专题1.7 充分条件与必要条件-重难点题型精讲（举一反三）（人教A版2019必修第一册）（解析版）

1、专题1.7 充分条件与必要条件-重难点题型精讲1命题及相关概念2充分条件与必要条件一般地，数学中的每一条判定定理都给出了相应数学结论成立的一个充分条件数学中的每一条性质定理都给出了相应数学结论成立的一个必要条件3. 充要条件如果“若p，则q”和它的逆命题“若q，则p”均是真命题，即既有pq，又有qp，记作pq.此时p既是q的充分条件，也是q的必要条件我们说p是q的充分必要条件，简称为充要条件如果p是q的充要条件，那么q也是p的充要条件，即如果pq，那么p与q互为充要条件温馨提示：“”的传递性若p是q的充要条件，q是s的充要条件，即pq，qs，则有ps，即p是s的充要条件【题型1 充分条件、必要

2、条件及充要条件的判定】【方法点拨】(1)定义法：首先分清条件和结论，然后判断pq、qp和pq是否成立，最后得出结论(2)命题判断法：若pq，则称p是q的充分条件，q是p的必要条件若pq，则p是q的充要条件若pq，且qp，则称p是q的充分不必要条件若pq，且qp，则称p是q的必要不充分条件若pq，且qp，则称p是q的既不充分也不必要条件【例1】（2021凌源市模拟）设集合Mx|x2，Px|x6，那么“xM或xP”是“xMP”的（）A充分不必要条件B充要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【分析】“xM或xP”即xMP，再利用xMP与xMP之间的关系即可判断出结论【解答】解：“xM或xP”即

3、xMP，MPx|x2x|x6R，MPx|2x6xMPxMP，反之不成立“xM或xP”是“xMP”的必要不充分条件故选：C【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、集合之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题【变式1-1】（2020秋宝安区期末）设U为全集，A，B是集合，则“存在集合C，使得AC，B（UC）”是“AB”的（）A充要条件B必要不充分条件C充分不必要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据条件可得AC且BC，从而得到AB，当AB，存在一个集合CA使得AC，B（UC），结合充要条件的定义可判定【解答】解：AC，B（UC）即AC且BCAB，则“存在集合C，使得AC，B（UC）”是“AB

4、”的充分条件；当AB，存在一个集合CA使得AC，B（UC），则“存在集合C，使得AC，B（UC）”是“AB”的必要条件；所以则“存在集合C，使得AC，B（UC）”是“AB”的充要条件故选：A【点评】本题主要考查了充分条件必要条件的判定，解题的关键是弄清哪个能推导哪个，属于基础题【变式1-2】（2021温州模拟）若a，b，c是ABC的三条边，则“a2+b2+c2ab+bc+ca”是“ABC是等腰三角形”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【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合等腰三角形的性质进行判断即可【解答】解：若“ABC是等腰三角形”，则当abc，则a2

5、+b2+c2ab+bc+ca不一定成立，若a2+b2+c2ab+bc+ca，则2a2+2b2+2c22ab+2bc+2ca，即（ab）2+（bc）2+（ca）20，即ab0，bc0，ca0，则abc，则“ABC是等腰三角形”成立，即“a2+b2+c2ab+bc+ca”是“ABC是等腰三角形”充分不必要条件，故选：A【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等腰三角形的性质是解决本题的关键比较基础【变式1-3】（2020秋北海期末）“关于x的方程ax2+bx+c0的两根为1，2”是“关于x的不等式ax2+bx+c0的解集为（1，2）”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

6、充分也不必要条件【分析】根据一元二次不等式与一元二次方程之间的关系，讨论a的范围，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：若不等式ax2+bx+c0的解集为（1，2），则1，2是方程ax2+bx+c0的两个根，且a0，则必要性成立，当a0时，若方程ax2+bx+c0的两根为1，2，则ax2+bx+c0的解集为（，1）（2，+），即充分性不成立，即“关于x的方程ax2+bx+c0的两根为1，2”是“关于x的不等式ax2+bx+c0的解集为（1，2）”的必要不充分条件，故选：B【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用一元二次方程和一元二次不等式之间的关系是解决本题的关键，是基

