第一單元集合與邏輯用語

1、(一輪總復(fù)習(xí))1.3 常用邏輯用語知識框架考試要求1.1 方程、不等式解法舉例1.2 集合及其運算含義集合集合的運算并集交集補集或且非簡單邏輯聯(lián)結(jié)詞常用邏輯用語命題及其關(guān)系充分條件必要條件充要條件全稱量詞存在量詞知識框架知識框架返回章菜單(1) 集合的含義與表示集合的含義與表示1. 集集 合合 了解集合的含義，體會元素與集合的“屬于”關(guān)系. 能選擇自然語言、圖形語言、集合語言（列舉法或描述法）描述不同的具體問題. .(2) 集合間的基本關(guān)系集合間的基本關(guān)系 理解集合之間包含與相等的含義，能識別給定集合的子集. 在具體情境中，了解全集與空集的含義.(3) 集合的基本運算集合的基本運算理解兩個集合

2、的并集與交集的含義，會求兩個簡單集合的并集與交集.理解在給定集合中一個子集的補集的含義，會求給定子集的補集.能使用Venn圖表達集合的關(guān)系及運算.考試要求考試要求(1) 命題及其關(guān)系命題及其關(guān)系2. 常用邏輯用語常用邏輯用語 了解命題的逆命題、否命題與逆否命題. 理解必要條件、充分條件與充要條件的意義，會分析四種命題的相互關(guān)系.(2) 簡單的邏輯聯(lián)結(jié)詞簡單的邏輯聯(lián)結(jié)詞了解邏輯聯(lián)結(jié)詞或”“且”“非”的含義.(3) 全稱量詞與存在量詞全稱量詞與存在量詞 理解全稱量詞與存在量詞的意義. 能正確地對含有一個量詞的命題進行否定.考試要求考試要求返回章菜單知識要點例題剖析知識要點知識要點acxxabxxa

3、bxxabxabxacbacbxax2121212122,)(2).,02,02,2,04) 1 ()0(0. 1韋達定理根與系數(shù)的關(guān)系方程沒有實數(shù)根時當(dāng)方程有兩個相等的實根時當(dāng)根方程有兩個不相等的實時當(dāng)根的判別式實系數(shù)一元二次方程(3)方程有兩個正根的充要條件:. 0002121acxxabxxabxaabxaoabax時，當(dāng)時，當(dāng)一元一次不等式0)2(0) 1 ()(. 2知識要點知識要點（如下表）為例說明不等式的解集下面以把二次項系數(shù)化為正數(shù)時，先乘以當(dāng)或一元二次不等式0.10)0)(0(0. 32aaacbxaxacb42000cbxax2 方程02cbxax不等式不等式02cbxax

4、函數(shù)cbxaxy221xxxxR, 1xxx2xx 或1xxRx有兩實根21xx、)(21xx 有重根21xx 沒有實根知識要點知識要點)(0)()(. 443214321xxxxxxxxxxxx不妨設(shè)）例如（高次不等式 一般用數(shù)軸標(biāo)根法解之，如下圖，解集為4321xxxxxxx或知識要點知識要點., 0)(, 0)()(0)()(, 0)()(0)()(. 5再解之且解之；通分，可化為某些不等式通過移項，分式不等式xgxgxfxgxfxgxfxgxf知識要點知識要點返回節(jié)菜單211x210, 01xxx或例1 不等式 的解集是( ) A. B. 10,21或xxC.21, 01xxx或D.1

5、,210 xxx或xxxxxx210210或不等式得由原121,21102110 xxxxxxxx或或 解析 動態(tài)演示動態(tài)演示B B例題剖析例題剖析例題剖析例題剖析 例2 解下列方程或不等式.0321)2(0312) 1)(1 (2222xxxx解析2)(2, 4, 31, 31)( 13, 0) 1)(3(, 032,1) 1 (22222122xxxxxttttttxt，舍去或或，舍去或則原方程化為設(shè)例題剖析例題剖析13, 0) 1)(3(, 032,1, 03211)2(22ttttttxtxx或則設(shè)：法.31001),0(311, 0) 1(13, 0321, 0, 02. 01,31

