列式求解即可.
【详解】当时，，故符合题意；
当时，由题意，解得，符合题意，
满足题意的值的集合是.
故选：D.
【变式1-3】
（20-21高一上·天津静海·阶段练习）若集合，集合，若中元素只有一个，则实数组成的集合为 .
【答案】
【解析】将问题转化为只有一个解，分类讨论可求得结果.
【详解】因为中元素只有一个，所以只有一组解，
所以只有一个解，
当时，符合题意；
当时，，解得，
故实数组成的集合为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了根据交集中元素个数求参数，考查了分类讨论思想，属于基础题.
题型04 子集关系求参
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（24-25高一上·天津红桥·期中）已知集合，，若，则实数a的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可得集合，且，分和两种情况，结合包含关系分析求解.
【详解】由题意可知：集合，，
由，可知，若，则，解得；
若，则，解得；综上所述：实数a的取值范围.故选：A.
【典例1-2】
（24-25高一上·天津滨海新·期中）已知集合或其中若则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据得，进而利用集合间的包含关系列不等式，求解即可.
【详解】由，得，解得，则，
由，得，
所以或，解得或，
则实数的取值范围为，
故答案为：
【变式1-1】
（20-221天津咸水沽·期中）若集合，若，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．或D．且
【答案】A
【分析】先根据分式不等式求解出集合，然后对集合中参数与的关系作分类讨论，根据子集关系确定出的范围.
【详解】因为，所以，所以或，所以或，
当时，不成立，所以，所以满足，当时，因为，所以，
又因为，所以，所以，当时，因为，所以，
又因为，所以，所以，综上可知：.故选：A.
【变式1-2】
（23-24高三天津南开·阶段练习）已知集合，，若，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由可以得到，从而对集合分类讨论即可求解参数的范围.
【详解】∵已知，又因为，
∴，即，
①当时，满足，此时，解得；
②当时，由，得，解得；
综上所述，.
故选：C.
【变式1-3】
（24-25高一上·天津·阶段练习）已知集合，若，则满足条件的a的取值范围为 ．
【答案】
【分析】对B分类讨论，利用集合的包含关系列不等式组，即可求解.
【详解】当时，满足，此时，有，解得：；
当时，要使，只需，解得：.
所以实数的取值范围为.故答案为：.
题型05 韦恩图
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（22-23高三上天津河北·阶段练习）已知全集，集合，图中阴影部分所表示的集合为
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意可知，阴影部分所表示的元素属于，不属于，结合所给的集合求解即可确定阴影部分所表示的集合.
【详解】由已知中阴影部分在集合中，而不在集合中，故阴影部分所表示的元素属于，不属于（属于的补集），即.
【点睛】本题主要考查集合的表示方法，Venn图及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
【典例1-2】
（23-24高一上·天津武清区天河城实验中学模拟）某班共42人，其中20人喜爱篮球运动，25人喜爱乒乓球运动，12人对这两项运动都不喜爱，则喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数为 .
【答案】5
【分析】根据集合的韦恩图即可求解.
【详解】设集合表示：喜爱篮球运动的学生，集合表示：喜爱乒乓球运动的学生，整个班级学生为集合,
则由题可知，的元素个数为20，的元素个数为25，
则的元素个数为12，所以的元素个数为，
所以的元素个数为，
所以喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数为人，
故答案为:5.
【变式1-1】
（22-23天津和平区第二南开中学·专题练习）设全集U＝R，集合A＝≥0}，B＝{x∈Z|x2≤9}，则图中阴影部分表示的集合为( )
A．{1,2}B．{0,1,2}
C．{x|0≤x5，则由得：，解得：，
综上得：，所以实数的取值范围为.故选：A
【典例1-2】
（21-22高一上·天津·期中）设，集合，，若，则实数m= .
【答案】1或2/2或1
【分析】对分类讨论，求出集合,再分析得解.
【详解】解：由题得集合，
当时，；当时，.
所以当时，，符合题意；
当时，，所以.
综合得或.
故答案为：1或2
【变式1-1】
（2023天津静海模拟）已知集合，，若，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为且，所以，故所求实数的取值范围是，应选答案C．
【变式1-2】
（23-24高一上·天津滨海新·阶段练习）设集合，则下列选项中，满足的实数的取值范围是（ ）
A．B．，或
C．D．，或
【答案】D
【分析】结合数轴及交集运算可得.
【详解】要使，则或，
解得，或.
所以满足的实数的取值范围是，或.
故选：D
【变式1-3】
（2023·天津河东·模拟）若集合，，，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先求出集合A，B，由此能求出a的取值范围．
【详解】根据题意，可以求得，，因为，所以A⊆B，结合数轴可以求得，所以的取值范围是．
【点睛】本题考查实数的取值范围的求法，考查交集、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
题型07 并集运算求参
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（2021天津和平第二南开中学）设常数a∈R，集合A={x|（x﹣1）（x﹣a）≥0}，B={x|x≥a﹣1}，若A∪B=R，则a的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，2]C．（2，+∞）D．[2，+∞）
【答案】B
【详解】试题分析：当时，，此时成立，当时，，当时，，即，当时，，当时，恒成立，所以的取值范围为，故选B.
