文档文本内容
1.2 常用逻辑用语
基础篇
2. 考点 一 充分条件与必要条件 全称量词命题和存在量词命题
全称量词命题 对 Ｍ 中任意一个 ｘ ｐ ｘ 成
1.
若 ｐ ｑ 则 ｐ 是 ｑ 的充分条件 ｑ 是 ｐ 的必要 : ꎬ ( )
⇒ ꎬ ꎬ
立 即 ｘ Ｍ ｐ ｘ .
条件. ꎬ ∀ ∈ ꎬ ( )
存在量词命题 存在 Ｍ 中的元素 ｘ ｐ ｘ 成
2.
若 ｐ ｑ 且 ｑ / ｐ 则 ｐ 是 ｑ 的充分不必要 : ꎬ ( )
⇒ ꎬ ⇒ ꎬ
立 即 ｘ Ｍ ｐ ｘ .
条件. ꎬ ∃ ∈ ꎬ ( )
3.
全称量词命题和存在量词命题的否定
3.
若 ｐ / ｑ 且 ｑ ｐ 则 ｐ 是 ｑ 的必要不充分
⇒ ꎬ ⇒ ꎬ
条件. 命题 命题的否定
4. 若 ｐ ｑ 则 ｐ 是 ｑ 的充要条件. ｘ Ｍꎬｐ(ｘ) ｘ Ｍꎬ¬ ｐ(ｘ)
∀ ∈ ∃ ∈
⇔ ꎬ
5. 若ｐ / ｑ 且ｑ / ｐ 则ｐ 是ｑ 的既不充分也不必 ｘ Ｍꎬｐ(ｘ) ｘ Ｍꎬ¬ ｐ(ｘ)
∃ ∈ ∀ ∈
⇒ ꎬ ⇒ ꎬ
4.
要条件. 全称量词命题、存在量词命题真假的判断
方法
考点 二 全称量词与存在量词
全称量词命题 存在量词命题
1.
全称量词和存在量词
真 假 真 假
全称量词 所有的 任意一个等.
证 明 所 存 在 一 存 在 一
(∀): 、
证明所有
存在量词 存在一个 至少有一个等. 有 对 象 个 对 象 个 对 象
(∃): 、 方法一 对象使命
使 命 题 使 命 题 使 命 题
题为假
为真 为假 为真
方法二 否定为假 否定为真 否定为假 否定为真
专
题
一
集
合
与
常
用
逻
辑
用
语
２２１
综合篇
考法 一 充分条件与必要条件的判断方法 分 必要条件转化为集合的包含或相等关系
、 ꎬ
然后列出有关参数的不等式 组 求解.
1.
充分、必要条件的判断方法 ( )
例1 ( 天津理ꎬ ꎬ 分)设 ｘ Ｒꎬ则
定义法 根据 若 ｐ 则 ｑ 与 若 ｑ 则 ｐ 的真 (１) ２０１９ ３ ５ ∈
１) : “ ꎬ ” “ ꎬ ”
“ｘ２ ｘ ”是“ ｘ ”的 ( )
假性进行判断. －５ <０ ｜ －１｜<１
充分而不必要条件
集合法 已知 Ａ ｘ ｐ ｘ Ａ Ｂ Ａ.
２) : ＝ { ｜ ( )}ꎬ ≠⌀ꎬ ＝
必要而不充分条件
ｘ ｑ ｘ . Ｂ.
{ ｜ ( )}
充要条件
若 Ａ Ｂ 则 ｐ 是 ｑ 的充分不必要条件 ｑ 是 ｐ Ｃ.
⫋ ꎬ ꎬ 既不充分也不必要条件
的必要不充分条件.若 Ａ Ｂ 则 ｐ 是 ｑ 的充要 Ｄ.