6、0, 11, 3122xxxxxxxxxxxxxxx或原不等式的解為）即（由原不等式得：法或或例題剖析例題剖析點評 對（1）（2）可以考慮用換元法，對于（2）可以考慮去分母或移項通分化簡.但對于去分母的做法要確認分母的符號.若乘以正數(shù),對不等式不必改變方向;若乘以負數(shù),則不等式要改變方向.若可能正也可能負,則須分類討論.12) 1()(2)R, 0()()07)(2(0)(, 21)(1 (222xxfxfaaxxaxxfxfkkxxxxf時，解不等式當(dāng)常數(shù)已知函數(shù)上海卷的解；求方程若）（，已知浙江卷延伸拓展延伸拓展1解析021)(,2) 1 (22xxxxfk時當(dāng).231,12310, 1,

7、231, 0122,11, 01:22xxxxxxxx舍去解得方程化為時或即當(dāng)分兩種情況延伸拓展延伸拓展110. 10, 0) 1(0) 1(1, 01221212) 1(2)2(212310)(21021,11, 01222xxxxxxxxxxxxxxxxxfxxxx原不等式的解集為化簡等原不等式即為或的解是由、得方程解得方程化為時即當(dāng)例題剖析例題剖析 例3 .0,21, 22的解集求不等式或cbxaxxxx, 002122acbxax的兩根且是方程和依題意知解析的解集是的不等式已知關(guān)于02cbxaxx024024cbacba解得acab25.221, 0252, 025, 0222xxxx

8、aaxaxcbxax解得即為即為所以不等式例題剖析例題剖析點評 由二次不等式的解集可以得到對應(yīng)二次方程的兩根,且知二次項系數(shù)的符號.本題也可以由已知不等式的解集逆向思考,構(gòu)造出已知不等式,然后比較系數(shù)也可以得. 延伸拓展延伸拓展2.1316,1),21(1122的解集不等式求的解集是已知不等式bxaxxxbxxxax解析, 01, 0122xxxx因為 . 1 116. 2, 4 1 322, 0132, 0) 1)(21(,1),21(0)()2()(1()(1(2222xxbaabababxxxxabxabxabbxxxaxxx所以所求不等式即為解這個方程組得從而即所以有因為不等式的解集是

9、所以原不等式延伸拓展延伸拓展2.5或1,3為根據(jù)數(shù)軸據(jù)數(shù)軸標(biāo)根法1且03)5)(1)(即1且0)(31)(5(即0,11)(16移項項通分2xxxxxxxxxxxxx例題剖析例題剖析) (5)2()2(,0, 10, 1)(的解集是則不等式已知xfxxxxxf 例4 23xx 答案 解析 .23, 2,525) 1()2(, 1)2(,02232, 2,23, 5)2(, 1)2(,02xxxxxxfxxxxxxxfx綜合得所以恒成立即所以時當(dāng)所以又所以由原不等式得時當(dāng) 點評 本題的關(guān)鍵是表示f(x+2),按定義須對x+2的符號進行分類討論.例題剖析例題剖析延伸拓展延伸拓展3012)2(,)0

10、()0( ,)(xxxfxxxxxf解不等式已知函數(shù)解析原不時當(dāng), 2)2(,02xxfx012)2(xxx等式化為32232, 2, 3232 , 014012)2(),2()2(,02. 2, 2, 1, 12xxxxxxxxxxxxfxxxxx解集為綜合知原不等式的所以又原不等式化為時當(dāng)所以此時又或解得例題剖析例題剖析 例5 .)2()(2axaxxf已知函數(shù).,0)()3(,)()2(,)() 1 (的取值范圍求實數(shù)有兩個不同的負根若方程的不等式解關(guān)于的方程解關(guān)于axfaxfxaxfx解析,)2() 1 (2aaxax, 2)2)(, 02)2(,)2()2(, 2,22,2. 0)2

11、)(02)2(2221212xaxaxaxaaxaxxxaxaxaxaxaxax方程有重根時當(dāng)方程有兩個不同的根時當(dāng)例題剖析例題剖析不等式解集為時當(dāng)不等式解集為時當(dāng)不等式解集為時當(dāng),2;2,2;2,2axaxaaxxa. 0,0204,00204)2(,(3)221212aaaaaxxaxxaa即得依題意例題剖析例題剖析 點評 對于含有字母參數(shù)的方程或不等式,其解題過程常常需要時參數(shù)進行分類討論.返回節(jié)菜單返回章菜單知識要點例題剖析知識要點知識要點1.集合的含義與表示 一般地，我們把研究對象統(tǒng)稱為元素，把一些元素組成的總體叫做集合.它具有三大特性：確定性，互異性，無序性.集合的表示法有列舉法，