7、础题【题型2 充分条件、必要条件及充要条件的探索】【方法点拨】(1)先寻找必要条件，即将探求充要条件的对象视为结论，寻找使之成立的条件；再证明此条件是该对象的充分条件，即从充分性和必要性两方面说明(2)将原命题进行等价变形或转换，直至获得其成立的充要条件，探求的过程同时也是证明的过程，因此探求过程每一步都是等价的，所以不需要将充分性和必要性分开来证【例2】（2020秋万州区校级月考）“一元二次方程x2ax+10有两个正实数根”的一个充分不必要条件可以为 ；一个必要不充分条件可以为 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系求出命题成立的等价条件，利用充分不必要条件和必要不充分条件的定义进行求解即可

8、【解答】解：若一元二次方程x2ax+10有两个正实数根，则等价为=a2-40x1x2=10x1+x2=a0，得a2或a-2a0，得a2，则成立的充分不必要条件为2，+）的真子集，则3，+）满足条件，成立的必要不充分条件要真包含2，+），则0，+）满足条件，故答案为：3，+），0，+）【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，根据根与系数之间的关系求出命题的等价条件是解决本题的关键，是基础题【变式2-1】（2020秋黄浦区校级月考）设全集U，在下列条件中，是BA的充要条件的有（）ABA； UABUAUB；AUBUA1个B2个C3个D4个【分析】利用Venn图进行判断，理解BA的等价关系是解决

9、本题的关键【解答】解：如下图借助Venn图，可以判断出ABABA，UABBA，UAUBBA，AUBUBA，故均正确故选：D【点评】本题考查了集合的图形语言，考查了子集与集合运算的等价关系，属于基础题【变式2-2】（2021吕梁一模）已知a，bR，下列选项中，使ab0成立的一个充分不必要条件是（）Aa0或b0Ba10且b2Ca，b同号且不为0Da+b0或ab0【分析】根据不等式的关系结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：对于A：a0或b0不能够推出ab0，故a0或b0不是ab0的充分条件，故A错误，对于B：a10且b2，能够推出ab0，ab0不能够推出a10且b2，故a10且b2，

10、是ab0的充分不必要条件，故B正确，对于C：a，b同号且不为0ab0，故a，b同号且不为0是ab0的充要条件，故C错误，对于D：a+b0或ab0与ab0互相推不出，故a+b0或ab0与ab0是既不充分也不必要条件，故D错误故选：B【点评】本题考查了不等式的基本性质和充分必要条件的定义属于基础题【变式2-3】（2020秋无锡期末）若m，n都是正整数，则m+nmn成立的充要条件是（）Amn2Bmn1Cm1且n1Dm，n至少有一个为1【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的解法，进行判断即可【解答】解：因为m+nmn，所以（m1）（n1）1而m，nN*，所以（m1）（n1）Z，所以（m1）（

11、n1）0所以m1或n1故选：D【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，根据不等式的性质结合充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键【题型3 由充分条件、必要条件求参数】【方法点拨】根据充分、必要条件求参数的取值范围时，先将p，q等价转化，再根据充分、必要条件与集合间的关系，将问题转化为相应的两个集合之间的包含关系，然后建立关于参数的不等式(组)进行求解【例3】（2020秋南阳期末）已知p：a2xa+2，q：1x7若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是 【分析】根据p是q的充分不必要条件，所以（a2，a+2）（1，7），然后建立关系式，解之即可【解答】解：p：a2xa+2，q：1x

12、7，因为p是q的充分不必要条件，所以（a2，a+2）（1，7），则a+27a-2-1即1a5故答案为：1，5【点评】本题主要考查了不等关系，以及充分条件、必要条件的判定，同时考查了学生逻辑推理的能力和运算求解的能力，属于基础题【变式3-1】（2020秋嘉定区校级月考）已知：x3a1或xa，：x2或x4，如果是的必要非充分条件，那么实数a的取值的集合为 【分析】由题意可得关于a的不等式组，然后求出实数a的取值的集合【解答】解：因为：x3a1或xa，：x2或x4，是的必要非充分条件，所以3a-12-a4，或3a1a，解得a14，所以实数a的取值的集合为1，+）故答案为：14，+）【点评】本题考查了

13、命题的充分必要条件和集合与集合的关系，属于基础题【变式3-2】（2020秋锡山区校级期末）从给出的两个条件a2，a3中选出一个，补充在下面问题中，并完成解答已知集合A0，a+2，B0，1，a2（1）若“xA”是“xB”的充分不必要条件，求实数a的值；（2）已知 _，若集合C含有两个元素且满足C（AB），求集合C【分析】（1）利用“xA”是“xB”的充分不必要条件，得到AB，分情况求解即可；（2）分别选择进行研究，利用集合与集合之间的关系进行分析求解即可【解答】解：（1）因为“xA”是“xB”的充分不必要条件，所以AB，当a+21时，即a1时，不满足互异性，不符合题意；当a+2a2时，即a1或a