考点：集合的关系
【典例1-2】
（20-21高一·天津西青区杨柳青中学）已知集合或，，且，则实数的取值范围是
【答案】
【分析】由已知结合两集合端点值间的关系列关于的不等式组，求解不等式组得答案．
【详解】或，，且，
，解得：．
故答案为：．
【变式1-1】
（24-25高一上·天津·阶段练习）设集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据不等式解集表示出，然后将转化为，由此列出不等式完成求解.
【详解】由解得或，所以或，
由解得，所以，
又因为，所以，
所以，所以，即的取值范围是，
故选：A.
【变式1-2】
（2024天津咸水沽一中 ）已知集合或，.若，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用给定条件建立不等式组，求解参数范围即可.
【详解】依题意得解得.
故选：B
【变式1-3】
（24-25高一上·天津·阶段练习）设集合，.若，求实数的取值集合是 .
【答案】
【分析】本题利用集合A与集合B之间的关系，可得，从而求出a的取值.
【详解】由题意可知，，又因为，，所以或，所以或，所以实数a的取值集合是.
故答案为：.
题型08 补集运算求参
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（2023天津西青模拟）设集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得集合A，B表示以为圆心，半径为和的同心圆，集合C在时，表示以为中心，四条边的斜率为±2的菱形，画出图形，利用图形可知，是菱形与A或B有交点，从而可求出实数的取值范围.
【详解】集合A表示以为圆心，半径为 的圆，集合B表示以(3,4)为圆心，半径为 的圆，
集合C在时，表示以为中心，四条边的斜率为±2的菱形，当时，集合C为空集，不合题意，当时，，不合题意，
如图所示，若，则菱形与A或B表示的圆有交点，
对于，当，得，当，得，由，得，得菱形的一个顶点为，同理可得其它3个顶点为，，
所以可知菱形的2个顶点在直线上，2个顶点在直线上，
因为小圆的圆心为，半径为，所以当 时，菱形在小圆的内部，与两圆均无交点，不满足题意，
当菱形与小圆相切时，则圆心到菱形任一边的距离等于，
当时，菱形一边的方程可化为，则
，得，
所以当 时，菱形在圆环的内部，与两圆均无交点，不满足题意；
当菱形与大圆相切时，则圆心到菱形任一边的距离等于，
当时，菱形一边的方程可化为，则
，得，
所以当，两圆均在菱形内部，与菱形无交点，不满足题意，
综上可得：实数λ的取值范围是 .
故选：A.
【典例1-2】
（22-23高一上·天津102中学·阶段练习）设为实数，集合，，若，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据补集及并集的定义结合条件可得不等式组，进而即得．
【详解】因为集合，，
所以或，又，
所以，解得,
即的取值范围为.
故答案为：．
【变式1-1】
（2024天津军武城中学模拟）已知集合，且，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据集合求得，再根据题意即可求得参数的范围.
【详解】因为，故可得或，
因为，，
故可得.
故选：C.
【变式1-2】
（24-25高三天津静海模拟）已知集合 .若 则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．或D．
【答案】A
【分析】已知，这意味着集合与集合在中的补集没有交集，那么集合是集合的子集.接下来通过分析集合的边界与集合边界的关系来确定的取值范围.
【详解】. 因为，所以.
由于，要满足，
当，即，解得.
当，则有.解得：.
综上，m的取值范围为.
故选：A.
【变式1-3】
（21-22高一上·天津和平·期中）设集合，集合，若，则 ．
【答案】1
【分析】由推出集合A，根据一元二次方程根与系数的关系，即可得到答案
【详解】由推出，可得方程的根
根据根与系数的关系可得 所以
故答案为：1.
题型09 交并补混合运算
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（23-24高三·天津南开区模拟）已知表示不超过x的最大整数，集合，，且，则集合B的子集个数为（ ）．
A．4B．8C．16D．32
【答案】C
【分析】由新定义及集合的概念可化简集合，再由可知，分类讨论的归属，从而得到集合的元素个数，由此利用子集个数公式即可求得集合的子集的个数.
【详解】由题设可知，，
又因为，所以，
而，
因为的解为或，的两根满足，
所以分属方程与的根，
若是的根，是的根，则有，解得，
代入与，解得或与或，
故；
若是的根，是的根，则有，解得，
代入与，解得或与或，
故；
所以不管如何归属方程与，集合总是有4个元素，
故由子集个数公式可得集合的子集的个数为.
