高中数学全称量词存在量词考点例题突破

考纲解读 1.考查含有简单的逻辑联结词命题的写法及真假判定；2.考查含有一个量词的命题的判断及其否定．

[基础梳理]

1．命题p∧q，p∨q，¬p的真假判断

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 2.全称量词和存在量词 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 ∃ 3.全称命题和特称命题 名称 全称命题 特称命题 形式 语言表示 对M中任意一个x，有p(x)成立 M中存在元素x0，使p(x0)成立 符号表示 ∀x∈M，p(x) ∃x0∈M，p(x0) 否定 ∃x0∈M，¬p(x0) ∀x∈M，¬p(x) [三基自测] 1．已知p：2是偶数，q：2是质数，则命题¬p，¬q，p∨q，p∧q中真命题的个数为( A．1 B．2 C．3 D．4

答案：B

2．若命题p：∀x∈R，x2＋2x＋2≤0，其¬p为( ) A．∀x∈R，x2＋2x＋2＞0

B．∃x0∈R，x20＋2x0

＋2＞0 C．∀x∈R，x2＋2x＋2≥0 D．∃x0∈R，x20＋2x0＋2≤0 答案：B

3．命题“所有可以被5整除的整数，末位数字都是5”的否定为 ________________________．

答案：“有些可以被5整除的整数，末位数字不是5”

) 4．给出下列命题： ①∀x∈N，x3＞x2；

②所有可以被5整除的整数，末位数字都是0； ③∃x0∈R，x20－x0＋1≤0；

④存在一个四边形，它的对角线互相垂直． 则以上命题的否定中，真命题的序号为________． 答案：①②③

π

2x＋的最小正周期为π，命题q：5．(2017·高考全国卷Ⅱ改编)命题p：函数f(x)＝sin3设非零向量a、b满足|a＋b|＝|a－b|，则a⊥b，对于命题：①p∧q；②¬p∧q；③p∨¬q.其中正确的有__________．

答案：①③

[考点例题]

考点一 命题的真假判断|方法突破

[例1] (1)(2018·石家庄模拟)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或q C．q

B．p且q D．¬p

(2)①若命题p∧q为假命题，则命题p为假命题． ②若命题p或q为假命题，则命题p是假命题． ③若命题p是假命题，则命题p∨q为假命题．

④如果“若p则q”是真命题，则“若¬q则¬p”是真命题． 其中真命题的是__________．

π5π

[解析] (1)取x＝，y＝，可知命题p不正确；由(x－y)2≥0恒成立，可知命题q正

36确，故¬p为真命题，p或q是真命题，p且q是假命题，故选B.

(2)①假命题，若p∧q为假，只要其中一个命题为假，即可． ②真命题，p∨q为假，则p、q均假． ③假命题，因q可能为真．

④真命题，因后一个命题是前一个命题的逆否命题． [答案] (1)B (2)②④ [方法提升]

复合命题的真假判断 方法 解读 适合题型 (1)确定这个命题的结构及组成这个命题的每个直接法 简单命题；(2)判断每个简单命题的真假；(3)根据真值表判断原命题的真假 转化法 [跟踪训练]

根据原命题与逆否命题的等价性，判断原命题的逆否命题的真假性 能够顺利分解为简单命题 原命题的真假性不易判断 1

1．若命题p：函数y＝x2－2x的单调递增区间是[1，＋∞)，命题q：函数y＝x－的单x调递增区间是[1，＋∞)，则( )

A．p∧q是真命题 C．¬p是真命题

B．p∨q是假命题 D．¬q是真命题

解析：因为函数y＝x2－2x的单调递增区间是[1，＋∞)， 所以p是真命题；

1

因为函数y＝x－的单调递增区间是(－∞，0)和(0，＋∞)，所以q是假命题．

x所以p∧q为假命题，p∨q为真命题，¬p为假命题，¬q为真命题，故选D. 答案：D

ππ

2x－的图象；2．命题p：将函数y＝sin 2x的图象向右平移个单位得到函数y＝sin33ππ

x＋cos－x的最小正周期为π，则命题“p∨q”“p∧q”“¬p”为命题q：函数y＝sin63真命题的个数是( )

