高考数学科学创新复习方案提升版第3讲全称量词与存在量词学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第3讲全称量词与存在量词学案（Word版附解析），共14页。


1．全称量词和存在量词
(1)全称量词有：所有的、任意一个、任给一个，用符号“eq \x(\s\up1(01))∀”表示；存在量词有：存在一个、至少有一个、有些，用符号“eq \x(\s\up1(02))∃”表示．
(2)含有全称量词的命题，叫做全称量词命题．“对M中任意一个x，有p(x)成立”用符号简记为eq \x(\s\up1(03))∀x∈M，p(x)．
(3)含有存在量词的命题，叫做存在量词命题．“存在M中元素x，使p(x)成立”用符号简记为eq \x(\s\up1(04))∃x∈M，p(x)．
2．含有一个量词的命题的否定
1．含有一个量词的命题的否定规律是“改量词，否结论”．
2．常用的正面叙述词语和它的否定词语
3.因为命题p与¬p的真假性相反，所以不管是全称量词命题还是存在量词命题，当其真假不易判断时，可先判断其否定的真假．
1．(人教A必修第一册习题1.5 T3(1)改编)命题“∃x∈Q，|x|∈N”的否定是( )
A．∀x∉Q，|x|∉N B．∀x∈Q，|x|∈N
C．∃x∉Q，|x|∉N D．∀x∈Q，|x|∉N
答案 D
解析 存在量词命题的否定需要把存在量词改为全称量词，并否定结论．故选D.
2．(2023·厦门模拟)已知集合M，N满足M∩N≠∅，则( )
A．∀x∈M，x∈N B．∀x∈M，x∉N
C．∃x∈M，x∈N D．∃x∈M，x∉N
答案 C
解析 ∵集合M，N满足M∩N≠∅，∴由交集定义得∃x∈M，x∈N.故选C.
3．(2024·宁德一中质检)若命题“∃x∈R，x2＋(a－1)x＋1<0”是真命题，则实数a的取值范围是( )
A．[－1，3]B．(－1，3)
C．(－∞，－1]∪[3，＋∞)D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
答案 D
解析 因为命题“∃x∈R，x2＋(a－1)x＋1<0”等价于“x2＋(a－1)x＋1＝0有两个不等的实根”，所以Δ＝(a－1)2－4>0，即a2－2a－3>0，解得a<－1或a>3.
4．(人教A必修第一册1.5.2练习T2改编)“等边三角形都是等腰三角形”的否定是________．
答案 存在一个等边三角形，它不是等腰三角形
解析 全称量词命题的否定是存在量词命题．故命题的否定是存在一个等边三角形，它不是等腰三角形．
5．(人教B必修第一册1.2.1练习B T4改编)若“∀x∈[－1，2]，x2－m≤1”为真命题，则实数m的最小值为________．
答案 3
解析 因为“∀x∈[－1，2]，x2－m≤1”为真命题，所以m≥x2－1对x∈[－1，2]恒成立，即m≥(x2－1)max＝3.
例1 (1)(2023·沈阳东北育才学校模拟)已知P，Q为R的两个非空真子集，若∁RQ∁RP，则下列结论正确的是( )
A．∀x∈Q，x∈P B．∃x∈∁RP，x∈∁RQ
C．∃x∉Q，x∈P D．∀x∈∁RP，x∈∁RQ
答案 B
解析 因为∁RQ∁RP，所以PQ，如图，对于A，由题意知P是Q的真子集，故∃x∈Q，x∉P，故A不正确；对于B，由∁RQ是∁RP的真子集且∁RQ，∁RP都不是空集知，∃x∈∁RP，x∈∁RQ，故B正确；对于C，由P是Q的真子集知，∀x∉Q，x∉P，故C不正确；对于D，∁RQ是∁RP的真子集，故∃x∈∁RP，x∉∁RQ，故D不正确．故选B.
(2)(多选)(2024·厦门外国语学校期中)下列命题中为真命题的是( )
A．∃x∈(0，＋∞)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)
B．∃x∈(0，1)，lgeq \s\d10(\f(1,2))x＞lgeq \s\d10(\f(1,3))x
C．∀x∈(0，＋∞)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＞lgeq \s\d10(\f(1,2))x
D．∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＜lgeq \s\d10(\f(1,3))x
答案 BD
解析 当x＞0时，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的图象永远在y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)的图象上方，因此A是假命题；当0＜x＜1时，y＝lgeq \s\d10(\f(1,2))x的图象永远在y＝lgeq \s\d10(\f(1,3))x的图象上方，因此B是真命题；当x＝eq \f(1,2)时， eq \r(\f(1,2))＜1＝lgeq \s\d10(\f(1,2))eq \f(1,2)，因此C是假命题；当0＜x＜eq \f(1,3)时，lgeq \s\d10(\f(1,3))x＞1＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，因此D是真命题．故选BD.