故选：C
【典例1-2】
（23-24高一上·天津津南区阶段练习）定义集合的“长度”是，其中a，R．已如集合，，且M，N都是集合的子集，则集合的“长度”的最小值是 ；若，集合的“长度”大于，则n的取值范围是 .
【答案】 /
【分析】空1：根据区间长度定义得到关于的不等式组，再分类讨论即可；空2：代入得到，再根据区间长度大于，得到关于的不等式组，解出即可.
【详解】集合，，且M，N都是集合的子集，
由，可得，由，可得．
要使的“长度”最小，只有当取最小值、取最大或取最大、取最小时才成立.
当，，，“长度”为，
当，，，“长度”为，
故集合的“长度”的最小值是；
若，，
要使集合的“长度”大于，故或
即或又，故.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分理解区间长度的定义，再根据交并集的含义得到不等式组，结合分类讨论的思想即可.
【变式1-1】
（2023·天津北辰阶段练习）从集合的非空子集中随机取出两个不同的集合A，，则在的条件下，恰有个元素的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】按照要求分类讨论计算即可.
【详解】由题意可分以下四种情况讨论：
①若A中有一个元素，则B中至少有三个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；
②若A中有两个元素，则B中至少有两个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；
③若A中有三个元素，则B中至少有一个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；
④若A中有四个元素，则B中至少有一个元素，此时满足的情况
有种，而满足恰有个元素的有种；
故满足题意的概率为：，
故选：B
【点睛】本题考查集合与古典概型，较为新颖，属于较难题.关键在于分类讨论要不重复不遗漏，需要较高的逻辑思维.
【变式1-2】
（24-25高三天津武清·阶段练习）已知x表示不超过x的最大整数，集合，，且，则满足条件的集合B共有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由新定义及集合的概念可化简集合，分类讨论，从而得到满足条件的集合B.
【详解】由题设可知，
又因为，所以A⊆B，
而，
因为的解为，
根据题意可知必有两根，满足，
所以分属方程与的根，
若1是的根，2是的根，
则有，解得，
代入与，
解得x=0或x=1与x=2或，
故，成立；
若2是的根，1是的根，
则有，解得，
代入与，
解得x=0或x=2与x=1或，
故，成立.
所以满足条件的集合B共有2个.
故选：B
【点睛】方法点睛：确定集合后，对，分别是和的根，求，，然后要验证对应时候是否成立.
【变式1-3】
（20-21高一上·天津和平·阶段练习）设整数集，，且，若，满足，的所有元素之和为，求= ；
【答案】
【分析】根据可得，结合已知条件可得，然后分情况讨论，和时，利用集合元素的互异性和确定性即可求解.
【详解】由可得，所以，
因为，所以，
若，因为，所以，
所以，，，故
所以，
若则，可得或
与矛盾，所以此时不成立，
若，则，所以，
所以，所以即
显然，可得或，
因为与矛盾，所以，，
此时，，所以，
由题意知：，即，解得或（舍）
综上所述：，，所以，
故答案为：.
题型10 集合新定义
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
21-22高三上·天津津衡高中·阶段练习）已知集合且，定义集合，若，给出下列说法：①；②；③；其中所有正确序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】由集合的新定义结合，可得，由此即可求解
【详解】因为集合且，
若，
则中也包含四个元素，即，
剩下的，
对于①：由得，故①正确；
对于②：由得，故②正确；
对于③：由得，故③正确；
故选：D
【典例1-2】
（23-24高一上·天津滨海新区塘沽一中·期中）已知有限集，如果中元素满足，就称为“完美集”.
①集合不是“完美集”；
②若、是两个不同的正数，且是“完美集”，则、至少有一个大于2；
③二元“完美集”有无穷多个；
④若，则“完美集”有且只有一个，且；
其中正确的结论是 (填上你认为正确的所有结论的序号)
【答案】②③④
【分析】对于①,根据定义检验与是否相等即可.
对于②根据韦达定理即可判断是否正确.
对于③根据②可知,二元完美集可以看成一元二次方程对应的两个根,所以有无数组.
对于④,检验当时,求得完美集的个数;同时检验当时不存在完美集即可.
【详解】对于①, 根据定义.则,
则,所以集合是“完美集”,则①错误;
对于②,设,由韦达定理可知
可以看成一元二次方程
则,解得或(舍)
即,所以至少有一个大于2,所以②正确;
对于③,根据②可知一元二次方程当取不同值时, 的值是不同的.而有无穷多个值,因而二元“完美集”有无穷多个,所以③正确;
对于④,设 ,则
所以
所以当时,
因为
所以只能是,由代入解得,所以此时完美集只有一个为,所以④正确;
故答案为: ②③④
【点睛】本题考查了元素与集合的关系,正确理解题意解决问题的关键,对理解能能力和分析解决问题能力要求较高,属于难题.