12、描述法.有的集合還可用維恩圖表示，用專用符號表示，如N、N+、N*、Z、Q、R、等等.元素與集合之間是屬于（或不屬于）關(guān)系，用 或 表示.2.集合間的基本關(guān)系.=記作.相等與則稱,若:相等.記作.的子集為集合此時時稱集,若:子集BABABABABABABxA,x且則.,:.,:子集規(guī)定空集是任何集合的記作做空集不含任何元素的集合叫空集記作的真子集是則稱且且存在元素若真子集BAAxBxBAA B知識要點知識要點3.集合的基本運算.,:,:,:上述的運算請同學(xué)們用維恩圖表示為全集其中且補集且交集或并集UAUAxUxxACBxAxxBABxAxxBAU4.集合運算中常用結(jié)論.,2,).C()C()(

13、C),C()C()(C,.,AnBABABABABBABAABABABABBABAABAnUUUUUU即集空集是任何集合的子個其子集個數(shù)為個元素所組成的集合由返回節(jié)菜單例題剖析例題剖析 例1 已知全集為U=R,M=,02 xxx則有,01xxxN( )A. M N=R B. M N= C. CU N=M D. CU N M 答案 B 解析 NMxxxxxNxxxM100) 1(,10或 例2 解析 ., 2 ,2, 22的值、求若已知baNMbaNbaMabbabbaa2,222或由題意得2141,10,00bababa或或解得.2141,10baba或代入驗證得例題剖析例題剖析 點評 兩個集

14、合相等,必須兩個集合的元素完全一樣,并注意集合中元素的互異性.例題剖析例題剖析延伸拓展延伸拓展1.0 ,1 ,200920082的值求合已知含有三個元素的集babaaaba 解析 10,10, 022baaaababaaaba或所以由題意知1010abab或解得11, 0.1, 020092008baabab不合題意經(jīng)檢驗 例3 解析 例題剖析例題剖析的的不等式記關(guān)于年北京卷01)07(xaxxQxP的解集為不等式解集為11,.,)2(;, 3) 1 (的取值范圍求正數(shù)若求若aPQPa310,1) )(3(, 013) 1 (xxPxxxx得得由 (2)11020,1.,2,2.Qx xxxa

15、PxxaQPaaa 由得又所以即 的取值范圍是例題剖析例題剖析 點評 首先要求P、Q兩個解集,再根據(jù)P與Q的關(guān)系,結(jié)合數(shù)軸直觀地求出a2.延伸拓展延伸拓展2,2152RxxxyxA已知集合.,22的取值范圍求實數(shù)若aBARxxxayB 解析 . 2, 31,.1 ,(1,11) 1(,.3 , 535, 350215,22aaBAABAaayyBaaxyBxxAxxxA知根據(jù)數(shù)軸所以因為得由對于得由對于延伸拓展延伸拓展2 點評 本題要理解好A是函數(shù)2215xxy的定義域集合,B是函數(shù)y=a-2x-x2的值域集合.另一方面集合與集合的關(guān)系,常用數(shù)軸直觀表示,注意數(shù)形結(jié)合法.例題剖析例題剖析 例4

16、 解析 , 03)3(2RaaxaxxA設(shè)集合.,0452BABAxxxB求 ., 4 , 3 , 1,413.4,4 , 3 , 1,4.1,4 , 3 , 1,1, 3,3.,4 , 3 , 1,3,3,4 , 10)4)(1(,0)3)(BAaBAaaaBABAaBABAaaAaBABAAaxxxBxaxxA時且且當(dāng)時當(dāng)時當(dāng)時當(dāng)所以時當(dāng) 點評 本題要注意集合中元素的互異性,所以必須對a進行分類討論.例題剖析例題剖析例5解析.,210,03222取值范圍的并求的關(guān)系、求實數(shù)且集合pqpxxBAqpxxxBxxxA. 5, 32, 42, 022, 3, 2,21,312122112pppx

17、xqpqpqpxxxxBAxxxxxBxxA即又是的關(guān)系、即且如下圖或設(shè) 動態(tài)演示例題剖析例題剖析點評 對于A應(yīng)先化簡,對于B化簡較難,可以采用假設(shè)解集的形式然后給合數(shù)軸進行求交集運算,從而獲得兩根x1,x2的值域范圍,使問題迎刃而解.返回節(jié)菜單返回章菜單知識要點例題剖析知識要點知識要點1.四種命題 用語言、符號或式子表達的，可以判斷真假的陳述句叫做命題.命題有原命題、逆命題、否命題、逆否命題四種形式.其表示形式如下：.:;:;:;:pqqppqqp則若逆否命題則若否命題則若逆命題則若原命題 一個命題與它的逆否命題是等價的，它們同為真命題或同為假命題，因此我們常常用反證法來證明命題.2.充要條

