第1章 第3讲 全称量词和存在量词（PPT课件）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦“全称量词和存在量词”专题，依据高考评价体系梳理了命题否定、真假判断、参数范围确定、双量词问题四大核心考点，通过教材经典题改编和2024新高考Ⅱ卷等真题分析，明确了量词命题否定（占比30%）、参数范围（占比40%）的高频考查方向，构建了知识表格对比与题型分类解析体系。 课件亮点在于“真题溯源+逻辑推理+转化策略”的备考路径，如双量词问题中“∀x1∃x2”转化为f(x)min≥g(x)min的思维训练，培养学生的数学思维与符号表达能力。特设“易错陷阱警示”（如命题否定混淆量词）和“方法总结”（参数范围的最值分析法），助力学生掌握答题技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破与高效复习指导。

第一章 集合与常用逻辑用语、不等式 第3讲　全称量词和存在量词 1 知识梳理　体系构建 1．(教材经典题改编)若命题p：∃x∈R，x＋1≥0，则命题p的否定是 (　　) A．∀x∈R，x＋1＜0 B．∀x∈R，x＋1≥0 C．∃x∈R，x＋1<0 D．∃x∈R，x＋1≥0 2．(教材经典题改编)(多选)下列命题是全称量词命题且为真命题的有 (　　) A．每一个末位是0的整数都是5的倍数 B．有些菱形是正方形 C．对任意负数x，x的平方是正数 D．梯形的对角线相等 A AC 激活思维 知识梳理　体系构建 【解析】 (－∞，2) 4．(教材经典题改编)已知“若x＞1，则2x＋1＞λ”是假命题，则实数λ的取值范围是____________. 【解析】 　　　　因为“若x＞1，则2x＋1＞λ”是假命题，所以“∃x＞1，2x＋1≤λ”是真命题． 因为当x＞1时，2x＋1＞3，所以实数λ的取值范围是(3，＋∞). (3，＋∞) 激活思维 知识梳理　体系构建 5．设命题p：∃x∈R，x2－2x＋m－3＝0，命题q：∀x∈R，x2－2(m－5)x＋m2＋ 19≠0.若p，q都为真命题，则实数m的取值范围为_________． 【解析】 　　　　若命题p：∃x∈R，x2－2x＋m－3＝0为真命题，则Δ＝4－4(m－3)≥0，解得m≤4. 激活思维 知识梳理　体系构建 1．全称量词命题与存在量词命题   全称量词命题 存在量词命题 量词 所有的、任意一个 存在一个、至少有一个 符号 ∀ ∃ 命题形式 ∀x∈M，p(x) ∃x∈M，p(x) 否定 _________________，是_______量词命题 _________________，是_______量词命题 ∃x∈M，¬p(x) 存在 ∀x∈M，¬p(x) 全称 聚焦知识 知识梳理　体系构建 2．常见词语的否定 词语 是 都是 大于 小于 词语的否定 _______ _________ _____________ _____________ 词语 且 至少有n个 至多有一个 所有x都成立 词语的否定 _____ _______________ _____________ __________________ 不是 不都是 小于或等于 大于或等于 或 至多有n－1个 至少有两个 存在一个x不成立 聚焦知识 知识梳理　体系构建 题型突破　能力进阶 目标 1 含量词的命题的真假判断 　　　(多选)下列命题是真命题的是 (　　) A．∃a≥3，a2＝3a－2 B．∃x0∈N，2x0>0 1 【解析】 　　　　对于A，由a2＝3a－2，得(a－2)(a－1)＝0，解得a＝2或a＝1，所以a<3，故A错误； BD 举题说法 题型突破　能力进阶 判定全称量词命题“∀x∈M，p(x)”是真命题，需要对集合M中的每一个元素x，证明p(x)成立；判定存在量词命题“∃x∈M，p(x)”是真命题，只要在限定集合内找到一个x，使p(x)成立即可． 总 结 提 炼 变式1　(2025·唐山一模)已知命题p：∀x∈R，x2>0；命题q：∃x>0，ln x<0，则 (　　) A．p和q都是真命题 B．p是假命题，q是真命题 C．p是真命题，q是假命题 D．p和q都是假命题 【解析】 B 举题说法 题型突破　能力进阶 目标 2 含量词的命题的否定 　　　所有三角形都不是直角三角形；假命题． (1) ∀x∈Z，|x|∈N； 2 【解答】 　　　　∃x∈Z，|x|∉N；假命题． (2) 每一个平行四边形都是中心对称图形； 【解答】 　　　　有些平行四边形不是中心对称图形；假命题． (3) 有些三角形是直角三角形； 【解答】 　　　　所有三角形都不是直角三角形；假命题． 举题说法 题型突破　能力进阶 　　　写出下列命题的否定，并判断其真假性． (4) ∃x∈R，x＋1≤0； 【解答】 　　　　∀x∈R，x＋1>0；假命题． 2 (5) ∃x∈R，x2＋2x＋3＝0. 【解答】 　　　　∀x∈R，x2＋2x＋3≠0；真命题． 举题说法 题型突破　能力进阶 对于存在量词命题的判断，只要能找到符合要求的元素使命题成立，即可判断该命题成立；对于全称量词命题的判断，必须对任意元素证明这个命题为真，而只要找到一个特殊元素使命题为假，即可判断该命题不成立． 