【变式1-1】
（高三上·天津河西·开学考试）用表示非空集合中元素的个数，定义，若，，，且，设实数的所有可能取值构成集合，则=
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：由已知得：或，当时，即由两个相等实根，即且没有实根，,即,,;当时，即由两个相等实根，即且由两个不等实根，,,或,不成立，当由两个不等实根，即且由两个相等实根，，，,，所以有3个值，即选B.
考点：1.二次方程根的个数；2.集合元素.
【变式1-2】
（22-23天津汇文中学·期末）若，则，就称A是伙伴关系集合，集合的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为
A．15B．16C．D．
【答案】A
【分析】首先确定具有伙伴集合的元素有，“和”，“和”等四种可能，它们组成的非空子集的个数为即为所求.
【详解】根据伙伴关系集合的概念可知：－1和1本身也具备这种运算，这样所求集合即由－1,1,3和，2和这“四大”元素所组成的集合的非空子集．所以满足条件的集合的个数为24－1＝15.故选A.
【点睛】本小题主要考查新定义概念的理解，考查集合子集的个数以及非空子集的个数，属于基础题.
【变式1-3】
（20-21高一上·天津实验中学·阶段练习）已知集合，对它的非空子集，可将中的每一个元素都乘以再求和（如，可求得和为：，则对的所有非空子集执行上述求和操作，则这些和的总和是 .
【答案】
【解析】首先确定每个元素在集合的所有非空子集中分别出现个，在求和.
【详解】因为集合，那么每个元素在集合的所有非空子集中分别出现个，
则对的所有非空子集中元素执行乘以，再求和操作，则这些和的总和是

故答案为：
【点睛】本题主要考查集合的非空真子集的概念，理解本题的新定义的概念是解决本题的关键，属于中档题型.
题型11 全称与特称命题
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（24-25高一上·天津·阶段练习）已知集合，若命题“”为假命题，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出命题的否定，再结合全称量词命题为真求出a的范围.
【详解】由命题“”为假命题，得为真命题，
而，则，
，因此，所以实数a的取值范围为.
故选：D
【典例1-2】
（22-23高一上天津武清区杨村一中·阶段练习）若，是真命题，则实数a的取值范围是 ；
【答案】
【分析】根据，是真命题，由，恒成立求解.
【详解】解：因为，是真命题，
所以，恒成立，
即，恒成立，
则，
所以，
故实数a的取值范围是
故答案为：
【变式1-1】
（24-25高三上·天津河西·阶段练习）已知命题：“”，则为（ ）
A．B．
C．不存在D．
【答案】B
【分析】由全称命题的否定为特称命题即可求解.
【详解】命题：“”，
则为
故选:B
【变式1-2】
（24-25高一上·天津河北·期中）命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可解决.
【详解】因为全称量词命题的否定为存在量词命题，
所以命题“，”的否定为“，”，
故选：D.
【变式1-3】
（21-22高一上·天津第二南开中学·）已知命题：“，”是假命题，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【分析】命题：“，”是假命题等价于命题：“，”是真命题，再解决含参的不等式恒成立问题即可.
【详解】命题：“，”是假命题，
即命题：“，”是真命题，
当时，恒成立，符合题意；
当时，，,
则，解得；
综上所述，a的取值范围是.
故答案为：.
题型12 充分不必要求参
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（23-24天津耀华中学阶段练习）已知命题：“关于的方程有实根”.若为真命题的充分不必要条件为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题设知为假命题，结合一元二次方程的判别式求参数范围，再根据充分不必要关系求m范围.
【详解】若为真命题，则为假命题，
此时关于的方程没有实根，满足，解得.
因为是的充分不必要条件，则，可得.
故选：C
【典例1-2】
（24-25高一上·天津西青·阶段练习）已知集合，，若是成立的一个充分不必要条件，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】通过集合关系即可求解.
【详解】由是成立的一个充分不必要条件，
可知：，
所以，解得，
所以实数的取值范围是，
故答案为：
【变式1-1】
（20-21天津河北区·阶段练习）已知条件，条件，且是的充分不必要条件，则实数的值范围为（ ）
A．B．C．-∞,1D．
【答案】A
【分析】由题意，可先解出：与：，再由是的充分不必要条件列出不等式即可得出a的取值范围.
【详解】由条件，解得或，故：，
由条件得：，
∵是的充分不必要条件，
∴，
故选：A.
【点睛】本题以不等式为背景考查充分条件必要条件的判断，考查了推理判断能力，准确理解充分条件与必要条件是解题的关键.
【变式1-2】
（21-22天津和平·阶段练习）已知，如果是的充分不必要条件，则实数的取值范围是
A．[2,+∞)B．C．D．
【答案】B
【详解】由题意可得q:x2,由是的充分不必要条件，得，选B.
