2020-2021年新高三数学一轮复习考点：全称量词与存在量词

2020-2021年新高三数学一轮复习考点：全称量词与存在量词

2020-2021 年新高三数学一轮复习考点：全称量词与存在量词 本部分常结合函数、导数、不等式等内容进行综合考查，常考查含有一个量词的命题的否定等知识，已知 其命题的真假，求解参数的取值范围等问题，多以选择题或填空题形式考查，难度较小，估计 2021 年会继 续沿用往年的高考模式进行命题。 一、全称量词与存在量词、全称命题、特称命题的真假 ； 二、含有一个量词的命题的否定； 三、关于参数的的取值范围问题探讨。 【易错警示】 1.量词的性质的判定，尤其是含有隐性量词的命题的判定上，容易出现问题； 2.对含有一个量词的命题的否定上需要否定的彻底。 全称量词与存在量词、全称命题、特称命题的真假 1.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. 2.全称量词命题和存在量词命题的真假判定 判定全称命题“∀x∈M，p(x)”是真命题，需要对集合 M 中的每一个元素 x，证明 p(x)成立；要判定特称命 题是真命题，只要在限定集合内找到一个 x0，使 p(x0)成立． 判定全称命题“∀x∈M，p(x)”是真命题，需要对集合 M 中的每一个元素 x，证明 p(x)成立；要判定特称 命题是真命题，只要在限定集合内找到一个 x0，使 p(x0)成立． 【典例】 例 1 (1)以下四个命题既是特称命题又是真命题的是( ) A．锐角三角形有一个内角是钝角 B．至少有一个实数 x，使 x2≤0 C．两个无理数的和必是无理数 D．存在一个负数 x，使1 x>2 答案 B 解析 A 中锐角三角形的内角都是锐角，所以 A 是假命题；B 中当 x＝0 时，x2＝0，满足 x2≤0，所以 B 既 是特称命题又是真命题；C 中因为 2＋(－ 2)＝0 不是无理数，所以 C 是假命题；D 中对于任意一个负数 x， 都有1 x<0，不满足1 x>2，所以 D 是假命题． (2)下列四个命题： ①∃x0∈(0，＋∞)， 0011<23 xx          ； ②∃x0∈(0,1)， 11 23 log >logxx； ③∀x∈(0，＋∞)， 1 2 x> 1 2 log x ； ④∀x∈ 0，1 3 ， 1 2 x< 1 3 log x . 其中真命题的序号为________． 答案 ②④ 解析 对于①，当 x∈(0，＋∞)时，总有 1 2 x> 1 3 x 成立，故①是假命题； 对于②，当 x＝1 2时，有 111 233 1111=log=log>log232 成立，故②是真命题； 对于③，当 01> 1 2 x，故③是假命题； 对于④，∀x∈ 0，1 3 ， 1 2 x<1< 1 3 log x ，故④是真命题． 含有一个量词的命题的否定 全称命题和特称命题(命题 p 的否定记为綈 p，读作“非 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) 对全称命题、特称命题进行否定的方法： (1)找到命题所含的量词，没有量词的要结合命题的含义先加上量词，再 改变量词； (2)对原命题的结论进行否定． 概括为：含有一个量词的命题的否定规律是“改量词，否结 论”. 【易错警示】 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. 3. 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. 【典例】 角度 1 全(特)称命题的否定 例 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，12 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 2 (经典母题)已知 f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝ 1 2 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)＝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≥1 4－m，所以 m≥1 4. 答案  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)＝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≥1 2－m，∴m≥1 2. 答案  1 2，＋∞ 关于参数的的取值范围问题探讨 【知识拓展】 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. 【典例】 例 1(2019·衡水调研)已知命题 p：∀x∈R，log2(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>5 4. 当命题 q 成立时，2a≤(2x0)max，x0∈[－2，2]， ∴a≤2. 故5 40， 所以[h(x)]min＝h －1 3 ＝－a2－2a－1 3. 又由题意可知，h(x)的值域是 －1 3，6 的子集，所以  h（－1）≤6， －a2－2a－1 3≥－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 3】 已知函数 f(x)＝   2x3 x＋1，x∈ 1 2，1 ， －1 3x＋1 6，x∈ 0，1 2 ， 函数 g(x)＝ksinπx 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 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 2－3 2k<0，解得 k<1 2或 k>4 3，所以，要使两个值域有 公共部分，k 的取值范围是 1 2，4 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)

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