2017-2018版高中数学 第一章 常用逻辑用语 2 充分条件与必要条件(2)

答案精析

§2 充分条件与必要条件 问题导学 知识点一

充分 必要 充分不必要 必要不充分 知识点二

思考 因为A、B、C成等差数列，故2B＝A＋C，又因为A＋B＋C＝180°，故B＝60°，反之，亦成立，故“A、B、C成等差数列”是“B＝60°”的充分必要条件. 梳理 (1)充分必要 题型探究

例1 解 (1)∵a＋b＝0?a＋b＝0；

2

2

a2＋b2＝0?a＋b＝0，

∴p是q的必要不充分条件.

(2)∵四边形的对角线相等?四边形是矩形； 四边形是矩形?四边形的对角线相等， ∴p是q的必要不充分条件. (3)∵x＝1或x＝2?x－1＝x－1；

x－1＝x－1?x＝1或x＝2，

∴p是q的充要条件.

(4)若方程x－x－m＝0无实根， 则Δ＝1＋4m<0，

11

即m<－.∵m<－1?m<－；

44

2

m<－?m<－1，

∴p是q的充分不必要条件.

(5)由ab≠0，即a≠0且b≠0，此时直线ax＋by＋c＝0与两坐标轴都相交；又当ax＋by＋c＝0与两坐标轴都相交时，a≠0且b≠0，即ab≠0，故p是q的充要条件. 跟踪训练1 解 (1)当a＝0时，1>0满足题意；

?Δ＝a－4a<0，?

当a≠0时，由?

??a>0，

2

1

4

可得0

故p是q的必要不充分条件. (2)易知p：－1

6

所以p是q的充要条件.

(3)因为A∪B＝A?A∩B＝B，所以p是q的充要条件.

??α>2，(4)由?

??β>2，

??α＋β>4，但?

?αβ>4?

??α＋β>4，

根据同向不等式相加、相乘的性质，有?

??αβ>4，??α>2，

??

?β>2，?

即p?q.

??α＋β＝6>4，

比如，当α＝1，β＝5时，?

?αβ＝5>4，?

而α<2，

所以q?p，所以p是q的充分不必要条件.

例2 解 如图(1)，闭合开关A或者闭合开关C都可能使灯泡B亮.反之，若要灯泡B亮，不一定非要闭合开关A.因此“闭合开关A”是“灯泡B亮”的充分不必要条件.如图(2)，闭合开关A而不闭合开关C，灯泡B不亮.反之，若要灯泡B亮，则开关A必须闭合，说明“闭合开关A”是“灯泡B亮”的必要不充分条件.如图(3)，闭合开关A可使灯泡B亮，而灯泡B亮，开关A一定是闭合的，因此“闭合开关A”是“灯泡B亮”的充要条件.如图(4)，闭合开关A但不闭合开关C，灯泡B不亮.反之，灯泡B亮也可不必闭合开关A，只要闭合开关C即可，说明“闭合开关A”是“灯泡B亮”的既不充分又不必要条件. 跟踪训练2 A

1

例3 解 (1)当a＝0时，原方程变为2x＋1＝0，即x＝－，符合要求.

2

(2)当a≠0时，ax＋2x＋1＝0为一元二次方程，它有实根的充要条件是Δ≥0，即4－4a≥0，∴a≤1.

??Δ≥0，2

①方程ax＋2x＋1＝0只有一个负根的充要条件是?

?x1x2<0，?

2

a≤1，??

即?1

<0，??a

∴a<0.

Δ≥0，??2

②方程ax＋2x＋1＝0有两个负根的充要条件是?x1＋x2<0，

??x1x2>0，

?2?－<0，

即?a1??a>0，

a≤1，

∴0

综上所述，ax＋2x＋1＝0至少有一个负实根的充要条件是a≤1. 跟踪训练3 解 是充要条件. 充分性：当t＝－1时，Sn＝(n＋1)－1

2

2

7

＝n＋2n.a1＝S1＝3，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1. 又a1＝3适合上式， ∴an＝2n＋1(n∈N＋)， 又∵an＋1－an＝2(常数)，

∴数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列. 故t＝－1是{an}为等差数列的充分条件. 必要性：∵{an}为等差数列， 则2a2＝a1＋a3，解得t＝－1，

故t＝－1是{an}为等差数列的必要条件. 综上，t＝－1是数列{an}为等差数列的充要条件.

→→→

例4 证明 ①充分性：若点P满足OP＝xOA＋yOB，其中x，y∈R， 且x＋y＝1，消去y，得 →

2

OP＝xOA＋(1－x)OB＝x(OA－OB)＋OB，

→→→→

∴OP－OB＝x(OA－OB)， →→即BP＝xBA.

∴点P在直线AB上，即点P在直线l上.

②必要性：设点P在直线l上，则由共线向量基本定理知，存在实数t， →→→→

使得AP＝tAB＝t(OB－OA)， →→→→→→∴OP＝OA＋AP＝OA＋tOB－tOA →→

＝(1－t)OA＋tOB.

→→→

令1－t＝x，t＝y，则OP＝xOA＋yOB，其中x，y∈R，且x＋y＝1. 跟踪训练4 证明 ①充分性： ∵a＋b＝1，∴b＝1－a，

∴a＋b＋ab－a－b＝a＋(1－a)＋a(1－a)－a－(1－a)＝a＋1－3a＋3a－a＋a－a－a－1＋2a－a＝0， 即a＋b＋ab－a－b＝0.

②必要性：∵a＋b＋ab－a－b＝0， ∴(a＋b)(a－ab＋b)－(a－ab＋b)＝0， ∴(a－ab＋b)(a＋b－1)＝0. ∵ab≠0，∴a≠0且b≠0， ∴a－ab＋b≠0.

→→→→→

3322332232322

2

3322

3322

2222

22

22

8

∴a＋b－1＝0，∴a＋b＝1.

综上可知，当ab≠0时，a＋b＝1是a3

＋b3

＋ab－a2

－b2

＝0的充要条件. 例5 解 (1)要使f(x)有意义，则3－(x＋2)(2－x)≥0， 化简整理得(x＋1)(x－1)≥0， 解得x≤－1或x≥1， ∴A＝{x|x≤－1或x≥1}. (2)要使g(x)有意义， 则(x－a－1)(2a－x)>0， 即(x－a－1)(x－2a)<0， 又∵a<1，∴a＋1>2a， ∴B＝{x|2a∵p是q的必要不充分条件，∴BA，

∴2a≥1或a＋1≤－1， 解得1

2

≤a<1或a≤－2.

∴a的取值范围为(－∞，－2]∪[1

2，1).

跟踪训练5 (12

3，3)

当堂训练

1.A 2.A 3.B 4.(－∞，－3] 5.充要

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