【变式1-3】
（24-25高一上·天津卓越中学·阶段练习）已知命题，使为真命题，则实数m的取值集合为B，若为非空集合，且是的充分不必要条件，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先求出集合B，再利用充分不必要条件转化为是的真子集，利用集合关系解题即可.
【详解】由题意，可知关于x的方程无实数根，
所以，解得，即，
因为为非空集合，所以，即，
因为是的充分不必要条件，所以是的真子集，
则，即，所以．
故答案为：．
题型13 必要不充分求参
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（天津·模拟预测）已知条件，条件，且是的必要不充分条件，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先解不等式得p，q，再根据p是q的必要不充分条件得集合包含关系，列出不等式，解得结果.
【详解】或，
当时，或，当时，，
因为是的必要不充分条件，所以q是p的必要不充分条件，所以.
从而或，即.
故选：C
【点睛】本题考查根据必要不充分条件求参数，考查基本分析求解能力，属中档题.
【典例1-2】
（23-23高二上·天津耀华中学·阶段练习）设命题：实数满足，其中，命题：实数满足，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为
【答案】
【分析】解不等式求出其对应的集合，根据是的必要不充分条件，可得集合间的包含关系，列出不等式组，即可求得答案.
【详解】解，其中，可得，
解，即，可得，
因为是的必要不充分条件，
又 ，则：或，，
则或，
所以或，解得 或，
故实数的取值范围为，
故答案为：
【变式1-1】
（2001天津耀华中学·阶段练习）已知，若的必要条件是，则a，b之间的关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】试题分析：不等式的解集为，不等式的解集为，根据题意可知是的子集，所以有，故选A．
考点：绝对值不等式，充要条件的判断．
【变式1-2】
（2022·天津滨海新区·模拟预测）已知命题：函数，且关于x的不等式的解集恰为（0，1），则该命题成立的必要非充分条件为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，可从已知出发，求得结论成立的m需要满足的关系，然后结合选项要求进行分析验证，即可完成求解.
【详解】函数，
故，，
，，
令，所以，
因为，，所以，此时函数是单调递增的，
所以，要使得的解集恰为（0，1）恒成立，
且、则应满足在为增函数，所以当时，，故，此时，，由选项可知，选项C和选项D无法由该结论推导，故排除，而选项C，，若，此时与矛盾，故不成立，所以该命题成立的必要非充分条件为.
故选：A.
【变式1-3】
（20-21高三上·天津河西·开学考试），，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】解出、中的不等式，由已知条件得出集合的包含关系，由此可解得实数的取值范围.
【详解】解不等式，即，可得，解得，即；
解不等式，即，，则，解得1-m≤x≤1+m，
即.因为是的必要不充分条件，则，
所以，，解得.当时，则有，合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.
【点睛】本题考查利用必要不充分条件求参数，同时也考查了分式不等式与一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于中等题.
题型14 古诗词辨析
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（24-25高三上·天津红桥·期中）在二十四节气中，冬季的节气有立冬､小雪､大雪､冬至､小寒和大寒，则“甲出生在冬至”是“甲出生在冬季”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】B
【分析】利用是否推出关系来判断是否充分和必要条件即可，
【详解】“甲出生在冬至”可以推出“甲出生在冬季”，
“甲出生在冬季”不能推出“甲出生在冬至”，
所以“甲出生在冬至”是“甲出生在冬季”的充分不必要条件.
故选：B.
【典例1-2】
（22-23高一上·天津宁河·阶段练习）杜甫在《奉赠韦左丞丈二十二韵》中有诗句：“读书破万卷，下笔如有神.”对此诗句的理解是读书只有读透书，博览群书，这样落实到笔下，运用起来才有可能得心应手，如有神助一般，由此可得，“读书破万卷”是“下笔如有神”的（ ）
A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分条件和必要条件的定义分析判断.
【详解】杜甫的诗句表明书读得越多，文章未必就写得越好，但不可否认的是，一般写作较好的人，他的阅读量一定不会少，而且所涉猎的文章范畴也会比一般读书人广泛.
因此“读书破万卷”是“下笔如有神”的必要不充分条件.
故选：C
【变式1-1】
（24-25高三·天津南开·模拟）老子《道德经》有云“天下难事，必作于易；天下大事，必作于细”，根据这句话，说明 “做容易题”是“做难题”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
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】由题意可知，“做容易题”不一定能推出“做难题”，
但“做难题”一定可以推出“做容易题”，
故“做容易题”是“做难题”的必要不充分条件，
故选：B.
【变式1-2】
（21-22高三 天津朱唐庄中学·阶段练习）荀子曰：“故不积跬步，无以至千里：不积小流，无以成江海.”这句来自先秦时期的名言阐述了做事情不一点一点积累，就永远无法达成目标的哲理.由此可得，“积跬步”是“至千里”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】B
【分析】根据充分条件和必要条件定义判断即可.
【详解】荀子的名言表明积跬步未必能至千里，但要至千里必须积跬步，
故“积跬步”是“至千里”的必要不充分条件.
