2022高考数学一轮总复习第一章集合与常用逻辑用语第3讲简单的逻辑联结词全称量词与存在量词学案文

这是一份2022高考数学一轮总复习第一章集合与常用逻辑用语第3讲简单的逻辑联结词全称量词与存在量词学案文，共7页。学案主要包含了思考辨析，易错纠偏等内容，欢迎下载使用。


1．简单的逻辑联结词
(1)常用的简单的逻辑联结词有“或”“且”“非”．
(2)命题p∧q、p∨q、﹁p的真假判断
2.全称命题和特称命题
(1)全称量词和存在量词
(2)全称命题与特称命题
(3)全称命题与特称命题的否定
常用结论
(1)含有逻辑联结词的命题真假判断口诀：p∨q→见真即真，p∧q→见假即假，p与﹁p→真假相反．
(2)含有一个量词的命题的否定规律是“改量词，否结论”．
(3)“p∨q”的否定是“(﹁p)∧(﹁q)”，“p∧q”的否定是“(﹁p)∨(﹁q)”．
(4)逻辑联结词“或”“且”“非”对应集合运算中的“并”“交”“补”，可借助集合运算处理含逻辑联结词的命题．
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)命题p∧q为假命题，则命题p、q都是假命题．( )
(2)命题p和﹁p不可能都是真命题．( )
(3)若命题p、q至少有一个是真命题，则p∨q是真命题． ( )
(4)写特称命题的否定时，存在量词变为全称量词．( )
(5)∃x0∈M，p(x0)与∀x∈M，﹁p(x)的真假性相反． ( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√
二、易错纠偏
常见误区| (1)全称命题或特称命题的否定出错；
(2)不会利用真值表判断命题的真假；
(3)判断命题真假时忽视对参数的讨论．
1．命题“正方形都是矩形”的否定是________．
答案：存在一个正方形，这个正方形不是矩形
2．已知命题p：若x＞y，则－x＜－y；命题q：若eq \f(1,x)＞eq \f(1,y)，则x＜y.在命题①p∧q；②p∨q；③p∧(﹁q)；④(﹁p)∨q中，真命题是________．(填序号)
解析：由不等式的性质可知，命题p是真命题，命题q为假命题，故①p∧q为假命题；②p∨q为真命题；③﹁q为真命题，则p∧(﹁q)为真命题；④﹁p为假命题，则(﹁p)∨q为假命题．
答案：②③
3．若p：∀x∈R，ax2＋4x＋1>0是假命题，则实数a的取值范围为________．
答案：(－∞，4]
含有逻辑联结词的命题的真假判断(自主练透)
1．命题p：若sin x＞sin y，则x＞y；命题q：x2＋y2≥2xy.下列命题为假命题的是( )
A．p∨qB．p∧q
C．q D．﹁p
解析：选B．取x＝eq \f(π,3)，y＝eq \f(5π,6)，可知命题p是假命题；由(x－y)2≥0恒成立，可知命题q是真命题，故﹁p为真命题，p∨q是真命题，p∧q是假命题．
2．(2019·高考全国卷Ⅲ)记不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y≥6，,2x－y≥0))表示的平面区域为D.命题p：∃(x，y)∈D，2x＋y≥9；命题q：∀(x，y)∈D，2x＋y≤12.下面给出了四个命题
①p∨q ②﹁p∨q ③p∧﹁q ④﹁p∧﹁q
这四个命题中，所有真命题的编号是( )
A．①③ B．①②
C．②③ D．③④
解析：选A．通解：作出不等式组表示的平面区域D如图中阴影部分所示，直线2x＋y＝9和直线2x＋y＝12均穿过了平面区域D，不等式2x＋y≥9表示的区域为直线2x＋y＝9及其右上方的区域，所以命题p正确；不等式2x＋y≤12表示的区域为直线2x＋y＝12及其左下方的区域，所以命题q不正确．所以命题p∨q和p∧﹁q正确．故选A．
优解：在不等式组表示的平面区域D内取点(7，0)，点(7，0)满足不等式2x＋y≥9，所以命题p正确；点(7，0)不满足不等式2x＋y≤12，所以命题q不正确．所以命题p∨q和p∧﹁q正确．故选A．
3．(2020·高考全国卷Ⅱ)设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．
p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题是________．(填序号)
①p1∧p4 ②p1∧p2
③﹁p2∨p3 ④﹁p3∨﹁p4
解析：方法一：对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则由l1∩l2＝A，知l1，l2共面，设此平面为α，由B∈l2，l2⊂α，知B∈α，由C∈l1，l1⊂α，知C∈α，所以l3⊂α，所以l1，l2，l3共面于α，所以p1是真命题．对于p2，当A，B，C三点不共线时，过A，B，C三点有且仅有一个平面；当A，B，C三点共线时，过A，B，C的平面有无数个，所以p2是假命题，﹁p2是真命题．对于p3，若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以p3是假命题，﹁p3是真命题．对于p4，若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l，所以p4是真命题，﹁p4是假命题．故p1∧p4为真命题，p1∧p2为假命题，﹁p2∨p3为真命题，﹁p3∨﹁p4为真命题．综上可知，真命题的序号是①③④.