判断全称量词命题、存在量词命题真假的思路
1.已知定义域为R的函数f(x)不是偶函数，则下列命题一定为真命题的是( )
A．∀x∈R，f(－x)≠f(x)B．∀x∈R，f(－x)≠－f(x)
C．∃x∈R，f(－x)≠f(x)D．∃x∈R，f(－x)≠－f(x)
答案 C
解析 ∵定义域为R的函数f(x)不是偶函数，∴∀x∈R，f(－x)＝f(x)为假命题，∴∃x∈R，f(－x)≠f(x)为真命题．
2．(2024·江西师大附中月考)下列命题为真命题的是( )
A．∃x∈R，ln (x2＋1)<0
B．∀x>2，2x>x2
C．∃α，β∈R，sin(α－β)＝sinα－sinβ
D．∀x∈(0，π)，sinx>csx
答案 C
解析 ∵x2＋1≥1，∴ln (x2＋1)≥0，故A是假命题；当x＝3时，23<32，故B是假命题；当α＝β＝0时，sin(α－β)＝sinα－sinβ，故C是真命题；当x＝eq \f(π,6)∈(0，π)时，sinx＝eq \f(1,2)，csx＝eq \f(\r(3),2)，sinx例2 (1)(2023·潍坊二模)十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数n>2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁·怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马定理的否定为( )
A．对任意正整数n≤2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn都没有正整数解
B．对任意正整数n>2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn至少存在一组正整数解
C．存在正整数n≤2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn至少存在一组正整数解
D．存在正整数n>2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn至少存在一组正整数解
答案 D
解析 命题为全称量词命题，则命题的否定为“存在正整数n>2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn至少存在一组正整数解”．故选D.
(2)(2023·德州调研)命题“∃x∈R，1A．∀x∈R，1C．∃x∈R，f(x)≤1或f(x)>2D．∀x∈R，f(x)≤1或f(x)>2
答案 D
解析 存在量词命题的否定是全称量词命题，原命题的否定为“∀x∈R，f(x)≤1或f(x)>2”．故选D.
写出全称量词命题与存在量词命题的否定的步骤
1.(2023·泰安三模)命题“奇函数的图象关于原点对称”的否定是( )
A．所有奇函数的图象都不关于原点对称
B．所有非奇函数的图象都关于原点对称
C．存在一个奇函数的图象不关于原点对称
D．存在一个奇函数的图象关于原点对称
答案 C
解析 全称量词命题“所有奇函数的图象关于原点对称”的否定是存在量词命题，所以命题“奇函数的图象关于原点对称”的否定是“存在一个奇函数的图象不关于原点对称”．故选C.
2．(2024·商丘月考)命题“存在一个无理数，它的平方是有理数”的否定是( )
A．任意一个有理数，它的平方是有理数
B．任意一个无理数，它的平方不是有理数
C．存在一个有理数，它的平方是有理数
D．存在一个无理数，它的平方不是有理数
答案 B
解析 根据存在量词命题的否定为全称量词命题，需先将存在量词改为全称量词，然后否定结论，故该命题的否定为“任意一个无理数，它的平方不是有理数”．
例3 (1)(2023·南通模拟)若“∃x∈(0，π)，sin2x－ksinx<0”为假命题，则k的取值范围为( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，2]
C．(－∞，－2) D．(－∞，2)
答案 A
解析 依题意知，命题“∃x∈(0，π)，sin2x－ksinx<0”为假命题，则“∀x∈(0，π)，sin2x－ksinx≥0”为真命题，所以2sinxcsx≥ksinx，则k≤2csx，解得k≤－2，所以k的取值范围为(－∞，－2]．故选A.