总 结 提 炼 变式2　(1) (2025·青岛二模)命题“∀x>y，x2>y2”的否定为 (　　) A．∀x>y，x2≤y2　　　　 B．∀x<y，x2≤y2 C．∃x<y，x2≤y2　　　　　 D．∃x>y，x2≤y2 (2) (2025·漳州二模)命题“∀x>0，x＋1≤ex”的否定是 (　　) A．∃x≤0，x＋1≤ex B．∃x≤0，x＋1>ex C．∃x>0，x＋1≤ex D．∃x>0，x＋1>ex D D 举题说法 题型突破　能力进阶 目标 3 结合命题真假确定参数 　　　(1) 已知命题p：∀x∈R，x2－a≥0；命题q：∃x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0.若命题p，q都是真命题，则实数a的取值范围为______________． 3 【解析】 　　　　由命题p为真，得a≤0.由命题q为真，得Δ＝4a2－4(2－a)≥0，即a≤－2或a≥1.综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]. (－∞，－2] (2) 若命题“∀x∈R，x2＋(a－1)x＋1≥0”是假命题，则实数a的取值范围是_________________________． (－∞，－1)∪(3，＋∞) 【解析】 　　　　若∀x∈R，x2＋(a－1)x＋1≥0，则Δ＝(a－1)2－4≤0，解得－1≤a≤3. 因为命题“∀x∈R，x2＋(a－1)x＋1≥0”是假命题，所以实数a的取值范围是 (－∞，－1)∪(3，＋∞). 举题说法 题型突破　能力进阶 根据命题的真假求参数取值范围的策略 (1) 已知命题的真假，可根据每个命题的真假，利用集合的运算求解参数的取值范围； (2) 对于含有量词的命题求参数的取值范围的问题，可根据命题的含义，利用函数值域(或最值)解决． 总 结 提 炼 【解析】 　　　　因为命题p：∃x∈R，x2＋2x＋a≤0为假命题，所以∀x∈R，x2＋2x＋a>0为真命题，则满足Δ＝22－4a<0，解得a>1. C 举题说法 题型突破　能力进阶 变式3　(2) (2025·徐州调研)已知命题p：∀x∈R，ax2＋2x＋3>0为真命题，则实数 a的取值范围是_________. 【解析】 　　　　因为命题p：∀x∈R，ax2＋2x＋3>0为真命题，所以不等式ax2＋2x＋3>0的解集为R. 举题说法 题型突破　能力进阶 目标 4 双量词成立问题 4 【解析】 举题说法 题型突破　能力进阶 举题说法 题型突破　能力进阶 　　　(2) 已知函数g(x)＝ax＋1(a>0)，f(x)＝x2＋2x，若对任意的x1∈[－1，1]，存在x0∈[－2，1]，使得g(x1)＝f(x0)成立，则a的取值范围是_________． 【解析】 　　　　当x1∈[－1，1]时，g(x1)∈[－a＋1，a＋1].当x0∈[－2，1]时，f(x0)∈[－1，3]. 4 (0，2] 又a>0，解得0<a≤2，因此a的取值范围是(0，2]. 举题说法 题型突破　能力进阶 双量词成立问题转化的一般策略 (1) 相等问题：设f(x)在定义域I1上的值域为A，g(x)在定义域I2上的值域为B. ①∀x1∈I1，∃x2∈I2，使得f(x1)＝g(x2)，则A⊆B； ②∃x1∈I1，∃x2∈I2，使得f(x1)＝g(x2)，则A∩B≠∅. (2) 不等问题：设f(x)在定义域I1上有最值，g(x)在定义域I2上有最值． ①∀x1∈I1，∀x2∈I2，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x)min≥g(x)max； ②∀x1∈I1，∃x2∈I2，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x)min≥g(x)min； ③∃x1∈I1，∀x2∈I2，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x)max≥g(x)max； ④∃x1∈I1，∃x2∈I2，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x)max≥g(x)min. 总 结 提 炼 1．已知f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，且当x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1，函数g(x)＝x2－2x＋m.如果对于任意的x1∈[－2，2]，都存在x2∈[－2，2]，使得g(x2)＝f(x1)，则实数m的取值范围是_____________. 【解析】 　　　　当x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1为增函数，值域为(0，3].因为f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，所以f(x)在[－2，2]上的值域为[－3，3].函数g(x)＝x2－2x＋m在[－2，2]上的值域为[m－1，m＋8]. 