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1、第 1 页 * 共 14 页黄冈中学高考数学典型例题详解黄冈中学高考数学典型例题详解充要条件的判定充要条件的判定每临每临大事大事, ,必有必有静气静气; ;静则静则神明神明, ,疑难疑难冰释冰释; ;积极积极准备准备, ,坦然坦然面对面对; ;最佳最佳发挥发挥, ,舍我舍我其谁其谁? ?体会绝妙解题思路体会绝妙解题思路建立强大数学模型建立强大数学模型感受数学思想魅力感受数学思想魅力品味学习数学快乐品味学习数学快乐充分条件、必要条件和充要条件是重要的充分条件、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数学概念，主要用来区分命题的条件p p和和 结论结论q q之间的关系之间的关系
2、. .本节主要是通过不同的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生能准确判定给定的两个命题的充要关系. .难点磁场难点磁场 ()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),31x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
3、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，找解集间的包含第 3 页 * 共 14 页关系，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.p:|1|2 212 131x31x3 2x1031xq:x22x+1m20 x(1m) x(1+m)0 * p是q的充分不必要条件，不等式|1|2 的解集是31xx22x+1m20(m0)解集的子集.
4、 又m0 不等式*的解集为 1mx1+m，m9， 91 10121 mm mm实数m的取值范围是9，+ .)例例 2 2已知数列an的前n项 Sn=pn+q(p0,p1),求数列an是等比数 列的充要条件.第 4 页 * 共 14 页命题意图：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=关系式去 )2() 1(11 nSSnSnn 寻找a
5、n与an+1的比值，但同时要注意充分 性的证明. 解：a1=S1=p+q. 当n2 时，an=SnSn1=pn1(p1)p0,p1,=p) 1() 1(1ppppnn若an为等比数列，则=pnn aa aa112=p,qppp ) 1(p0，p1=p+q，q=1 这是an为等比数列的必要条件.第 5 页 * 共 14 页下面证明q=1 是an为等比数列的充 分条件. 当q=1 时，Sn=pn1(p0,p1)， a1=S1=p1 当n2 时， an=SnSn1=pnpn1=pn1(p1) an=(p1)pn1 (p0,p1)=p为常数211) 1() 1(nnnn pppp aaq=1 时，数列
6、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：“等第 6 页 * 共 14 页价于” ， “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
7、 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).歼灭难点训练歼灭难点训练 一、选择题一、选择题 1.()函数f(x)=x|x+a|+b是 奇函数的充要条件是( )A.ab=0B.a+b=0C.a=b D.a2+b2=02.()“a=1”是函数 y=cos2axsin2ax的最小正周期为“”第 7 页 * 共 14 页的( ) 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
8、题二、填空题 3.()a=3 是直线ax+2y+3a=0 和直线 3x+(a1)y=a7 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 x2ax+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满第 8 页 * 共 14 页足：bn=,求证：数列an成等差数nnaaan LL 321221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+
9、mx1 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:20.即有4+b2a(4+b) 024024 baba又|b|4 4+b0 2|a|4+b第 9 页 * 共 14 页(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)
10、=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=cos2xsin2x=cos2x,此时y的最小正周第 10 页 * 共 14 页期为.故a=1 是充分条件，反过来，由 y=cos2axsin2ax=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二、3.解析：当a=3 时，直线 l1:3x+2y+9=0;直线l2:3x+2y+4=
11、0.l1与l2 的A1A2=B1B2=11，而C1C2=941, 即C1C2,a=3l1l2. 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:结论 12ba是q:(注意p中a、b满足的前提是 11=a24b0)第 11 页 * 共 14 页(1)由，得 11a=+2,b=1,q p (2)为证明p q,可以举出反例：取=4,= ,它满足21a=+=4+ 2,b=
12、4 =21,但q不21 21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.dnannnndna nnaaabn n32) 1(1) 1(3221 )21 ( 3212 1121LLL LL从而bn+1bn=a1+nda1(n1) 32d=d为常数.32 32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=(n1)dbn(1+2+n)=a1+2a2+nan第 12 页 * 共 14 页 bn1(1+2+n1)=a1+2a2+(n1)an得：nan=bn12) 1( 2) 1(nnb
13、nn nan=,从而dnbdnbndnbnbnbn nn 23) 1()2(21) 1(21 21 21 1111得an+1an=d为常数，故an是等差数23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(0x3) 由于抛物线C和线段AB有两个不同的 交点，所以方程组*有两个不同的 )30( 312xxymxxy实数解. 消元得：x2(m+1)x+4=0(0x3) 设f(x)=x2(m+1)x+4,则有第 13 页 * 共 14 页3210310304) 1( 39)3(04)0(044) 1(2mmmffm充分
14、性：当 3x 时，310x1=02) 1(1 216) 1(122mmmm3216) 1310(1310216) 1(12 22 mmx方程x2(m+1)x+4=0 有两个不等的 实根x1,x2,且 0x1x23,方程组*有两组 不同的实数解. 因此，抛物线y=x2+mx1 和线段AB有两个不同交点的充要条件 3m .3108.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 0x11,0x21,有 0x1+x22 且 0x1x21,根据韦达定理： 10202121 nm nxxmxx得有2m0;0n1 即有q p.反之，取m=021491, 021 31,21,312xxn第 14 页 * 共 14 页方程x2+mx+n=0 无实根，所以p q 综上所述，p是q的必要不充分条件.再三体会下解题思路哈
