阅读与思考 集合中元素的个数ppt配套的板书设计及意图

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特称命题进行否定.

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是q的必要不充分条件

p是q的充要条件

p是q的既不充分也不必要条件

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”)

名称

形式

结构

简记

否定

全称命题

特称命题

p

p⇒q且qpp

q且q⇒p

p⇔q

q且q

p

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

∀x∈M，p(x)

∃x0∈M，綈p(x0)

∃x0∈M，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BB(B⇒A且AB)两者的不同.

A)，与A的充分不必要条件是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(

) 2A.∃x0∈R，x0＋x0≤0

B.∃x0∈R，x20＋x0<0 D.∀x∈R，x2＋x<0 C.∀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

D.∃n∈N，n2＝2n

C.∀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 115.(2018·天津卷)设x∈R，则“x－2<2”是“x3<1”的(

) A.充分不必要条件

C.充要条件

B.必要不充分条件

D.既不充分也不必要条件

11解析

由x－2<2，得0

A 16.(2019·济南调研)“a＝0”是“函数f(x)＝sin x－x＋a为奇函数”的________条件. 1解析

显然a＝0时，f(x)＝sin x－x为奇函数；

当f(x)为奇函数时，

f(－x)＋f(x)＝sin(－x)－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

C.充要条件

B.必要不充分条件

D.既不充分也不必要条件

11＋a＋sin x－x＋a＝0. －x

2mx1，x≥0，(2)(2019·华大新高考联盟质检)设函数f(x)＝则“m>1是f[f(－1－x－x，x<0.＋1)]>4”的(

) A.充分不必要条件

C.充要条件

B.必要不充分条件

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. 1(2)当m>1时，f [f(－1)]＝f －(－1)－(－1)＝f(2)＝22m＋1>4，

当f [f(－1)]>4时，

12m＋12－(－1)－f [f(－1)]＝f ＝f(2)＝2>4＝2，

(－1)1∴2m＋1>2，解得m>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

C.充要条件

B.必要不充分条件

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. 1－m≥－2，∴解得m≤3. 1＋m≤10，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≤1＋m，∴1－m≥－2，或1－m>－2，

1＋m<10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，解得m≥9. 1＋m≥10，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，m＝3，∴∴

1＋m＝10，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，3a0，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A2B，∴a≤－4或3a≥－2，即a≤－4或a≥－3. 2又∵a<0，∴a≤－4或－3≤a<0，

2即实数a的取值范围为(－∞，－4]∪－3，0. 考点三

全称量词与存在量词

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，1

) A.∀x∈R，1

B.∃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

2典例迁移

1x【例3－2】

(经典母题)已知f(x)＝ln(x＋1)，g(x)＝2－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________. 1解析

当x∈[0，3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x∈[1，2]时，g(x)min＝g(2)＝4－m，1对∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]使得f(x1)≥g(x2)等价于f(x)min≥g(x)min，得0≥4－m，1所以m≥4. 1答案

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____________. 1解析

当x∈[1，2]时，g(x)max＝g(1)＝2－m，对∀x1∈[0，3]，∀x2∈[1，2]使得11f(x1)≥g(x2)等价于f(x)min≥g(x)max，得0≥2－m，∴m≥2. 1答案

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，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，

5∴Δ＝1－4(a－1)<0，解得a>4. 当命题q成立时，2a≤(2x0)max，x0∈[－2，2]，

∴a≤2. 55故4

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AB，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”

191【例1】

已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x，g(x)＝6x－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. 1解

由题意知，g(x)在[0，2]上的值域为－3，6. 1令h(x)＝f′(x)＋2ax＝3x2＋2x－a(a＋2)，则h′(x)＝6x＋2，由h′(x)＝0得x＝－3. 11当x∈－1，－3时，h′(x)<0；当x∈－3，1时，h′(x)>0，

11所以[h(x)]min＝h－3＝－a2－2a－3. h（－1）≤6，2111又由题意可知，h(x)的值域是－3，6的子集，所以－a－2a－3≥－3，解得实h（1）≤6，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”

2x312，1，，x∈x＋1πx函数g(x)＝ksin6－2k＋2(k>0)，1110，－x＋，x∈，362【例2】

已知函数f(x)＝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. 3k解

由题意，易得函数f(x)的值域为[0，1]，g(x)的值域为2－2k，2－2，并且两个值域有公共部分.

314先求没有公共部分的情况，即2－2k>1或2－2k<0，解得k<2或k>3，所以，要使14两个值域有公共部分，k的取值范围是2，3. 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)

41x【例3】

已知函数f(x)＝x＋x，g(x)＝2＋a，若∀x1∈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. 41∵f(x)＝x＋x在2，1上是减函数，

117∴f(x)max＝f2＝2. 又g(x)＝2x＋a在[2，3]上是增函数，

∴g(x)max＝8＋a，

171因此2≤8＋a，则a≥2. 1答案

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. 11思考2：在[例3]中，若将[例3]中“∀x1∈2，1”改为“∃x1∈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

C.充要条件

B.必要不充分条件

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 24.(2019·焦作模拟)命题p：cos θ＝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

2π解析

由cos θ＝2，得θ＝±1，

4＋2kπ，k∈Z，则tan θ＝±故p⇒q，p是q的不充分条件；

π2由tan θ＝1，得θ＝4＋kπ，k∈Z，则cos θ＝±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

C.充分必要条件

B.必要不充分条件

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，x20＋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

C.充分必要条件

B.必要而不充分条件

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ππ〈m，n〉<0⇒cos〈m，n〉<0⇔〈m，n〉∈2，π，当〈m，n〉∈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<2，解之得－1

－1

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

(－∞，－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|1－0－k|2

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

C.充要条件

B.必要不充分条件

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

C.充要条件

B.必要不充分条件

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 2x－x－6≤0，2215.设p：实数x满足x－4ax＋3a<0，其中a≠0，q：实数x满足2x＋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BA，又B＝(2，3]，当a>0时，A＝(a，3a)；当a<0时，A＝(3a，，不符合a≤2，a)，所以当a>0时，有解得1

(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

1117.(答案不唯一型)能说明“若a>b，则a

由题意知，当a＝1，b＝－1时，满足a>b，但是a>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)