题组 高频 强化 [－5，－2] 举题说法 题型突破　能力进阶 【解析】 　　　　因为f(x)＝x2－2ax－3的对称轴为直线x＝a，且a>0，所以f(x)在[－2，－1]上单调递减，f(x)min＝f(－1)＝2a－2. 举题说法 题型突破　能力进阶 3．已知函数f(x)＝x2＋2x，g(x)＝ln (x＋1)－a，若存在x1，x2∈[0，2]，使得f(x1)＞g(x2)，则实数a的取值范围是______________． 【解析】 　　　　由题意知f(x1)max＞g(x2)min，x1，x2∈[0，2]，易得f(x1)max＝8，g(x2)min＝ －a，则有8＞－a，所以a＞－8. (－8，＋∞) 举题说法 题型突破　能力进阶 1．(2024·新高考Ⅱ卷)已知命题p：∀x∈R，|x＋1|>1；命题q：∃x>0，x3＝x，则 (　　) A．p和q都是真命题　　　　 B．¬p和q都是真命题 C．p和¬q都是真命题　　　　 D．¬p和¬q都是真命题 【解析】 　　　　对于p，取x＝－1，则有|x＋1|＝0<1，故p是假命题，¬p是真命题． 对于q，取x＝1，则有x3＝13＝1＝x，故q是真命题，¬q是假命题．综上，¬p和q都是真命题． B 随堂内化 题型突破　能力进阶 4 1 2 3 2．若命题“∃x∈[0，3]，x2－2x－a<0”为真命题，则实数a可取的最小整数值是 (　　) A．－1　　　　B．0　　　　C．1　　　　D．3 【解析】 　　　　由题意得a>x2－2x在[0，3]上有解，当x＝1时，x2－2x取最小值－1，则a>(x2－2x)min＝－1，故a可取的最小整数值为0. B 随堂内化 题型突破　能力进阶 4 1 2 3 3．(2025·德州模拟)某次考试后，甲、乙、丙、丁四位同学讨论其中一道考题，各自陈述如下，甲说：我做错了；乙说：甲做对了；丙说：我做错了；丁说：我和乙中有人做对．已知四人中只有一位同学的解答是正确的，且只有一位同学的陈述是正确的，则解答正确的同学是 (　　) A．甲　　　　B．乙　　　　C．丙　　　　D．丁 【解析】 　　　　若甲解答正确，则乙、丙陈述正确，不合题意；若乙解答正确，则甲、丙、丁陈述正确，不合题意； 若丙解答正确，则只有甲陈述正确，符合题意；若丁解答正确，则甲、丙、丁陈述正确，不合题意．综上，解答正确的是丙． C 随堂内化 题型突破　能力进阶 4 1 2 3 【解析】 　　　　当x∈[0，2]时，f(x)的值域A＝[0，4]，g(x)的值域B＝[－a，ln 3－a]. 由存在x1，x2∈[0，2]，使得f(x1)＝g(x2)，知A∩B≠∅.由A∩B＝∅，得4＜－a或ln 3－a＜0，解得a＜－4或a＞ln 3. 故当A∩B≠∅时，－4≤a≤ln 3，所以a的取值范围是[－4，ln 3].． [－4，ln 3] 随堂内化 题型突破　能力进阶 4 1 2 3 配套精练 一、 单项选择题 1．(2025·芜湖二模)命题“∀x>0，10x>lg x”的否定是 (　　) A．∀x>0，10x≤lg x　　　　 B．∀x≤0，10x≤lg x C．∃x≤0，10x≤lg x　　　　 D．∃x>0，10x≤lg x D 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 2．下列命题中是假命题的是 (　　) A．对任意实数x，均有x＋1>x B．不存在实数x，使x2＋x＋1<0 C．方程x2－2x＋3＝0至少有一个实数根 D．∃x∈R，|x|≤x C 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 (　　) A．p和q都是真命题 B．¬p和q都是真命题 C．p和¬q都是真命题 D．¬p和¬q都是真命题 【解析】 A 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 4．已知命题“∃x∈R，(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1≤0”是真命题，则实数m的取值范围是 (　　) A．(－∞，－1)∪[3，＋∞)　　　 B．[－1，3] C．(－∞，0]∪[1，＋∞)　　　　　 D．(－1，3) 【解析】 　　　　若不等式(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1>0对任意x∈R恒成立，则有①当m＋1＝0，即m＝－1时，不等式显然成立； ②当m＋1>0时，Δ＝(m＋1)2－4(m＋1)<0，解得－1<m<3； ③当m＋1<0时，不等式(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1>0对任意x∈R显然不恒成立，舍去． 综上，若不等式(m＋1)·x2＋(m＋1)x＋1>0对任意x∈R恒成立，则－1≤m<3，所以当“∀x∈R，(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1>0”是假命题时，m∈(－∞，－1)∪[3，＋∞). A 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【解析】 D 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 二、 多项选择题 6．