故选：B.
【变式1-3】
（22-23高三上·天津蓟州·阶段练习）鲸是水栖哺乳动物，用肺呼吸，一般分为两类：须鲸类，无齿，有鲸须；齿鲸类，有齿，无鲸须，最少的仅具1枚独齿．已知甲是一头鲸，则“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”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
【分析】根据充分、必要性的定义及题设描述，判断条件间的关系.
【详解】“甲的牙齿的枚数不大于1”，即甲无齿或有1枚独齿，故甲可为须鲸类或齿鲸类，充分性不成立；
“甲为须鲸”，即甲无齿，故甲的牙齿的枚数不大于1，必要性成立；
所以“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”的必要不充分条件.
故选：B
题型15 集合形式压轴小题
【典例1-1】
（2024·天津宝坻区·模拟预测）设，为等差数列，，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】C
【分析】分析函数的单调性与对称性，得函数在R上单调递增，且图象关于点中心对称.再利用等差数列的性质可得，然后从充分性与必要性两个方面论证，用反证法进行必要性的证明.
【详解】已知，则，故在R上单调递增.
又由，得，故，则函数的图象关于点中心对称.已知数列是等差数列，则.
①先证明充分性：
若，由数列是等差数列，可得，
则，所以由函数的对称性可知，
，，，，
，即“”得证.
因此，“”是“”的充分条件；
②再证明必要性：
下面用反证法证明：
假设，已知数列是等差数列，则，
即，由等差数列性质可得，
所以，
由函数在R上单调递增，可得，
，，
各式累加得，，
所以，即，
这与已知矛盾，故假设错误；
同理，假设，可证得，也与已知矛盾，故假设也错误；
所以“”得证.
即“”是“”的必要条件.
综上所述，“”是“”的充要条件.故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于应用反证法进行必要条件的证明，基于自变量不等（大小）关系的假设，借助函数单调递增等价转化为函数值的不等关系，进而结合函数对称性推出与等量关系矛盾.
【典例1-2】
（23-24高三上·天津武清·模拟）已知，则在下列关系①；②；③；④中，能作为“”的必要不充分条件的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】利用基本不等式可判断①；数形结合，作出的图象，结合不等式相应的几何意义判断②；利用放缩法说明，再用构造函数，利用导数知识说明，从而判断③；构造函数，求导判断单调性，数形结合，说明两命题之间的推理关系，判断④.
【详解】对于①，取，满足，但不满足，
即成立推不出，
由于，故，
而，故，当且仅当时取等号，
即成立可推出成立，
故不是“”的必要不充分条件；
对于②，作出函数的图象，如图曲线，即将的图像向右平移1个单位得到；

则（）表示几何意义为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴），
则中相应的点所在区域即上述区域；
而表示的几何意义为直角三角形区域部分（不含坐标轴），
显然直角三角形区域部分（不含坐标轴）对应集合为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴）相应集合的真子集，
即是的必要不充分条件，
对于③，由得，故，（），
设，则，
则在上单调递减，且，
则存在，使得，即时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减，
而，则在上恒成立，
即，故；
而当成立时，不妨取，成立，
但不成立，故是的必要不充分条件；
对于④，当时，设，
则，显然在单调递增，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
又，
作出的大致图象如图：

由图象可知存在，使得，
故当时，只有唯一解，
若，使得，则，与条件不符，
即此时得不出，
即不是的必要条件，
故能作为“”的必要不充分条件的是②③，
故选：B
【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，实质还是考查导数的应用，难度较大，难点是选项③④的判断，解答时要注意利用放缩法结合构造函数判断③，利用构造函数，判断函数单调性，数形结合判断④.
【变式1-1】
（22-23高三上·天津红桥·模拟）已知点集．设非空点集，若对中任意一点，在中存在一点（与不重合），使得线段上除了点外没有中的点，则中的元素个数最小值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数，讨论只有一个点得到矛盾，进而有中元素不止一个，取分析是否满足要求即可.
【详解】对于整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数，
若只有一个点，取的点使和分别同奇偶，有公因子2（或重合），不合题意，
故中元素不止一个，令，对于的点，
当或3时，取；当或4时，取；
由于、横坐标之差为，故内部无整点；
当，时，取，此时横坐标之差为，纵坐标之差为奇数，二者互素；
当，时，取，此时横坐标之差为，纵坐标之差为，二者互素；
综上，中的元素个数最小值是2.
故选：B
【点睛】关键点睛：根据题设分析出整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数为关键.
【变式1-2】
（2024·天津河西区模拟）设集合则集合中最小的元素是 ，集合中最大的元素是 ．
【答案】 1
【分析】构造函数，借助函数的单调性找到的单调性即可求解.