(2)(2024·运城期末)函数g(x)＝ax＋2(a>0)，f(x)＝x2－2x，若∀x1∈[－1，2]，∃x0∈[－1，2]，使g(x1)＝f(x0)成立，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析 由题意可知，只需g(x)的值域为f(x)值域的子集．因为f(x)＝x2－2x，x∈[－1，2]的值域为[－1，3]，g(x)＝ax＋2(a>0)，x∈[－1，2]的值域为[2－a，2＋2a]，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,2－a≥－1，,2＋2a≤3，))解得0由命题的真假求参数取值范围的策略
(1)全称量词命题可转化为恒成立问题，存在量词命题可转化为存在性问题．
(2)含量词的命题中参数的取值范围，可根据命题的含义，转化为函数的最值解决．
1.(2023·潍坊一模)“b∈(－2，2)”是“∀x∈R，x2－bx＋1≥0”的( )
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
答案 A
解析 因为∀x∈R，x2－bx＋1≥0，则Δ＝(－b)2－4≤0，即－2≤b≤2.所以“b∈(－2，2)”是“∀x∈R，x2－bx＋1≥0”的充分不必要条件．
2．(2024·钦州质检)已知命题p：“∃x∈R，4x－2x＋1＋m＝0”．若命题¬p是假命题，则实数m的取值范围是________．
答案 (－∞，1]
解析 因为命题¬p是假命题，所以p是真命题，即∃x∈R，4x－2x＋1＋m＝0，所以m＝－4x＋2x＋1，x∈R有解即可．令y＝－4x＋2x＋1＝－(2x)2＋2×2x，2x>0，利用二次函数的性质可知y≤1，故m≤1.
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·江门一模)命题“∀x∈Q，x2－5≠0”的否定为( )
A．∃x∉Q，x2－5＝0 B．∀x∈Q，x2－5＝0
C．∀x∉Q，x2－5＝0 D．∃x∈Q，x2－5＝0
答案 D
解析 原命题为全称量词命题，该命题的否定为“∃x∈Q，x2－5＝0”．故选D.
2．(2024·惠州摸底)已知命题p：∃m∈R，f(x)＝2x－mx是增函数，则¬p为( )
A．∃m∈R，f(x)＝2x－mx是减函数
B．∀m∈R，f(x)＝2x－mx是减函数
C．∃m∈R，f(x)＝2x－mx不是增函数
D．∀m∈R，f(x)＝2x－mx不是增函数
答案 D
解析 由存在量词命题的否定可得¬p为“∀m∈R，f(x)＝2x－mx不是增函数”．
3．(2023·滨州模拟)下列命题正确的是( )
A．命题“每个正方形都是矩形”是存在量词命题
B．命题“有一个素数不是奇数”是全称量词命题
C．命题“∀x∈R，x4∈R”的否定为“∃x∈R，x4∉R”
D．命题“每个整数都是有理数”的否定为“每个整数都不是有理数”
答案 C
解析 命题“每个正方形都是矩形”含有全称量词“每个”，是全称量词命题，故A错误；命题“有一个素数不是奇数”含有存在量词“有一个”，是存在量词命题，故B错误；命题“∀x∈R，x4∈R”的否定为“∃x∈R，x4∉R”，故C正确；命题“每个整数都是有理数”的否定为“存在一个整数不是有理数”，故D错误．
4．(2024·衡水月考)设非空集合P，Q满足P∩Q＝P，则( )
A．∀x∈Q，有x∈PB．∀x∉Q，有x∉P
C．∃x∉Q，使得x∈PD．∃x∈P，使得x∉Q
答案 B
解析 因为P∩Q＝P，所以P⊆Q，所以∀x∉Q，有x∉P.故选B.
5．(2024·成都模拟)命题p：∀x>1，eq \r(x)＋2x－3>0，命题q：∃x∈R，2x2－4x＋3＝0，则( )
A．p真q真 B．p假q假
C．p假q真 D．p真q假
答案 D
解析 对于命题p：令t＝eq \r(x)>1，则y＝2t2＋t－3＝(2t＋3)(t－1)，由二次函数的图象可知，当t＞1时，y＝2t2＋t－3>0，所以∀x>1，eq \r(x)＋2x－3>0，即命题p为真命题；对于命题q：因为Δ＝(－4)2－4×2×3＝－8<0，所以方程2x2－4x＋3＝0无解，即命题q为假命题．故选D.
6．已知函数f(x)＝2ax－a＋3，若∃x∈(－1，1)，使得f(x)＝0，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－3)∪(1，＋∞)B．(－∞，－3)
C．(－3，1)D．(1，＋∞)
答案 A
解析 依题意可得f(－1)f(1)<0，即(－2a－a＋3)(2a－a＋3)<0，解得a<－3或a>1.故选A.
