高考数学难点突破_难点02__充要条件

难点2 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α、β，证明：|α|<2且|β|<2是2|a|<4+b且|b|<4的充要条件.

●案例探究

［例1］已知p：|1－

x1|≤2,q:x2－2x+1－m2≤0(m>0),若⌐p是⌐q的必要而不充分条件，3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.

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.

x1x1x1|≤2－2≤－1≤2－1≤≤3－2≤x≤10 333q:x2－2x+1－m2≤0［x－(1－m)］［x－(1+m)］≤0 *

p:|1－

重点要点

2020高考复习必备知识点

∵p是q的充分不必要条件， ∴不等式|1－

x1|≤2的解集是x2－2x+1－m2≤0(m>0)解集的子集. 3又∵m>0

∴不等式*的解集为1－m≤x≤1+m

1m2m1∴，∴m≥9，

1m10m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.

S1(n1)技巧与方法：由an=关系式去寻找an与an+1的比值，但同时要注意充

SS(n2)n1n分性的证明.

解：a1=S1=p+q.

－

当n≥2时，an=Sn－Sn－1=pn1(p－1)

pn(p1)∵p≠0,p≠1,∴n1=p

p(p1)若{an}为等比数列，则

a2an1=p a1anp(p1)=p, pq∵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－pn1=pn1(p－1)

－

∴an=(p－1)pn1 (p≠0,p≠1)

∴

an(p1)pn1=p为常数 an1(p1)pn2∴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.

重点要点

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(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 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“π”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)+λG(x,y)=0(λ为常数)过点P(x0,y0),则A是B的__________条件.

三、解答题

5.(★★★★★)设α，β是方程x2－ax+b=0的两个实根，试分析a>2且b>1是两根α、β均大于1的什么条件？

6.(★★★★★)已知数列{an}、{bn}满足：bn=

a12a2nan,求证：数列{an}成等差

123n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:－2参

难点磁场

证明：(1）充分性：由韦达定理，得|b|=|α·β|=|α|·|β|＜2×2=4. 设f(x)=x2+ax+b,则f(x)的图象是开口向上的抛物线. 又|α|＜2,|β|＜2,∴f(±2)>0.

42ab04+b>2a>－(4+b) 即有42ab0又|b|＜44+b>0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α，β同在(－2，2）内或无实根. ∵α，β是方程f(x)=0的实根，

重点要点

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∴α，β同在(－2，2）内，即|α|＜2且|β|＜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π.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π,则a=±1,故a=1不是必要条件.

答案：A

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A1∶A2=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)+λG(x0,y0)=0，即F(x,y)+λG(x,y)=0，过P(x0,y0);反之不成立.

答案：充分不必要

a21三、5.解：根据韦达定理得a=α+β,b=αβ.判定的条件是p:结论是q:(注

b11意p中a、b满足的前提是Δ=a2－4b≥0)

1(1)由，得a=α+β>2,b=αβ>1,∴qp

1(2)为证明p

q,可以举出反例：取α=4,β=

11,它满足a=α+β=4+>2,b=αβ=4×221=2>1,但q不成立. 2综上讨论可知a>2,b>1是α>1,β>1的必要但不充分条件. 6.证明：①必要性：

设{an}成等差数列，公差为d,∵{an}成等差数列.

a2a2nana1(12n)d[1223(n1)n]2bn1a1(n1)d123n1nn3222 从而bn+1－bn=a1+n·d－a1－(n－1) d=d为常数.

3332 故{bn}是等差数列，公差为d.

3②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 ① bn－1(1+2+…+n－1)=a1+2a2+…+(n－1)an ②

n(n1)n(n1)①－②得：nan=bn－1 bn22重点要点

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n1n1n1n13bnbn1[b1(n1)d][b1(n2)d]b1(n1)d,222223从而得an+1－an=d′为常数，故{an}是等差数列.

2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：①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，

∴an=

yx2mx1*

所以方程组有两个不同的实数解.

yx3(0x3)消元得：x2－(m+1)x+4=0(0≤x≤3) 设f(x)=x2－(m+1)x+4,则有

(m1)2440f(0)4010 f(3)93(m1)403m3m1302②充分性： 当3＜x≤

10时， 3m1(m1)216m1(m1)2x1=>0

2210101(1)216m1(m1)163x233

22∴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.

10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＜m≤.

38.解：若关于x的方程x2+mx+n=0有2个小于1的正根，设为x1,x2. 则0＜x1＜1,0＜x2＜1,有0＜x1+x2＜2且0＜x1x2＜1,

2x1x2m0m2得根据韦达定理：

xxn0n112有－2＜m＜0;0＜n＜1即有qp.

111111反之，取m=－,n,x2x0,4＜0

323292方程x2+mx+n=0无实根，所以pq 综上所述，p是q的必要不充分条件.

重点要点