A．1 C．3

B．2 D．0

π

解析：函数y＝sin 2x的图象向右平移个单位后，

3

x－π＝sin2x－2π， 所得函数为y＝sin233

∴命题p是假命题． ππ

x＋cos－x 又y＝sin63πππ

x＋cos－x＋6 ＝sin62



π11πx＋＝－cos2x＋， ＝sin236222π

∴其最小正周期为T＝＝π，

2

∴命题q真．

由此，可判断命题“p∨q”真，“p∧q”假，“¬p”为真． 答案：B

考点二 全称命题、特称命题|易错突破

[例2] (2018·泰安模拟)已知命题p：∃x0∈R，log2(3x0＋1)≤0，则( ) A．p是假命题，¬p：∀x∈R，log2(3x＋1)≤0 B．p是假命题，¬p：∀x∈R，log2(3x＋1)＞0 C．p是真命题，¬p：∀x∈R，log2(3x＋1)≤0 D．p是真命题，¬p：∀x∈R，log2(3x＋1)＞0 [解析] ∵3x0＞0.∴3x0＋1＞1恒成立． ∴log2(3x0＋1)＞0恒成立，即不存在x0， 使log2(3x0＋1)≤0.故选B. [答案] B [易错提醒]

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全面否定．注意：“且”的否定为“或”，“或”的否定为“且”. [纠错训练] 命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是( ) A．∀x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2 B．∀x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2 C．∃x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2 D．∃x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2

解析：∀的否定是∃，∃的否定是∀，n≥x2的否定是n＜x2.故选D. 答案：D

考点三 含有参数量词的命题的参数问题|模型突破

角度1 ∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)

π2x2

[例3] 已知函数f(x)＝，函数g(x)＝asin6x－2a＋2(a>0)，若存在x1，x2∈[0,1]，x＋1使得f(x1)＝g(x2)成立，则实数a的取值范围是( )

14A.2，3 43C.3，2

2

B.3，1 1D.3，2

3a

2－2a，2－，由题意得 [解析] 当x∈[0,1]时，f(x)∈[0,1]，g(x)∈23a

2－2a，2－≠∅. [0,1]∩2

3a3a142－2a，2－＝∅，若[0,1]∩则2－2a>1或2－<0，即a<或a>.故实数a的取值范222314

围是≤a≤.故选A.

23

[答案] A [模型解法]

∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的值域A与函数g(x)在D2上的值域B的交集非空，即A∩B≠∅.其解题关键点为： (1)当x1∈D1时，求f(x)的值域A； (2)当x2∈D2时，求g(x)的值域B； (3)若A∩B＝∅，求参数范围； (4)若A∩B≠∅，求A∩B＝∅时参数的解集． 角度2 ∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＝g(x2)

[例4] 已知函数f(x)＝x2＋2x＋a和函数g(x)＝2x＋x＋1，对任意x1∈[－1，＋∞)，总存在x2∈R使g(x1)＝f(x2)成立，则实数a的取值范围是__________．

解析：因为f(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1， 所以f(x)∈[a－1，＋∞)．

因为g(x)＝2x＋x＋1在[－1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)∈[－2，＋∞)．由题意得a－1≤－2， 所以a≤－1，故实数a的取值范围是(－∞，－1]． 答案：(－∞，－1] [模型解法]

对∀x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的值域A是函数g(x)在D2上的值域B的子集，即A⊆B.其解法关键点为： (1)当x1∈D1时，求f(x)的值域A； (2)当x2∈D2时，求g(x)的值域B； (3)利用A⊆B，求参数得结论． 角度3 ∀x1，x2∈D，使f(x1)≤g(x2)

[例5] 已知函数f(x)＝x2－2x＋3，g(x)＝log2x＋m，对任意的x1，x2∈[1,4]有f(x1)>g(x2)恒成立，则实数m的取值范围是__________．

[解析] f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，

当x∈[1,4]时，f(x)min＝f(1)＝2，g(x)max＝g(4)＝2＋m，则f(x)min>g(x)max，即2>2＋m，解得m<0，

故实数m的取值范围是(－∞，0)． [答案] (－∞，0) [模型解法]

