2009年高考數(shù)學難點突破專題輔導二

難點2  充要條件的判定

充分條件、必要條件和充要條件是重要的數(shù)學概念，主要用來區(qū)分命題的條件p和結論q之間的關系.本節(jié)主要是通過不同的知識點來剖析充分必要條件的意義，讓考生能準確判定給定的兩個命題的充要關系.

●難點磁場

(★★★★★)已知關于x的實系數(shù)二次方程x²+ax+b=0有兩個實數(shù)根α、β，證明：|α|<2且|β|<2是2|a|<4+b且|b|<4的充要條件.

●案例探究

［例1］已知p：|1－|≤2,q:x²－2x+1－m²≤0(m>0),若⌐p是⌐q的必要而不充分條件，求實數(shù)m的取值范圍.

命題意圖：本題以含絕對值的不等式及一元二次不等式的解法為考查對象，同時考查了充分必要條件及四種命題中等價命題的應用，強調了知識點的靈活性.

知識依托：本題解題的閃光點是利用等價命題對題目的文字表述方式進行轉化，使考生對充要條件的難理解變得簡單明了.

錯解分析：對四種命題以及充要條件的定義實質理解不清晰是解此題的難點，對否命題，學生本身存在著語言理解上的困難.

技巧與方法：利用等價命題先進行命題的等價轉化，搞清晰命題中條件與結論的關系，再去解不等式，找解集間的包含關系，進而使問題解決.

解：由題意知：

命題：若⌐p是⌐q的必要而不充分條件的等價命題即逆否命題為：p是q的充分不必要條件.

p:|1－|≤2－2≤－1≤2－1≤≤3－2≤x≤10

q:x²－2x+1－m²≤0［x－(1－m)］［x－(1+m)］≤0  *

∵p是q的充分不必要條件，

∴不等式|1－|≤2的解集是x²－2x+1－m²≤0(m>0)解集的子集.

又∵m>0

∴不等式*的解集為1－m≤x≤1+m

∴，∴m≥9，

∴實數(shù)m的取值范圍是［9，+∞.

［例2］已知數(shù)列{a_n}的前n項S_n=pⁿ+q(p≠0,p≠1),求數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列的充要條件.

命題意圖：本題重點考查充要條件的概念及考生解答充要條件命題時的思維的嚴謹性.

知識依托：以等比數(shù)列的判定為主線，使本題的閃光點在于抓住數(shù)列前n項和與通項之間的遞推關系，嚴格利用定義去判定.

錯解分析：因為題目是求的充要條件，即有充分性和必要性兩層含義，考生很容易忽視充分性的證明.

技巧與方法：由a_n=關系式去尋找a_n與a_n+1的比值，但同時要注意充分性的證明.

解：a₁=S₁=p+q.

當n≥2時，a_n=S_n－S_n－1=p^n－1(p－1)

∵p≠0,p≠1,∴=p

若{a_n}為等比數(shù)列，則=p

∴=p,

∵p≠0，∴p－1=p+q，∴q=－1

這是{a_n}為等比數(shù)列的必要條件.

下面證明q=－1是{a_n}為等比數(shù)列的充分條件.

當q=－1時，∴S_n=pⁿ－1(p≠0,p≠1)，a₁=S₁=p－1

當n≥2時，a_n=S_n－S_n－1=pⁿ－p^n－1=p^n－1(p－1)

∴a_n=(p－1)p^n－1  (p≠0,p≠1)

=p為常數(shù)

∴q=－1時，數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列.即數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列的充要條件為q=－1.

●錦囊妙計

本難點所涉及的問題及解決方法主要有：

(1)要理解“充分條件”“必要條件”的概念：當“若p則q”形式的命題為真時，就記作pq，稱p是q的充分條件，同時稱q是p的必要條件，因此判斷充分條件或必要條件就歸結為判斷命題的真假.

(2)要理解“充要條件”的概念，對于符號“”要熟悉它的各種同義詞語：“等價于”，“當且僅當”，“必須并且只需”，“……，反之也真”等.

(3)數(shù)學概念的定義具有相稱性，即數(shù)學概念的定義都可以看成是充要條件，既是概念的判斷依據(jù)，又是概念所具有的性質.

(4)從集合觀點看，若AB，則A是B的充分條件，B是A的必要條件；若A=B，則A、B互為充要條件.

(5)證明命題條件的充要性時，既要證明原命題成立(即條件的充分性)，又要證明它的逆命題成立(即條件的必要性).

●殲滅難點訓練

一、選擇題

試題詳情

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二、填空題

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三、解答題

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難點磁場

證明：(1）充分性：由韋達定理，得|b|=|α?β|=|α|?|β|＜2×2=4.