【详解】，，则，
构造函数，则，令，则，
当，，当，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
又，则，
令，则函数在上单调递增，在上单调递减，且时，，
因此结合函数的性质知，，，当时，，
又当时，，当时，，
又，故，因此当时，.
故答案为：1；.
【点睛】思路点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
【变式1-3】
（23-24高三·天津宁河·阶段练习）若是一个集合，是一个以的某些子集为元素的集合，且满足：①属于，空集属于；②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，则称是集合上的一个拓扑．已知函数，其中[x]表示不大于的最大整数，当时，函数值域为集合，则集合上的含有4个元素的拓扑的个数为 ．
【答案】9
【分析】根据集合上的拓扑的集合的定义，判断的值，利用元素与集合的关系判断满足题意的集合上的含有4个元素的拓扑的个数．
【详解】因为函数，其中[x]表示不大于的最大整数，当时，函数值域为集合，
所以，故，
①当时，则，
②当时，显然，
③当时，，，
④当时，，
，∵中含有4个元素，其中两个元素和，设其它两个元素为，则，
由对称性，不妨设，其中表示集合A中元素的个数，
，又，或，
若，则只能等于，（若，则，则，矛盾），
则必有，
∴的个数的个数种．即或或；
若，此时满足，且且，所以，
∴B的选择共有种，则的个数有种，
∴的个数种．
这6种是，
综上可知的个数为9个．
故答案为：9．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解集合新定义，得到若时，的个数的个数种；若时，的个数种.
1．（2022·湖北·模拟预测）设集合，，下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用因为与互为反函数，所以，互相关于对称，得到，进而得出集合的范围；对于集合，化简得，设，进而利用导数求出的最值，得出集合的范围，即可求解
【详解】对于集合，因为与互为反函数，所以，互相关于对称，而，所以，只需要即可，因为，所以，
，得，设，得，所以，
，，单调递增；，，单调递减，所以，
，得到，所以，；
对于集合，化简得，设，，因为，
可设，，
单调递减，又，所以，当时，，，，单调递减，利用洛必达法则，
时，，
所以，，所以，；
由于，，所以，D正确
故选：D
2．（2021·上海浦东新·三模）已知数列满足，若，则“数列为无穷数列”是“数列单调”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
【分析】由已知可得，设，若存在正整数，当时，有，此时数列为有穷数列；若恒不为0，由，有，此时为无穷数列，由此根据充分条件、必要条件的定义进行分析即可得结论．
【详解】解：令，，
由，可得，所以，即，
所以数列为等差数列，首项为，公差为1，
所以，
设，则数列是单调递增的等差数列，
若存在正整数，当时，则有，此时数列为有穷数列；
若恒不为0，由，有，数列就可以按照此递推关系一直计算下去，所以此时为无穷数列.
（1）若恒不为0，则为无穷数列，由递推关系式有，
取，时，，则，，，，此时数列不是单调数列；
（2）当数列为有穷数列时，存在正整数，当时，有，
此时数列为，，，，，，
由，若数列单调，则，，，，全为正或全为负，
由，则，，，，全为正，而，
这与单调递增矛盾，所以当数列为有穷数列时，数列不可能单调，
所以当数列单调时，数列一定有无穷多项．
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是，将论证数列单调时，数列一定有无穷多项等价转化为论证数列为有穷数列时，数列不可能单调.
3．（2020·浙江·模拟预测）已知数列的通项为，其中t为正常数，记为数列的前n项和，则下列说法不正确的是（ ）
A．∃常数m使得对于均有是的充要条件
B．是的充分不必要条件
C．对于，均满足是的必要不充分条件
D．对于，均满足是的充分不必要条件
【答案】D
【分析】对A，可得当时，不存在满足条件，可判断必要性成立，令，利用导数求解可证明充分性成立；对B，令gx=lnx+1，，利用导数求解可得出，即可判断；对C，可得时， ，即可得，利用放缩可判断；对D，可得时，，从而得出，利用放缩可判断.
【详解】对于A，当时，，则若当时，不存在，使得对于均有，则该命题必要性成立，证当时不收敛，
，
∵不收敛，∴当时，不收敛，
令，下证：当时，对于，均有，
令，则，∵，，且在上单调递减，
∴，当时，，
∴，即A中充分必成立，故A正确；
对于B，必要性同A中必要性.令gx=lnx+1，，
∵，且在上单调递减，当时，，
∴，
由于是充要条件，∴为充分不必要条件，故B正确；
对于C，当时，
，
∴，
由于经过放缩，对于，均满足是的必要不充分条件，故C正确.
对于D，当时，
，∴
.
由于经过缩放，对于，均满足是的必要不充分条件，故D错误.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查数列不等式的应用，考查导数的应用，考查充分必要条件的判断，解题的关键是构造恰当的函数得出数列不等式，再利用放缩进行判断.
4．（23-24高三上·四川成都·期中）已知，，则在下列关系①②③④中，能作为“”的必要不充分条件的是 （填正确的序号）.