18、件,. ,.,pqpqqppqpqpAqBA如果那么就說 是 的充分條件 是 的必要條件如果那么就說 是 的充要條件若命題 表示的是數(shù)集命題 表示數(shù)集當(dāng).,qpB時3.邏輯聯(lián)結(jié)詞知識要點知識要點“且”、“或”、“非”這些詞叫做邏輯聯(lián)結(jié)詞，分別用符號”表示”、“、“”“ .,;,.,;,;,;,必是真命題則是假命題若必是假命題則是真命題若是假命題兩個命題都是假命題時當(dāng)是真命題是真命題時兩個命題中有一個命題當(dāng)是假命題是假命題時兩個命題中有一個命題當(dāng)是真命題都是真命題時當(dāng)ppppqpqpqpqpqpqpqpqp4.全稱量詞與存在量詞 命題中的“對所有”、“任意一個”等短語叫做全稱量詞，用符號 表示.

19、 “存在”、“至少有一個”等短語叫做存在量詞，用符號 表示.”“”“含有全稱量詞的命題叫做全稱命題.全稱命題:).(,)(,xpMxxpxM成立”可用符號簡記有中任意一個“對知識要點知識要點,( ), ( )Mxp xxM p x 特稱命題：“存在中的一個 使成立”可用符號簡記為.),(,:),(,:.),(,:),(,:是全稱命題它的否定特稱命題是特稱命題它的否定全稱命題xpMxpxpMxpxpMxpxpMxp返回節(jié)菜單例1 例題剖析例題剖析設(shè)p、q是兩個命題，“p q為假”是“pq為假”的 ( )A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件答案 A例

20、2 例題剖析例題剖析設(shè)原命題是“當(dāng)ab0,x0,y0時,若xy,則axby.”寫出它的逆命題，否命題，逆否命題，并分別證明它們的真假.解析逆命題：當(dāng)ab0,x0,y0時,若axyb,則xy.此命題為假.舉出反例即可證明,例如取a=3,b=1,x=2,y=4,則滿足ab0,x0, y0,axby,但xy., 0., 0,.,0, 0, 0.,0, 0, 0成立矛盾這與已知條件且又則不成立假設(shè)證明可以用反證法此命題為真則若時逆否命題：當(dāng)?shù)恼婕傧嗤驗樗恼婕倥c逆命題此命題為假則若時否命題：當(dāng)yxbyaxbyaxbyayybaayaxayxyxyxbyaxyxbabyaxyxyxba例題剖析例題剖析

21、點評 若一個命題有大前提條件,則寫其他命題時應(yīng)該保留.證明一個命題為假時,只須用特殊值法,舉出反例即可.證明一個命題為真時,必須嚴(yán)格推理,有時可以用反證法,或者利用原命題與逆否命題等價.本題證明逆否命題為真時,可以先證原命題為真.例3 例題剖析例題剖析(07年山東卷)下列各小題中,p是q的充要條件的是( )ACBCpABApqpxfyqxfxfpmmxxyqmmpUU：；：；：是偶函數(shù)：；：同的零點有兩個不：；或：tantancoscos)(1)()(3622A. B. C. D. 例題剖析例題剖析解析2032mmmxxy有兩個不同的零點6,.mpq或所以 是 的充要條件2( 0)( ),(0

22、)()1,.( ),coscos,tan,tan.2tantan,.fyf xxffxpqf xpq是函數(shù) 但沒有意義即所以 不是 的充要條件當(dāng)時但此時都沒有意義所以所以 不是 的充要條件由維恩圖.,ACBCABAUU可得例題剖析例題剖析點評 有關(guān)充分條件.必要條件.充要條件的判定,關(guān)鍵要根據(jù)定義：若 ，則p是q的充分條件,q是p的必要條件；若 ，則p是q的充要條件.qp qp 例4 例題剖析例題剖析：不等式上遞減；在：函數(shù)設(shè)已知qRcypcx , 012cxx的解集為R”為假且“”為真如果“qpqp,求c的取值范圍.解析；：10 cp的解集的最小值為設(shè)1)(.2)(2,22222)(xfcxfcxcccxcxxxfR,21, 12cc的范圍是則假真若真假或假真”為假且“”為真“cqpqpqpqpqpcq,.,21:例題剖析例題剖析)., 1 21, 0(. 12110:,.21, 0(21,() 1 , 0(的取值范圍是因此即或的范圍是則真假若ccccccqp點評 本題求解的是