命题“存在x>0，使得mx2＋2x－1>0”为真命题的一个充分不必要条件是 (　　) A．m>－2　　　　B．m>－1　　　　C．m>0　　　　D．m>1 【解析】 所以命题“存在x>0，使得mx2＋2x－1>0”为真命题的充分不必要条件是{m|m>－1}的真子集，结合选项可得，C和D项符合条件． CD 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 7．已知f(x)＝x2＋x＋m，下列说法正确的是 (　　　) A．命题“∀x>0，f(x)>0”的否定是“∃x≤0，f(x)≤0” 【解析】 　　　　对于A，命题“∀x>0，f(x)>0”的否定是“∃x>0，f(x)≤0”，故A错误． C．“m<0”是“方程f(x)＝0有实数解”的充分不必要条件 D．若命题“∃x∈(－1，1)，f(x)>0”为真命题，则m>－2 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 对于C，若m<0，则Δ＝1－4m>0，可知方程f(x)＝0有实数解，即充分性成立；取m＝0，方程f(x)＝x2＋x＝0有实数解－1，0，不满足m<0，即必要性不成立，所以“m<0”是“方程f(x)＝0有实数解”的充分不必要条件，故C正确． 【答案】BCD 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 三、 填空题 8．(2025·石家庄三模)若命题p：∀x>0，x2－7x＋6≤0，则命题p的否定为___________________． ∃x>0，x2－7x＋6>0 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 9．若“∃x∈(0，＋∞)，x2－ax＋4<0”是假命题，则实数a的取值范围为______． 【解析】 (－∞，4] 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【解析】 　　　　由函数f(x)＝ax＋2(a>0)在区间[－1，2]上单调递增，可得－a＋2≤f(x)≤2a＋2，即函数f(x)的值域构成集合A＝[－a＋2，2a＋2]. [1，＋∞) 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 四、 解答题 11．设命题p：∀x≥1，x2－x＋1－m>0，命题q：∀x∈R，4x2＋(4m－2)x＋1≠0. (1) 若q为真命题，求实数m的取值范围； 【解答】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 11．设命题p：∀x≥1，x2－x＋1－m>0，命题q：∀x∈R，4x2＋(4m－2)x＋1≠0. (2) 若p为假命题，q为真命题，求实数m的取值范围． 【解答】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 12．已知m∈R，命题p：∀x∈[0，1]，2x－2≥m2－3m；命题q：∃x∈[－1，1]，m≤1－x2. (1) 若p为真命题，求m的取值范围； 【解答】 　　　　若命题p为真命题，则x∈[0，1]时，m2－3m≤(2x－2)min＝－2，可得m2－3m＋2≤0，解得1≤m≤2.因此，若p为真命题，则m的取值范围是[1，2]. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 12．已知m∈R，命题p：∀x∈[0，1]，2x－2≥m2－3m；命题q：∃x∈[－1，1]，m≤1－x2. (2) 若p和q至少有一个为真命题，求实数m的取值范围. 【解答】 　　　　若命题q为真命题，则x∈[－1，1]时，m≤(1－x2)max＝1. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 因此，若p和q至少有一个为真，则实数m的取值范围是(－∞，2]. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 (1) 若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值； 【解答】 　　　　由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立． 因为函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减，则ymax＝－3，所以a≥－3，所以实数a的最小值为－3. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【解答】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 $