14、2时，可知a2符合题意；所以a2；（2）若选：则B0，1，1，不符合题意；若选：A0，4，B0，1，4，所以AB0，1，4，所以C0，1，C0，4，C1，4；若选：A0，5，B0，1，9，所以AB0，1，5，9，所以C0，1，C0，5，C0，9，C1，5，C1，9，C5，9【点评】本题考查了集合的概念、充分条件与必要条件的判断、集合与集合关系的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题【变式3-3】（2020秋济宁期末）在ABB；“xA“是“xB”的充分不必要条件；AB这三个条件中任选一个，补充到本题第（）问的横线处，求解下列问题问题：已知集合Ax|a1xa+1，Bx|1x3（）当a2时，求A

15、B；（）若_，求实数a的取值范围【分析】（）当a2时，得出集合A，然后根据并集的定义进行求解即可；（）若选条件，可得出AB，然后建立不等式，解出a的范围若选择条件和，同样的方法，可得出a的取值范围【解答】解：（）当a2时，集合Ax|1x3，Bx|1x3，所以ABx|1x3；（）若选择ABB，则AB，因为Ax|a1xa+1，所以A，又Bx|1x3，所以a-1-1a+13，解得0a2，所以实数a的取值范围是0，2若选择，“xA“是“xB”的充分不必要条件，则AB，因为Ax|a1xa+1，所以A，又Bx|1x3，所以a-1-1a+13，解得0a2，所以实数a的取值范围是0，2若选择，AB，因为Ax|

16、a1xa+1，Bx|1x3，所以a13或a+11，解得a4或a2，所以实数a的取值范围是（，2）（4，+）【点评】本题考查了一元二次不等式的解法，交集、并集和补集的定义及运算，分类讨论的数学思想，子集的定义，考查了计算能力，属于基础题【题型4 充要条件的证明】【方法点拨】证明充要条件时要从充分性和必要性两个方面分别证明，首先分清哪个是条件，哪个是结论，然后确定推出方向，即充分性需要证明“条件”“结论”，必要性需要证明“结论”“条件”【例4】（2020秋鹤城区校级期中）已知ab0，求证：a+b1的充要条件是a3+b3+aba2b20【分析】我们先假设，a+b1再证明a3+b3+aba2b20成立

17、，即命题的必要性，再假设a3+b3+aba2b20再证明a+b1成立，即充分性，如果两者均成立，即可得到a+b1的充要条件是a3+b3+aba2b20【解答】证明：先证必要性：a+b1，b1aa3+b3+aba2b2a3+（1a）3+a（1a）a2（1a）2a3+13a+3a2a3+aa2a21+2aa20再证充分性：a3+b3+aba2b20（a+b）（a2ab+b2）（a2ab+b2）0即：（a2ab+b2）（a+b1）0ab0，a2ab+b2=(a-12b)2+34b20，a+b10，即a+b1综上所述：a+b1的充要条件是a3+b3+aba2b20【点评】本题考查的知识点是充要条件的证

18、明，本类问题的处理一共分为三步：证明必要性，证明充分性，得到结论【变式4-1】（2020春孝感期中）证明：a2+b2+c2ab+bc+ca的充要条件是ABC为等边三角形这里a，b，c是ABC的三条边【分析】根据充要条件的定义，分别证明充分性和必要性成立即可【解答】证明：充分性：（2分）如果ABC为等边三角形，那么abc，所以，（ab）2+（bc）2+（ca）20，所以，a2+b2+c2abbcca0，所以a2+b2+c2ab+bc+ca（5分）必要性：（7分）如果a2+b2+c2ab+bc+ca，那么a2+b2+c2abbcca0，所以（ab）2+（bc）2+（ca）20，所以ab0，bc0，ca0即 abc（10分）【点评】本题主要考查充要条件的证明，根据充分条件的定义，分别证明充分性和必要性是解决本题的关键【变式4-2】（2020秋万州区校级月考）ABC中，边BC内上有一点D，证明：AD是A的角平分线的充要条件是ABAC=BDDC【分析】利用相似三角形和平行线的性质，结合充要条件的定义证明即可【解答】证明：如图，过B作BEAC交AD的延长线于点E，若AD为A的角平分线，则BADCAD，BEAC，CADE，BADE，ABBE，ACDBDE，BEAC=BDCD，ABAC=BDCD，若ABAC=BDCD，BEAC，ACDB