＝ ꎬ
条件.若 Ａ Ｂ 且 Ａ Ｂ 则 ｐ 是 ｑ 的既不充分 ( )(多选)命题“ ｘ Ｒꎬ ｋｘ２ ｋｘ ３ ”为真
⊈ ⊉ ꎬ ２ ∀ ∈ ２ ＋ － <０
８
也不必要条件.
命题的一个充分不必要条件是 ( )
2.
根据充分、必要条件求参数的取值范围
( ꎬ ) ( ꎬ ]
Ａ. －３ ０ Ｂ. －３ ０
解已知充分 必要条件问题时 一般先把充
、 ꎬ
( ꎬ ) ( ꎬ )
Ｃ. －３ －１ Ｄ. －３ ＋∞
解析 ( )由 ｘ２ ｘ 得 ｘ ꎬ
１ －５ <０ ０< <５
记Ａ {ｘ ｘ }ꎬ由 ｘ 得 ｘ ꎬ记Ｂ
＝ ｜０< <５ ｜ －１｜<１ ０< <２ ＝
{ｘ ｘ }ꎬ显然 Ｂ Ａꎬ “ｘ２ ｘ ” 是
｜ ０ < < ２ ⫋ ∴ －５ <０
“ ｘ ”的必要而不充分条件ꎬ故选 .
｜ －１｜<１ Ｂ
( )因为 ｘ Ｒꎬ ｋｘ２ ｋｘ ３ 为真命题ꎬ所
２ ∀ ∈ ２ ＋ － <０
８
{ｋ ꎬ
以 ｋ 或 <０ ｋ ꎬ所以( ꎬ )是
＝０ ｋ２ ｋ ⇒－３< ≤０ －３ ０
＋３ <０
“ ｘ Ｒꎬ ｋｘ２ ｋｘ ３ ”为真命题的充分不必
∀ ∈ ２ ＋ － <０
８
要条件ꎬ 符合题意ꎬ( ꎬ ]是“ ｘ Ｒꎬ ｋｘ２
Ａ －３ ０ ∀ ∈ ２
ｋｘ ３ ”为真命题的充要条件ꎬ 不符合题
＋ － <０ Ｂ
８
意ꎬ( ꎬ )是“ ｘ Ｒꎬ ｋｘ２ ｋｘ ３ ”为真
－３ －１ ∀ ∈ ２ ＋ － <０
８
命题的充分不必要条件ꎬ 符合题意ꎬ( ꎬ
Ｃ －３
)是“ ｘ Ｒꎬ ｋｘ２ ｋｘ ３ ”为真命题的
＋∞ ∀ ∈ ２ ＋ － <０
８
必要不充分条件ꎬ 不符合题意ꎬ故选
Ｄ ＡＣ.
答案 ( ) ( )
１ Ｂ ２ ＡＣ
名师点睛判断充分、必要条件的两种方法
.定义法:直接判断“若ｐꎬ则ｑ”“若 ｑꎬ则 ｐ”的真假.在
１
判断时ꎬ确定条件是什么、结论是什么.
.集合法:利用集合中包含思想判定.抓住“以小推大”
２
的技巧ꎬ即小范围推得大范围ꎬ即可解决充分、必要性
的问题.
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考 数
学
２２２
ì
ï
ａ １ꎬ
ï ï ≥
í ２ 解得１ ａ ９.
ï ≤ ≤
ïａ １１ꎬ ２ ２
ï î ＋１≤
２
é ù
答案 ê １ꎬ９ ú
ê ú
ë û
２ ２
考法 二 与全称（存在）量词命题有关的参
数的求解方法
将命题的真假转化为不等式恒成立或不等
式有解 方程有解或无解 函数最值等问题 从
、 、 ꎬ
而根据函数的性质 不等式的有关知识等求解.
、
例3 ( 湖南永州二模ꎬ )若 ｘ [ ꎬ
２０２１ １３ ∀ ∈ １
]ꎬ都有 ａｘ２ ｘ ꎬ则实数 ａ 的取值范围是
２ － ≤０
.
