（课标通用）北京市2020版高考数学大一轮复习第一章2第二节常用逻辑用语课件.pptx

《（课标通用）北京市2020版高考数学大一轮复习第一章2第二节常用逻辑用语课件.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（课标通用）北京市2020版高考数学大一轮复习第一章2第二节常用逻辑用语课件.pptx（34页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、第二节 常用逻辑用语,1.全称命题和特称命题,2.充分条件与必要条件,教材研读,考点一 全称量词与存在量词,考点二 充分条件与必要条件,考点突破,1.全称命题和特称命题 (1)全称量词和存在量词,教材研读,(2)全称命题和特称命题,2.充分条件与必要条件 (1)若pq,则p是q的 充分 条件,q是p的 必要 条件. (2)若pq,且q/ p,则p是q的 充分而不必要条件 . (3)若p/ q,且qp,则p是q的 必要而不充分条件 . (4)若pq,则p与q互为 充要条件 . (5)若p/ q,且q/ p,则p是q的 既不充分也不必要条件 .,1.命题“x0(0,+),ln x0=x0-1”的否

2、定是 ( A ) A.x(0,+),ln xx-1 B.x(0,+),ln x=x-1 C.x0(0,+),ln x0x0-1 D.x0(0,+),ln x0=x0-1,解析 特称命题的否定为全称命题,所以“x0(0,+),ln x0=x0- 1”的否定是“x(0,+),ln xx-1”,故选A.,2.(2017北京东城一模,2)已知命题p:nN,2n ,则p是 ( C ) A.nN,2n B.nN,2n,解析 根据全称命题的否定是特称命题, 知p:nN,2n ,故选C.,3.(2019北京朝阳高三期末,3)设a是实数,则“a1”是“ 1”的 ( A ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分

3、条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,4.(2018北京东城一模,7)设an是公差为d的等差数列,Sn为其前n项和,则 “d0”是“Sn为递增数列”的 ( D ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,解析 举反例即可,如:由等差数列:-6,-5,-4,-3,可知充分性不成立; 由常数列3,3,3,3,得Sn为递增数列,而d=0,所以必要性不成立,故选D.,5.(2016北京朝阳二模,4)已知非零向量a,b,则“ab”是“a(a+b)” 的 ( C ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条

4、件,解析 充分性:由ab可设b=a,则a+b=(1+)a, a(a+b); 必要性:a(a+b),若a+b=0,则b=-a,ab,若a+b0,设a+b=a, 则b=(-1)a,ab,故选C.,6.(2018北京西城一模,6)设函数f(x)=x2+bx+c,则“f(x)有两个不同的零 点”是“x0R,使f(x0)0”的 ( C ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,解析 f(x)=x2+bx+c,若f(x1)=f(x2)=0,且x1x2,则一定存在x1x0x2,使 得f(x0)0.同理,若x0R,使得f(x0)0,则f(x)一定有两个不同的零

5、点,故 选C.,考点一 全称量词与存在量词 典例1 (1)(2016北京东城期中,2)命题“xR, 0”的否定是( D ) A.xR, 0 B.xR, 0 C.xR, 0 D.xR, 0,考点突破,(2)(2016北京101中学统考(三),5)已知f(x)=x-sin x,命题p:x , f(x)0,则 ( A ) A.p是假命题, p:x , f(x)0 B.p是假命题, p:x , f(x)0,C.p是真命题, p:x , f(x)0 D.p是真命题, p:x , f(x)0,解析 (1)先改变量词,再否定结论,故选D. (2)因为f (x)=1-cos x0,x , 所以函数f(x)=x

6、-sin x在 上单调递增, 则0=f(0)f(x)f = -1, 所以命题p是假命题, 其否定为 p:x , f(x)0,故选A.,1.全称命题、特称命题的真假判断方法 (1)要判断一个全称命题是真命题,必须对限定集合M中的每个元素x验 证p(x)成立;但要判断全称命题是假命题,只要能找出集合M中的一个x= x0,使得p(x0)不成立即可(这就是通常所说的“举出一个反例”). (2)要判断一个特称命题是真命题,只要在限定集合M中,至少能找到一 个x=x0,使p(x0)成立即可;否则,这一特称命题就是假命题.,规律总结,2.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