方法二：对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则A，B，C三点不共线，所以此三点确定一个平面α，则A∈α，B∈α，C∈α，所以AB⊂α，BC⊂α，CA⊂α，即l1⊂α，l2⊂α，l3⊂α，所以p1是真命题．以下同方法一．
答案：①③④
eq \a\vs4\al()
判断含有逻辑联结词命题真假的步骤
全称命题与特称命题(多维探究)
角度一 全称命题、特称命题的否定
(1)(2021·成都市诊断性检测)已知命题p：∀x∈R，2x－x2≥1，则﹁p为( )
A．∀x∉R，2x－x2＜1
B．∃x0∉R，2eq \s\up8(x0)－xeq \\al(2,0)＜1
C．∀x∈R，2x－x2＜1
D．∃x0∈R，2eq \s\up8(x0)－xeq \\al(2,0)＜1
(2)(2021·沈阳市教学质量监测(一))命题p：∀x∈(0，＋∞)，xeq \s\up8(\f(1,3))≠xeq \s\up8(\f(1,5))，则﹁p为( )
A．∃x0∈(0，＋∞)，xeq \\al(eq \s\up8(\f(1,3)),0)＝xeq \\al(eq \s\up8(\f(1,5)),0)
B．∀x∈(0，＋∞)，xeq \s\up8(\f(1,3))＝xeq \s\up8(\f(1,5))
C．∃x0∈(－∞，0)，xeq \\al(eq \s\up8(\f(1,3)),0)＝xeq \\al(eq \s\up8(\f(1,5)),0)
D．∀x∈(－∞，0)，xeq \s\up8(\f(1,3))＝xeq \s\up8(\f(1,5))
【解析】 (1)全称命题的否定是特称命题，所以﹁p：∃x0∈R，2eq \s\up8(x0)－xeq \\al(2,0)＜1.
(2)由全称命题的否定为特称命题知，﹁p为∃x0∈(0，＋∞)，xeq \\al(eq \s\up8(\f(1,3)),0)＝xeq \\al(eq \s\up8(\f(1,5)),0)，故选A．
【答案】 (1)D (2)A
eq \a\vs4\al()
全称命题与特称命题的否定
(1)改写量词：确定命题所含量词的类型，省去量词的要结合命题的含义加上量词，再对量词进行改写；
(2)否定结论：对原命题的结论进行否定．
角度二 全称命题、特称命题的真假判断
(1)下列命题中的假命题是( )
A．∀x∈R，x2≥0
B．∀x∈R，2x－1＞0
C．∃x0∈R，lg x0＜1
D．∃x0∈R，sin x0＋cs x0＝2
(2)下列命题中的假命题是( )
A．∀x∈R，ex＞0 B．∀x∈N，x2＞0
C．∃x0∈R，ln x0＜1 D．∃x0∈N*，sin eq \f(π,2)x0＝1
【解析】 (1)A显然正确；由指数函数的性质知2x－1＞0恒成立，所以B正确；当0＜x＜10时，lg x＜1，所以C正确；因为sin x＋cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，所以－eq \r(2)≤sin x＋cs x≤eq \r(2)，所以D错误．
(2)对于B．当x＝0时，x2＝0，因此B中命题是假命题．
【答案】 (1)D (2)B
eq \a\vs4\al()
全称命题与特称命题真假的判断方法
[提醒] 因为命题p与﹁p的真假性相反，因此不管是全称命题，还是特称命题，若其真假不容易正面判断时，可先判断其否定的真假．
1．下列命题正确的是( )
A．∃x0∈R，xeq \\al(2,0)＋2x0＋3＝0
B．x>1是x2>1的充分不必要条件
C．∀x∈N，x3>x2
D．若a>b，则a2>b2
解析：选B．对于x2＋2x＋3＝0，Δ＝－8<0，故方程无实根，即∃x0∈R，xeq \\al(2,0)＋2x0＋3＝0错误，即A错误；
x2>1⇔x<－1或x>1，故x>1是x2>1的充分不必要条件，故B正确；
当x≤1时，x3≤x2，故∀x∈N，x3>x2错误，即C错误；
若a＝1，b＝－1，则a>b，但a2＝b2，故D错误．故选B．
2．已知f(x)＝sin x－x，命题p：∃x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)<0，则( )
A．p是假命题，﹁p：∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)≥0
B．p是假命题，﹁p：∃x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)≥0
