黄冈中学高考数学典型例题2---充要条件的判定

第 1 页 * 共 8 页 黄冈中学 高考数学典型例题详解 充要条件的判定 充分条件、必要条件和充要条件是重要的数学概念，主要用来区分命题的条件 p和结论 q 之间的关系 .本节主要是通过不同的知识点来剖析充分必要条件的意义，让考生能准确判定给定的两个命题的充要关系 . 难点磁场 ( )已知关于 x的实系数二次方程 x2+ax+b=0有两个实数根 、 ，证明： | |0),若 p 是 q的必要而不充分条件，求实数 m的取值范围 . 命题意图：本题以含绝对值的不等式及一元二次不等式的解法为考查对象，同时考查了充分必要条件及四种命题中等价命题的应用，强调了知识点的灵活性 . 知识依托：本题解题的闪光点是利用等价命题对题目的文字表述方式进行转化，使考生对充要条件的难理解变得简单明了 . 错解分析：对四种命题以及充要条件的定义实质理解不清晰是解此题的难点，对否命题，学生本身存在着语言理解上的困难 . 技巧与方法：利用等价命题先进行命题的等价转化，搞清晰命题中条件与结论的关系，再 去解不等式，找解集间的包含关系，进而使问题解决 . 第 2 页 * 共 8 页 解：由题意知： 命题：若 p是 q的必要而不充分条件的等价命题即逆否命题为： p 是 q的充分不必要条件 . p:|131x| 2 231x 1 2 131x 3 2 x 10 q:x2 2x+1 m2 0 x (1 m) x (1+m) 0 * p是 q的充分不必要条件， 不等式 |131x| 2的解集是 x2 2x+1 m2 0(m0)解集的子集 . 又 m0 不等式 *的解集为 1 m x 1+m 9110121mmmm ， m 9， 实数 m的取值范围是 9， + ) . 例 2 已知数列 an的前 n 项 Sn=pn+q(p 0,p 1),求数列 an是等比数列的充要条件 . 命题意图：本题重点考查充要条件的概念及考生解答充要条件命题时的思维的严谨性 . 知识依托：以等比数列的判定为主线，使本题的闪光点在于抓住数列前 n项和与通项之间的递推关系，严格利用定义去判定 . 错解分析：因为题目是求的充要条件，即有充分性和必要性两层含义，考生很容易忽视充分性的证明 . 技巧与方法：由 an= )2()1(11 nSS nSnn关系式去寻找 an与 an+1的比值，但同时要注意充分性的证明 . 解： a1=S1=p+q. 当 n 2时， an=Sn Sn 1=pn 1(p 1) p 0,p 1,)1()1(1 ppppnn =p 第 3 页 * 共 8 页 若 an为等比数列，则nnaaaa 112 =p qppp )1(=p, p 0， p 1=p+q， q= 1 这是 an为等比数列的必要条件 . 下面证明 q= 1是 an为等比数列的充分条件 . 当 q= 1时， Sn=pn 1(p 0,p 1)， a1=S1=p 1 当 n 2时， an=Sn Sn 1=pn pn 1=pn 1(p 1) an=(p 1)pn 1 (p 0,p 1) 211 )1()1( nnnn pp ppaa=p为常数 q= 1 时，数列 an为等比数列 .即数列 an是等比数列的充要条件为 q= 1. 锦囊妙计 本难点所涉及的问题及解决方法主要有： (1)要理解“充分条件”“必要条件”的概念：当“若 p则 q”形式的命题为真时，就记作 p q，称 p 是 q 的充分条件，同时称 q 是 p 的必要条件，因此判断充分条件或必要条件就归结为判断命题的真假 . (2)要理解“充要条件”的概念，对于符号“ ”要熟悉它的各种同义词语：“等价于”，“当且仅当”，“必须并且只需”，“，反之也真”等 . (3)数学概念的定义具有相称性，即数学概念的定义都可以看成是充要条件，既是概念的判断依据，又是概念所具有的性质 . (4)从集合观点看，若 A B，则 A 是 B 的充分条件， B 是 A 的必要条件；若A=B，则 A、 B互为充要条件 . (5)证明命题条件的充要性时，既要证明原命题成立 (即条件的充分性 )，又要证明它的逆命题成立 (即条件的必要性 ). 歼灭难点训练 第 4 页 * 共 8 页 一、选择题 1.( )函数 f(x)=x|x+a|+b是奇函数的充要条件是 ( ) A.ab=0 B.a+b=0 C.a=b D.a2+b2=0 2.( )“ a=1”是函数 y=cos2ax sin2ax的最小正周期为“ ”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既非充分条件也不是必要条件 二、填空题 3.( )a=3 是直线 ax+2y+3a=0 和直线 3x+(a 1)y=a 7 平行且不重合的 _. 4.