对∀x1，x2∈D都有f(x1)≤g(x2)，等价于f(x)max≤g(x)min(这里假设f(x)max，g(x)min存在)．其解法关键点为： (1)当x1∈D时，求f(x)的最大值f(x)max； (2)当x2∈D时，求g(x)的最小值gmin； (3)构建不等关系：f(x)max≤g(x)min； (4)得结论． 推广：对∀x1，x2∈D，都有f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)max. 角度4 对∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)≥g(x2)

1x[例6] 已知f(x)＝ln(x2＋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A.4，＋∞ 1C.2，＋∞

1

－∞， B.4

1－∞，－ D.2

1

[解析] 当x1∈[0,3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x2∈[1,2]时，g(x)min＝g(2)＝－m，由

411

f(x)min≥g(x)min，得0≥－m，所以m≥.故选A.

44

[答案] A [模型解法]

若对∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)≥g(x2)，等价于f(x)min≥g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其解法关键点为： (1)当x1∈D1时，求f(x)的最小值f(x)min； (2)当x2∈D2时，求g(x)的最小值g(x)min； (3)构建不等关系：f(x)min≥g(x)min； (4)得结论． 推广：∃x1∈D，∀x2∈D，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)max≥g(x)max. [高考类题]

|x|＋2，x<1，

1．(2017·高考天津卷)已知函数f(x)＝2设a∈R，若关于x的不等式

x＋，x≥1.xxf(x)≥2＋a在R上恒成立，则a的取值范围是( )

A．[－2,2] C．[－2,23]

B．[－23，2] D．[－23，23]

x解析： 作出f(x)的图象如图所示，当y＝2＋a的图象经x2

过点(0,2)时，可知a＝±2.当y＝＋a的图象与y＝x＋的图象

2xx2

相切时，由＋a＝x＋，得x2－2ax＋4＝0，由Δ＝0，并结合

2x

x图象可得a＝2.要使f(x)≥2＋a恒成立，当a≤0时，需满足－a≤2，即－2≤a≤0，当a>0时，需满足a≤2，所以－2≤a≤2.

答案：A

2．(2015·高考全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－取值范围是( )

1A.3，1 11－， C.33

解析：函数f(x)＝ln(1＋|x|)－

1

－∞，∪(1，＋∞) B.3

11

－∞，－∪，＋∞ D.33

1

，∴f(－x)＝f(x)，故f(x)为偶函数，又当x∈(0，＋∞)1＋x2

1

，则使得f(x)>f(2x－1)成立的x的1＋x2

1

时，f(x)＝ln(1＋x)－，f(x)是单调递增的，故f(x)>f(2x－1)⇔f(|x|)>f(|2x－1|)，

1＋x2

1

∴|x|>|2x－1|，解得3答案：A

[真题感悟]

1.[考点一](2017·高考山东卷)已知命题p：∃x∈R，x2－x＋1≥0；命题q：若a2A．p∧q C．¬p∧q

B．p∧¬q D．¬p∧¬q

解析：∵方程x2－x＋1＝0的根的判别式Δ＝(－1)2－4＝－3<0，又对于二次函数y＝x2

－x＋1，其图象开口向上，∴x2－x＋1>0恒成立，∴p为真命题．对于命题q，取a＝2，b＝－3,22<(－3)2，而2>－3，∴q为假命题，¬q为真命题．因此p∧¬q为真命题．选B.

答案：B

2.[考点二](2015·高考全国卷Ⅰ)设命题p：∃n∈N，n2＞2n，则¬p为( ) A．∀n∈N，n2＞2n C．∀n∈N，n2≤2n

B．∃n∈N，n2≤2n D．∃n∈N，n2＝2n

解析：命题p是一个特称命题，其否定是全称命题，故选C. 答案：C

3.[考点二](2016·高考浙江卷)命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是( ) A．∀x∈R，∃n∈N*，使得n解析：根据含有量词的命题的否定的概念可知，选D. 答案：D

4.[考点三](2013·高考重庆卷改编)设0≤α≤π，不等式8x2－(8sin α)x＋cos 2α≥0对x∈R恒成立，求α的取值范围．

解析：根据题意可得(8sin α)2－4×8cos 2α≤0， 即2sin2α－cos 2α≤0,2sin2α－(1－2sin2α)≤0， π5π11

0，∪，π. 即－≤sin α≤.因0≤α≤π，故α∈6622