7、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.,1-1 (2018北京丰台一模,2)已知命题p:x1 B.x1 C.x1 D.x1,x21,解析 根据全称命题与特称命题的关系,可知命题p:x1,故选C. 易错警示 “x1”变为“x1”,而不是“x1”.,1-2 已知命题p:x0, x+ 2,则 p为 ( D ) A.x0,x+ 0,x+ 2,解析 先把量词“”改为“”,再否定结论,故选D.,1-3 下列命题中,真命题是 ( D ) A.xR,x2-x-10 B.,R,sin(+)sin +sin C.xR,x2-x+1=0 D.,R,sin(+)

8、=cos +cos ,解析 因为x2-x-1= - - ,所以A是假命题.当=0时,有 sin(+)=sin +sin ,所以B是假命题.x2-x+1= + ,所以C是 假命题.当= 时,有sin(+)=cos +cos ,所以D是真命题,故选D.,典例2 (1)(2018北京海淀一模,5)已知a,b为正实数,则“a1,b1”是 “lg a+lg b0”的 ( A ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,考点二 充分条件与必要条件 命题方向一 充分、必要条件的判断,(3)(2017北京东城二模,4)设a,b是非零向量,则“a,b共线”是“|a

9、+b|=|a| +|b|”的 ( B ) 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,(2)(2019北京西城高三期末,6)在等比数列an中,“a2a1”是“an为递增数列”的 ( B ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件,解析 (1)a1,b1,lg a0,lg b0,lg a+lg b0,即充分性成立; lg a+lg b0,即 即必要性不成立.故选A. (2)略. (3)a,b是非零向量,若a,b同向,则|a+b|=|a|+|b|;若a,b反向,则|a+b|=|a|-|b|,故 充分性不成立;若|a+b

10、|=|a|+|b|,则a,b共线,故必要性成立.故“a,b共线” 是“|a+b|=|a|+|b|”的必要不充分条件.故选B.,典例3 (1)设命题p:|4x-3|1;命题q:x2-(2a+1)x+a(a+1)0,若 p是 q 的必要不充分条件,则实数a的取值范围是 ( A ) A. B. C.(-,0) D.(-,0),命题方向二 充分、必要条件的应用,(2)已知P=x|x2-8x-200,非空集合S=x|1-mx1+m.若xP是xS 的必要条件,则m的取值范围是 0,3 .,解析 (1)设A=x|4x-3|1,B=x|x2-(2a+1)x+a(a+1)0. 由|4x-3|1,得 x1. 故A

11、= . 由x2-(2a+1)x+a(a+1)0, 得axa+1,故B=x|axa+1. 所以 p所对应的集合为RA= ,q所对应的集合为RB=x|xa+1.,由 p是 q的必要不充分条件,知RBRA, 所以 或 解得0a . 故实数a的取值范围是 .,(2)由x2-8x-200得-2x10, P=x|-2x10, 由xP是xS的必要条件,知SP. 则 0m3. 当0m3时,xP是xS的必要条件, 即m的取值范围是0,3.,1.充要条件的3种判断方法 (1)定义法:根据pq,qp进行判断; (2)集合法:根据p,q成立时对应的集合之间的包含关系进行判断; (3)等价转换法:利用pq与qp,pq与

12、qp的等价关系进行判断, 对于条件或结论是否定形式的命题一般运用等价法.,规律方法,2.根据充要条件求解参数范围的方法 (1)解决此类问题一般是把充分条件、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(组)求解; (2)求解参数的取值范围时,一定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.,2-1 (2019北京东城高三期末,6)设a,b,c,d为实数,则“ab,cd”是“a+ cb+d”的 ( A ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,2-2 (2019北京朝阳高三期末,6)设x为实数,则“x0”是“x+ -2” 的 ( C ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,2-3 若“x1”是“不等式2xa-x成立”的必要不充分条件,则实数a的 取值范围是 ( A ) A.a3 B.a4 D.a4,解析 因为“x1”是“不等式2xa-x成立”的必要不充分条件,所 以2xa-x,即2x+xa的解集是x|x1的真子集.令f(x)=2x+x,易知f(x)为R上 的增函数,则f(x)f(1)=3,所以a3,故选A.,