【答案】②③
【分析】利用基本不等式可判断①；数形结合，作出的图象，结合不等式相应的几何意义判断②；利用放缩法说明，再用构造函数，利用导数知识说明，从而判断③；构造函数，求导判断单调性，数形结合，说明两命题之间的推理关系，判断④.
【详解】对于①，取，满足，但不满足，
即成立推不出，
由于，故，
而，故，当且仅当时取等号，
即成立可推出成立，
故不是“”的必要不充分条件；
对于②，作出函数的图象，如图曲线，即将的图像向右平移1个单位得到；

则（）表示几何意义为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴），
则中相应的点所在区域即上述区域；
而表示的几何意义为直角三角形区域部分（不含坐标轴），
显然直角三角形区域部分（不含坐标轴）对应集合为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴）相应集合的真子集，
即是的必要不充分条件，
对于③，由得，故，（），
设，则，
则在上单调递减，且，
则存在，使得，即时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减，
而，则在上恒成立，
即，故；
而当成立时，不妨取，成立，
但不成立，故是的必要不充分条件；
对于④，当时，设，
则，显然在单调递增，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
又，
作出的大致图象如图：

由图象可知存在，使得，
故当时，只有唯一解，
若，则与条件不符；
即此时得不出，
即不是的必要条件，
故能作为“”的必要不充分条件的是②③，
故答案为：②③
【点睛】关键点点睛：本题考查了必要条件的判断，实质还是考查导数的应用，难度较大，难点是选项③④的判断，解答时要注意利用放缩法结合构造函数判断③，利用构造函数，判断函数单调性，数形结合判断④.
5．（2022·福建·模拟预测）设12元实数集合满足：可将其划分为两个6元子集和，使得对每个，均有，则这样的可以是 ．（写出一个即可）
【答案】
【解析】略
集合：
（1）集合元素的三个特性：互异、无序、确定性．
（2）元素与集合的两种关系：属于，记为 ；不属于，记为 ．
（3）集合的四种表示方法：列举法、描述法、韦恩图法、符号法．
集合中元素个数判断：
1.若集合是点集，则多是图像交点。
2.若集合是数集，多涉及到一元二次方程的根，以及不等式的解集。
集合元素个数求参，多涉及到数列，三角、解析几何与函数等知识交汇处出题，难度较大，注意相关基础知识的积累和应用。
元素与集合以及集合与集合子集关系的判断，解题的关键是正确理解所给的定义及熟练运用分类讨论的思想进行列举
公式法求有限集合的子集个数
(1)含n个元素的集合有2n个子集．
(2)含n个元素的集合有(2n－1)个真子集．
(3)含n个元素的集合有(2n－1)个非空子集．
(4)含n个元素的集合有(2n－2)个非空真子集．
集合子集求参题型，往往存在着思维和计算的一个“坑”，即若有，则要讨论集合B 是否是空集。
韦恩图：
（1）表示集合的Venn图的边界是封闭曲线，它可以是圆、矩形、椭圆，也可以是其他封闭曲线．
（2）Venn图表示集合时，能够直观地表示集合间的关系，但集合元素的公共特征不明显．
交集运算时，要注意交集运算的一些基本性质：
①A∩B_A；
②A∩BB；
③A∩A＝A；
④A∩＝；
⑤A∩B=B∩A.
并集：
集合并集运算的一些基本性质：
(1)在进行集合运算时，若条件中出现A∪B＝B，应转化为A⊆B，然后用集合间的关系解决问题，并注意A＝∅的情况．
(2)集合运算常用的性质：
A∪B＝B⇔A⊆B；
全集
(1)定义：如果一个集合含有所研究问题中涉及的所有元素，那么就称这个集合为全集．
(2)记法：全集通常记作U.
补集
自然语言
对于一个集合A，由全集U中不属于集合A的所有元素组成的集合称为集合A相对于全集U的补集，记作∁UA
符号语言
∁UA＝{x|x∈U，且x∉A}
图形语言
全集与补集运算的性质：
“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
新定义题型，多涉及到“韦恩图”来释义。韦恩图思考时，要从四种位置关系来保证思考的“完备性”
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 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)．
用充分不必要、必要不充分及充要条件求参数值(范围)的一般步骤
(1)根据已知将充分不必要条件、必要不充分条件或充要条件转化为集合间的关系．
(2)根据集合间的关系构建关于参数的方程(组)或不等式(组)求解．
(3)充分必要条件与集合包含之间的关系．
命题对应集合，命题对应集合是，则是的充分条件，是的必要条件，是的充要条件，是的充分不必要条件，是的必要不充分条件．
(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．
古诗词类，风俗谚语类，这类文字辨析题，涉及到充分必要条件的辨析，多从“否定”或者“逆反命题”等价性角度入手剖析。