C．p是真命题，﹁p：∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)≥0
D．p是真命题，﹁p：∃x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)≥0
解析：选C．易知f′(x)＝cs x－1<0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是减函数，因为f(0)＝0，所以f(x)<0，所以命题p：∃x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)<0是真命题，﹁p：∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(x)≥0，故选C．
由命题的真假确定参数的取值范围(典例迁移)
已知p：存在x0∈R，mxeq \\al(2,0)＋1≤0，q：任意x∈R，x2＋mx＋1＞0，若p或q为假命题，求实数m的取值范围．
【解】 依题意知p，q均为假命题，当p是假命题时，mx2＋1＞0恒成立，则有m≥0；当q是真命题时，则有Δ＝m2－4＜0，－2＜m＜2.因此由p，q均为假命题得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m≥0，,m≤－2或m≥2，))即m≥2.
所以实数m的取值范围为[2，＋∞)．
【迁移探究1】 (变问法)在本例条件下，若p∧q为真，求实数m的取值范围．
解：依题意知p，q均为真命题，当p是真命题时，有m＜0；
当q是真命题时，有－2＜m＜2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＜0，,－2＜m＜2，))可得－2＜m＜0.
【迁移探究2】 (变问法)在本例条件下，若p∧q为假，p∨q为真，求实数m的取值范围．
解：若p∧q为假，p∨q为真，则p，q一真一假．
当p真q假时eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＜0，,m≥2或m≤－2，))所以m≤－2；
当p假q真时eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m≥0，,－2＜m＜2，))所以0≤m＜2.
所以m的取值范围是(－∞，－2]∪[0，2)．
eq \a\vs4\al()
根据命题的真假求参数取值范围的策略
(1)全称命题可转化为恒成立问题，特称命题转化为存在性问题．
(2)含逻辑联结词问题：
①求出每个命题是真命题时参数的取值范围；
②根据题意确定每个命题的真假；
③由各个命题的真假列关于参数的不等式(组)求解．
1．若命题“∃t∈R，t2－2t－a<0”是假命题，则实数a的取值范围是______．
解析：因为命题“∃t∈R，t2－2t－a<0”为假命题，所以命题“∀t∈R，t2－2t－a≥0”为真命题，所以Δ＝(－2)2－4×1×(－a)＝4a＋4≤0，即a≤－1.
答案：(－∞，－1]
2．已知命题p：关于x的方程x2－ax＋4＝0有实根；命题q：关于x的函数y＝2x2＋ax＋4在[3，＋∞)上是增函数．若p或q是真命题，p且q是假命题，则实数a的取值范围是________．
解析：命题p等价于Δ＝a2－16≥0，即a≤－4或a≥4；命题q等价于－eq \f(a,4)≤3，即a≥－12.由p或q是真命题，p且q是假命题知，命题p和q一真一假．若p真q假，则a＜－12；若p假q真，则－4＜a＜4.故a的取值范围是(－∞，－12)∪(－4，4)．
答案：(－∞，－12)∪(－4，4)p
q
p∧q
p∨q
﹁p
真
真
真
真
假
真
假
假
真
假
假
真
假
真
真
假
假
假
假
真
量词名称
常见量词
符号表示
全称量词
所有、一切、任意、全部、每一个等
∀
存在量词
存在一个、至少有一个、有些、某些等
∃
命题名称
命题结构
命题简记
全称命题
对M中任意一个x，有p(x)成立
∀x∈M，p(x)
特称命题
存在M中的元素x0，使p(x0)成立
∃x0∈M，p(x0)
命题
命题的否定
∀x∈M，p(x)
∃x0∈M，﹁p(x0)
∃x0∈M，p(x0)
∀x∈M，﹁p(x)
命题名称
真假
判断方法一
判断方法二
全称命题
真
所有对象使命题为真
否定为假
假
存在一个对象使命题为假
否定为真
特称命题
真
存在一个对象使命题为真
否定为假
假
所有对象使命题为假
否定为真