( )命题 A：两曲线 F(x,y)=0 和 G(x,y)=0相交于点 P(x0,y0),命题B：曲线 F(x,y)+ G(x,y)=0(为常数 )过点 P(x0,y0),则 A 是 B 的 _条件 . 三、解答题 5.( )设 ， 是方程 x2 ax+b=0的两个实根，试分析 a2且 b1是两根 、 均大于 1的什么条件？ 6.( )已知数列 an、 bn满足： bn=nnaaa n 321 2 21,求证：数列an成等差数列的充要条件是数列 bn也是等差数列 . 7.( )已知抛物线 C： y= x2+mx 1和点 A(3， 0)， B(0， 3)，求抛物线 C与线段 AB有两个不同交点的充要条件 . 8.( )p: 2m0,0n0. 即有 024024baba 4+b2a (4+b) 又 |b| 4 4+b0 2|a| 4+b (2)必要性： 由 2|a| 4+b f( 2)0且 f(x)的图象是开口向上的抛物线 . 方程 f(x)=0 的两根 ， 同在 ( 2， 2）内或无实根 . ， 是方程 f(x)=0的实根， ， 同在 ( 2， 2）内，即 | | 2且 | | 2. 歼灭难点训练 一、 1.解析：若 a2+b2=0,即 a=b=0,此时 f( x)=( x)|x+0|+0= x |x|=(x|x+0|+b) = (x|x+a|+b)= f(x). a2+b2=0 是 f(x)为奇函数的充分条件，又若 f(x)=x|x+a|+b 是奇函数，即f( x)= ( x)|( x)+a|+b= f(x),则必有 a=b=0,即 a2+b2=0. a2+b2=0是 f(x)为奇函数的必要条件 . 答案： D 2.解析：若 a=1,则 y=cos2x sin2x=cos2x,此时 y的最小正周期为 .故 a=1是充分条件，反过来，由 y=cos2ax sin2ax=cos2ax.故函数 y的最小正周期为 ,则 a= 1,故 a=1不是必要条件 . 答案： A 第 6 页 * 共 8 页 二、 3.解析：当 a=3时，直线 l1:3x+2y+9=0；直线 l2:3x+2y+4=0. l1与 l2的 A1A2=B1 B2=1 1，而 C1 C2=9 4 1,即 C1 C2, a=3 l1 l2. 答案：充要条件 4.解析：若 P(x0,y0)是 F(x,y)=0 和 G(x,y)=0 的交点，则 F(x0,y0)+G(x0,y0)=0，即 F(x,y)+ G(x,y)=0，过 P(x0,y0)；反之不成立 . 答案：充分不必要 三、 5.解：根据韦达定理得 a= + ,b= .判定的条件是 p:12ba 结论是q:11 (注意 p中 a、 b满足的前提是 =a2 4b 0) (1)由11 ，得 a= + 2,b= 1, q p (2)为证明 p q,可以举出反例：取 =4, =21,它满足 a= + =4+212,b= =421=21,但 q不成立 . 综上讨论可知 a2,b1是 1, 1的必要但不充分条件 . 6.证明：必要性： 设 an成等差数列，公差为 d, an成等差数列 . dnann nndnannaaab nn 32)1(1 )1(3221)21(321 2 1121 从而 bn+1 bn=a1+n32d a1 (n 1) 32d=32d为常数 . 故 bn是等差数列，公差为32d. 充分性 : 设 bn是等差数列，公差为 d ,则 bn=(n 1)d bn(1+2+ +n)=a1+2a2+ +nan bn 1(1+2+ +n 1)=a1+2a2+ +(n 1)an 得： nan=2 )1(2 )1( nnbnn nbn 1 第 7 页 * 共 8 页 an= dnbdnbndnbnbnbnnn 23)1()2(2 1)1(2 12 12 1 1111,从而得 an+1 an=23d为常数，故 an是等差数列 . 综上所述，数列 an成等差数列的充要条件是数列 bn也是等差数列 . 7.解：必要性： 由已知得，线段 AB的方程为 y= x+3(0 x 3) 由于抛物线 C 和线段 AB有两个不同的交点， 所以方程组)30(312xxymxxy*有两个不同的实数解 . 消元得： x2 (m+1)x+4=0(0 x 3) 设 f(x)=x2 (m+1)x+4,则有 3210310304)1(39)3(04)0(044)1( 2mmmffm充分性： 当 3 x310时， x1=2)1(1216)1(1 22 mmmm 0 3216)1310(1310216)1(1 222 mmx 方程 x2 (m+1)x+4=0有两个不等的实根 x1,x2,且 0 x1 x2 3,方程组 *有两组不同的实数解 . 因此，抛物线 y= x2+mx 1 和线段 AB 有两个不同交点的充要条件 3 m310. 8.解：若关于 x的方程 x2+mx+n=0有 2