設f(x)=x²+ax+b,則f(x)的圖象是開口向上的拋物線.

又|α|＜2,|β|＜2,∴f(±2)>0.

即有4+b>2a>－(4+b)

又|b|＜44+b>02|a|＜4+b

(2)必要性：

由2|a|＜4+bf(±2)>0且f(x)的圖象是開口向上的拋物線.

∴方程f(x)=0的兩根α，β同在(－2，2）內或無實根.

∵α，β是方程f(x)=0的實根，

∴α，β同在(－2，2）內，即|α|＜2且|β|＜2.

殲滅難點訓練

一、1.解析：若a²+b²=0,即a=b=0,此時f(－x)=(－x)|x+0|+0=－x?|x|=－(x|x+0|+b)

=－(x|x+a|+b)=－f(x).

∴a²+b²=0是f(x)為奇函數(shù)的充分條件，又若f(x)=x|x+a|+b是奇函數(shù)，即f(－x)=

(－x)|(－x)+a|+b=－f(x),則必有a=b=0,即a²+b²=0.

∴a²+b²=0是f(x)為奇函數(shù)的必要條件.

答案：D

2.解析：若a=1,則y=cos²x－sin²x=cos2x,此時y的最小正周期為π.故a=1是充分條件，反過來，由y=cos²ax－sin²ax=cos2ax.故函數(shù)y的最小正周期為π,則a=±1,故a=1不是必要條件.

答案：A

二、3.解析：當a=3時，直線l₁:3x+2y+9=0;直線l₂:3x+2y+4=0.∵l₁與l₂的A₁∶A₂=B₁∶B₂=1∶1，而C₁∶C₂=9∶4≠1,即C₁≠C₂,∴a=3l₁∥l₂.

答案：充要條件

4.解析：若P(x₀,y₀)是F(x,y)=0和G(x,y)=0的交點，則F(x₀,y₀)+λG(x₀,y₀)=0，即F(x,y)+λG(x,y)=0，過P(x₀,y₀);反之不成立.

答案：充分不必要

三、5.解：根據(jù)韋達定理得a=α+β,b=αβ.判定的條件是p:結論是q:(注意p中a、b滿足的前提是Δ=a²－4b≥0)

(1)由，得a=α+β>2,b=αβ>1,∴qp

(2)為證明pq,可以舉出反例：取α=4,β=,它滿足a=α+β=4+>2,b=αβ=4×=2>1,但q不成立.

綜上討論可知a>2,b>1是α>1,β>1的必要但不充分條件.

6.證明：①必要性：

設{a_n}成等差數(shù)列，公差為d,∵{a_n}成等差數(shù)列.

     從而b_n+1－b_n=a₁+n?d－a₁－(n－1) d=d為常數(shù).?

    故{b_n}是等差數(shù)列，公差為d.

②充分性:

設{b_n}是等差數(shù)列，公差為d′,則b_n=(n－1)d′?

∵b_n(1+2+…+n)=a₁+2a₂+…+na_n                                                                                                                                                             ①

b_n－1(1+2+…+n－1)=a₁+2a₂+…+(n－1)a_n                                                                                                                                    ②

①－②得：na_n=b_n－1?

∴a_n=,從而得a_n+1－a_n=d′為常數(shù)，故{a_n}是等差數(shù)列.

綜上所述，數(shù)列{a_n}成等差數(shù)列的充要條件是數(shù)列{b_n}也是等差數(shù)列.

7.解：①必要性：

由已知得，線段AB的方程為y=－x+3(0≤x≤3)

由于拋物線C和線段AB有兩個不同的交點，

所以方程組^*有兩個不同的實數(shù)解.

消元得：x²－(m+1)x+4=0(0≤x≤3)

設f(x)=x²－(m+1)x+4,則有

②充分性：

當3＜x≤時，

x₁=>0

∴方程x²－(m+1)x+4=0有兩個不等的實根x₁,x₂,且0＜x₁＜x₂≤3,方程組*有兩組不同的實數(shù)解.

因此，拋物線y=－x²+mx－1和線段AB有兩個不同交點的充要條件3＜m≤.

8.解：若關于x的方程x²+mx+n=0有2個小于1的正根，設為x₁,x₂.

則0＜x₁＜1,0＜x₂＜1,有0＜x₁+x₂＜2且0＜x₁x₂＜1,

根據(jù)韋達定理：

有－2＜m＜0;0＜n＜1即有qp.

反之，取m=－＜0

方程x²+mx+n=0無實根，所以pq

綜上所述，p是q的必要不充分條件.