7．已知p1：存在a∈R，使函数y＝2x＋a·2－x在R上为偶函数；
p2：∃x∈R，sin2eq \f(x,2)＋cs2eq \f(x,2)＝eq \f(1,2)；
p3：对任意x∈R，x4p4：∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tanx>csx.
其中真命题的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 A
解析 p1是真命题．因为当a＝1时，y＝2x＋2－x在R上为偶函数；p2是假命题．因为∀x∈R，sin2eq \f(x,2)＋cs2eq \f(x,2)＝1；p3是假命题．因为x＝eq \f(1,2)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)，x48．(2024·海口四中月考)已知命题“存在x∈{x|1A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，＋∞))B．(－∞，0)∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，＋∞))
C．(－∞，0]D．(－∞，0]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，＋∞))
答案 D
解析 “存在x∈{x|1二、多项选择题
9．(2024·长沙一中月考)下列命题中，是真命题的是( )
A．∀x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0
B．若x＋y≥6，则x，y中至少有一个数大于3
C．∃x∈R，2xD．命题“∃x<0，x2－x－2<0”的否定是“∀x≥0，x2－x－2≥0”
答案 AC
解析 对于A，当x≥0时，x3≥0，所以x3＋x≥0，故A是真命题；对于B，取x＝3，y＝3，显然为假命题，故B是假命题；对于C，取x＝－1，因为2－1<(－1)2，故C是真命题；对于D，命题“∃x<0，x2－x－2<0”的否定是“∀x<0，x2－x－2≥0”，故D是假命题．故选AC.
10．命题“∃x∈[1，2]，x2≤a”为真命题的一个充分不必要条件是( )
A．a≥1 B．a≥4
C．a≥－2 D．a＝4
答案 BD
解析 命题“∃x∈[1，2]，x2≤a”等价于a≥1，即命题“∃x∈[1，2]，x2≤a”为真命题，所对应的a的取值范围为[1，＋∞)，所求的一个充分不必要条件所对应的集合真包含于[1，＋∞)，显然只有B，D正确．故选BD.
11．若非空集合G和G上的二元运算“⊕”满足：
①∀a，b∈G，a⊕b∈G；
②∃I∈G，∀a∈G，a⊕I＝I⊕a＝a；
③∃I∈G，使∀a∈G，∃b∈G，有a⊕b＝I＝b⊕a；
④∀a，b，c∈G，(a⊕b)⊕c＝a⊕(b⊕c)，
则称(G，⊕)构成一个群．
下列选项对应的(G，⊕)构成一个群的是( )
A．集合G为自然数集，“⊕”为整数的加法运算
B．集合G为正有理数集，“⊕”为有理数的乘法运算
C．集合G＝{－1，1，－i，i}(i为虚数单位)，“⊕”为复数的乘法运算
D．集合G＝{0，1，2，3，4，5，6}，“⊕”为求两整数之和被7除的余数
答案 BCD
解析 对于A，G＝N时，不满足③，若I＝0，由1＋b＝0得b＝－1∉G，若I∈N*⊆N，则在G中设a>I，由a＋b＝I得b＝I－a<0∉G，不能构成群．对于B，G为正有理数集，①任意两个正有理数的积仍然为正有理数；②显然1∈G，对任意a∈G，a⊕1＝a＝1⊕a；③对任意正有理数a，eq \f(1,a)也是正有理数，且a⊕eq \f(1,a)＝1＝eq \f(1,a)⊕a，即I＝1；④有理数的乘法满足结合律，可构成群．对于C，G＝{－1，1，－i，i}(i为虚数单位)，①可验证G中任意两数(可相等)的乘积仍然属于G；②I＝1，满足任意a∈G，有a⊕1＝1⊕a＝a；③I＝1，满足任意a∈G，存在b∈G，有a⊕b＝b⊕a＝1；④复数的乘法运算满足结合律，可构成群．对于D，G＝{0，1，2，3，4，5，6}，①G中任意两个整数的和除以7的余数一定属于G；②I＝0，满足对任意a∈G，a⊕I＝I⊕a＝a；③I＝0，0＋0＝0，1＋6＝2＋5＝3＋4＝7，除以7余数为0；④加法满足交换律，又a＋b除以7的余数等于a除以7的余数加b除以7的余数的和再除以7所得余数，因此∀a，b，c∈G，(a⊕b)⊕c＝a⊕(b⊕c)，可构成群．故选BCD.