解析 因为 ｘ [ ꎬ ]ꎬ都有 ａｘ２ ｘ ꎬ所
∀ ∈ １ ２ － ≤０
以 ｘ [ ꎬ ]ꎬ都有 ａ １ꎬ令 ｇ(ｘ) １ꎬｘ
∀ ∈ １ ２ ≤ ｘ ＝ ｘ ∈
[ ꎬ ]ꎬ因为 ｇ(ｘ) １ 在 ｘ [ ꎬ ]上单调递
１ ２ ＝ ｘ ∈ １ ２
减ꎬ所以 ｇ(ｘ) ｇ( ) １ꎬ所以 ａ １ꎬ即实
ｍｉｎ ＝ ２ ＝ ≤
２ ２
æ ù
数 ａ 的取值范围是ç ꎬ１ ú. ú
è－∞ û
２
æ ù
答案 ç ꎬ１ ú
ú
è－∞ û
２
例4 ( 南京宁海中学检测ꎬ )若“ ｘ
２０２２ １３ ∃ ∈
é ù
ë ê ê １ꎬ ２û ú ú ꎬ使得 ２ ｘ２ － λｘ －１<０ 成立”是假命题ꎬ则
２
例2 设 ｐ:ｘ２ ( ａ )ｘ ａ２ ａ ꎬｑ: ( ｘ ) 实数 λ 的取值范围为 .
－ ２ ＋１ ＋ ＋ <０ ｌｇ ２ －１
≤１ ꎬ若 ｐ 是 ｑ 的充分不必要条件ꎬ则实数 ａ 的 解析 若“ ∃ ｘ ∈ é ë ê ê １ꎬ ２ ù û ú ú ꎬ使得 ２ ｘ２ － λｘ －１<０
取值范围是 . ２
é ù
解析 由 ｘ２
－
(
２
ａ
＋１
)ｘ
＋
ａ(ａ
＋１
)
<０
ꎬ得[ｘ
－
(ａ 成立”是假命题ꎬ则“
∀
ｘ
∈ë
ê
ê
１ꎬ
２û
ú
ú
ꎬ使得
２
ｘ２
－
λｘ
２
)](ｘ ａ) ꎬ即 ａ ｘ ａ ꎬ令 Ａ {ｘ ａ ｘ
＋１ － <０ < < ＋１ ＝ ｜ < < é ù
成立”是真命题ꎬ由于ｘ ê １ꎬ úꎬ所以λ
－１≥０ ∈ë ê ２û ú
ａ }ꎬ由 ( ｘ ) ꎬ得 ｘ ꎬ解得１ ２
＋１ ｌｇ ２ －１ ≤１ ０<２ －１≤１０
２
２
ｘ２
－１ ｘ １在 ｘ
é
ê １ꎬ
ù
ú上恒成立ꎬ则 λ
{ } ≤ ｘ ＝２ －ｘ ∈ë ê ２û ú ≤
ｘ １１ꎬ令 Ｂ ｘ １ ｘ １１ . ２
< ≤ ＝ < ≤
æ ö ２ ２ ２ ç ｘ １÷ ꎬ令 ｆ(ｘ) ｘ １ꎬ由于函数 ｆ(ｘ) ｘ
若 ｐ 是 ｑ 的充分不必要条件ꎬ则 Ａ Ｂꎬ即 è２ －ｘ ø ＝ ２ －ｘ ＝ ２
⫋ ｍｉｎ
é ù æ ö ꎬ则 λ .
１在ê １ꎬ ú上单调递增ꎬ因此 ｆ (ｘ) ｆç１ ÷ ＝－１ ≤－１
－ｘ ë ê ２û ú ｍｉｎ ＝ è ø 答案 ( ꎬ ]
２ ２
－∞ －１
专
题
一
集
合
与
常
用
逻
辑
用
语
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