三、填空题
12．能说明“若f(x)>f(0)对任意的x∈(0，2]都成立，则f(x)在[0，2]上是增函数”为假命题的一个函数是________．
答案 f(x)＝sinx(答案不唯一)
解析 设f(x)＝sinx，则f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，2))上是减函数．由正弦函数图象的对称性知，当x∈(0，2]时，f(x)>f(0)＝sin0＝0，故f(x)＝sinx满足条件f(x)>f(0)对任意的x∈(0，2]都成立，但f(x)在[0，2]上不是增函数．
13．(2023·葫芦岛一模)写出一个使命题“∃x∈[2，3]，mx2－mx－3>0”成立的一个充分不必要条件：________(用m的值或范围作答)．
答案 m>1(答案不唯一)
解析 由∃x∈[2，3]，mx2－mx－3>0，可得m(x2－x)>3，又当x∈[2，3]时，x2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)∈[2，6]，即∃x∈[2，3]，m>eq \f(3,x2－x)，即m>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x2－x)))eq \s\d7(min)，x∈[2，3]，可得m>eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，所以使命题“∃x∈[2，3]，mx2－mx－3>0”成立的充分不必要条件只要是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))的真子集即可，如m>1等．
14．已知f(x)＝ln (x2＋1)，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－m.
(1)若∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________；
(2)若∀x1∈[0，3]，∀x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________．
答案 (1)eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)) (2)eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析 (1)当x∈[0，3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x∈[1，2]时，g(x)min＝g(2)＝eq \f(1,4)－m，由题意得f(x)min≥g(x)min，即0≥eq \f(1,4)－m，
所以m≥eq \f(1,4).
(2)当x∈[1，2]时，g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,2)－m，由题意得f(x)min≥g(x)max，即0≥eq \f(1,2)－m，所以m≥eq \f(1,2).
四、解答题
15．已知集合A＝{x|(x－2)(x－3)≤0}，B＝{x|x≤m－2或x≥4m－1}，且B≠R.
(1)若命题“∀x∈A，则x∈B”是真命题，求实数m的取值范围；
(2)若命题“∃x∈A，使得x∈B”是真命题，求实数m的取值范围．
解 集合A＝{x|(x－2)(x－3)≤0}＝{x|2≤x≤3}，
B＝{x|x≤m－2或x≥4m－1}，且B≠R，
所以m－2＜4m－1，解得m>－eq \f(1,3).
(1)若命题“∀x∈A，则x∈B”是真命题，
即A⊆B，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>－\f(1,3)，,3≤m－2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>－\f(1,3)，,2≥4m－1，))
解得m≥5或－eq \f(1,3)所以实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(3,4)))∪[5，＋∞)．
(2)若命题“∃x∈A，使得x∈B”是真命题，即A∩B≠∅，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>－\f(1,3)，,2≤m－2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>－\f(1,3)，,3≥4m－1，))
解得m≥4或－eq \f(1,3)16．(2024·苏州月考)已知m∈R，命题p：对任意x∈[0，1]，不等式2x－2≥m2－3m恒成立；命题q：存在x∈[－1，1]，使得m≤ax成立．
(1)若p为真命题，求m的取值范围；
(2)当a＝1时，若命题p和q中只有一个为真，求m的取值范围．
解 (1)∵对任意x∈[0，1]，不等式2x－2≥m2－3m恒成立，
∴(2x－2)min≥m2－3m，即m2－3m≤－2.
解得1≤m≤2.
∴若p为真命题，则m的取值范围是[1，2]．
(2)∵a＝1，且存在x∈[－1，1]，使得m≤ax成立，∴m≤x，命题q为真时，m≤1.
∵p，q中一个是真命题，一个是假命题．
∴当p真q假时，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1≤m≤2，,m>1，))得1当p假q真时，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<1或m>2，,m≤1，))得m<1.
综上所述，m的取值范围为(－∞，1)∪(1，2]．命题
命题的否定
∀x∈M，p(x)
eq \x(\s\up1(05))∃x∈M，¬p(x)
∃x∈M，p(x)
eq \x(\s\up1(06))∀x∈M，¬p(x)
正面词语
等于(＝)
大于(>)
小于(<)
是
否定词语
不等于(≠)
不大于(≤)
不小于(≥)
不是
正面词语
都是
任意的
所有的
至多有一个
至少有一个
否定词语
不都是
某个
某些
至少有两个
一个也没有
考向一 全称量词命题、存在量词命题真假的判断
考向二 含有一个量词的命题的否定
考向三 由命题的真假求参数的取值范围