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第2題 條件探求與判斷，轉化構造直接法
（1）已知，.若是的充分不必要條件，求實數m的取值范圍.
（2）求關于x的方程的兩個實根均大于1的充要條件.
解不等式求集合A、B，再求，，利用是的充分不必要條件是.畫數軸得不等式組解之.
，
∴或.
.
∵，∴.
∴或.
∵是的充分不必要條件，
又∵，把不等式的解表示在數軸上，如圖2-1所示.
∴解得.
【點評】
1.探求問題的充要條件結構思想是核心，即進行條件與結論之間的雙向等價轉化.用集合觀點處理充要條件問題可以使我們對條件的判斷更加清晰簡明.
2.假設條件甲和結論乙分別對應于集合A和B（它們包含于同一個全集），如果，則A為B的充分條件，特別地，如果，則稱A為B的充分不必要條件.如果，則A為B的必要條件，特別地，如果，則稱A為B的必要不充分條件.如果且，即，則稱A為B的充要條件.如果以上3種關系均不成立，即A、B之間無包含或相等關系.則A既不是B的充分條件也不是B的必要條件，即A是B的既不充分.又不必要條件.
（2024·江西南昌·一模）
1．已知，則是的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
由的逆否命題是：，利用B是A的充分不必要條件，通過畫數軸求得m的取值范圍.
，
.
∵，∴.
得，.若，則有，如圖2-2所示.
∴解得.
【點評】判斷命題的真假，可直接判斷.如果不易判斷，可根據“互為逆否命題的兩個命題是等價命題”來判斷.將問題不斷地進行等價轉化是探求充要條件的一個有效途徑，它可以將不熟悉的問題轉化為熟悉的問題，將復雜的問題轉化為簡單的問題，從而有利于問題的解決，簡言之，探求問題的充要條件結構思想是核心，即進行條件與結論之間的雙向等價轉化.
2．已知p3+q3=2,求證:p+q≤2.
從方程角度入手，運用判別式及韋達定理建立不等式組求解.
設方程的兩個實根為，，則
解得，故所求的充要條件是.
（2024·廣東·一模）
3．已知且，則“的解集為”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
討論一元二次方程的解，通過轉化（構造）二次函數，結合函數圖象特征尋求充要條件..
由， 記，所求充要條件為
解得，故所求的充要條件是.
（23-24高三上·湖南婁底·期末）
4．已知函數的定義域為，對任意，有，則“”是“"的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
討論一元二次方程的解，結合二次函數圖象特征尋求充要條件.
由，記，所求充要條件為
解得，故所求的充要條件是.
（23-24高一下·湖南長沙·開學考試）
5．命題“對任意的，總存在唯一的，使得”成立的充分必要條件是（ ）
A． B． C． D．
（23-24高三上·江蘇南京·期中）
6．已知命題，，則的一個充分不必要條件是（ ）
A． B．
C． D．
（2024·吉林白山·一模）
7．“”是“方程有唯一實根”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．非充分非必要條件
（2022高三上·河南·專題練習）
8．已知，，若是的必要不充分條件，則實數的取值范圍是 ．
（23-24高一上·福建·期中）
9．已知命題“方程至少有一個負實根”，若為真命題的一個必要不充分條件為，則實數的取值范圍是 ．
（22-23高一上·江蘇宿遷·階段練習）
10．已知命題，為真命題.
(1)求實數的取值集合A；
(2)設為非空集合，且是的必要不充分條件，求實數的取值范圍.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．A
【分析】
根據充分條件和必要條件的定義，結合對數函數定義域和基本不等式求最值，利用集合包含關系可得.
【詳解】由，得，
設，
由的否定為，
令，當且僅當時，又，即等號成立，
若，則，
若，則，
設，因為，所以且，
所以是的充分不必要條件
故選：A
2．假設p+q>2,則q>2-p,
根據冪函數y=x3的單調性,得q3>(2-p)3,
即q3>8-12p+6p2-p3,
p3+q3>8-12p+6p2=6≥2,
故p3+q3>2.因此p3+q3≠2.
這與題設p3+q3=2矛盾,從而假設不成立.
故p+q≤2成立.
【分析】利用反證法，假設結論不成立，根據函數的單調性與整式的乘方運算，構造立方和的形式，證明假設的結論與題設矛盾，即可證得原結論正確.
【詳解】假設p+q>2,則q>2-p,
根據冪函數y=x3的單調性,得q3>(2-p)3,
即q3>8-12p+6p2-p3,
p3+q3>8-12p+6p2=6≥2,
故p3+q3>2.因此p3+q3≠2.
這與題設p3+q3=2矛盾,從而假設不成立.
故p+q≤2成立.
【點睛】本題考查命題的證明，如果直接證明無思路，可以考慮利用反證法，由相反的結論，證明題設不成立即可.
3．A
【分析】
根據一元二次不等式的解及充分條件、必要條件求解.
【詳解】由題意，二次不等式的解集為，
則等價于，即，即，
當時，不能推出，
所以“的解集為”是“”的充分不必要條件，
故選：A
4．A
【分析】
根據題意可構造函數，利用函數單調性解不等式即可解得，再由集合間的關系可得結論.
【詳解】
設，該函數的定義域為，
則，所以在上單調遞增.
由可得，
即，又在上單調遞增，所以，解得，
顯然集合是集合的真子集，
所以“”是“”的充分不必要條件.
故選：A
【點睛】
關鍵點點睛：本題關鍵在于根據構造函數，并將不等式變形，利用單調性解不等式即可得結論.
5．D
【分析】
將方程整理為；當時，解方程可確定其符合題意；當和時，將問題轉化為與在時，有且僅有一個交點的問題，采用數形結合的方式可構造不等式組求得的范圍，由此可得原命題成立的充要條件.
【詳解】由得；
①當時，，則，解得，
因為，，滿足題意；
②當時，，
若存在唯一的，使得成立，
則與有且僅有一個交點，
在平面直角坐標系中作出在上的圖象如下圖所示，
由圖象可知：當時，與有且僅有一個交點，
所以，，解得，此時，；
③當時，，
由②同理可得，解得：，則.
綜上所述：原命題成立的充要條件為.
故選：D.
【點睛】方法點睛：已知函數有零點（方程有根）求參數值（取值范圍）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；
（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；
（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.
6．B
【分析】
根據題意求得命題的充要條件，再結合選項進行選擇即可.
【詳解】命題，，等價于恒成立；
又在單調遞減，在單調遞增，
，故在上的最大值為；
故恒成立，即，也即命題的充要條件為；
結合選項，的一個充分不必要條件是.
故選：B.
7．A
【分析】應用數形結合求出“方程有唯一實根”時，的取值范圍，再結合充分性、必要性即可求解.
【詳解】方程有唯一解，
即直線與上半圓有且僅有一個交點，
解得的取值范圍為，
∴是方程有唯一解的充分不必要條件；
故選：A．
8．
【分析】先對求解得，對化簡得，再結合是的必要不充分條件，對進行分類討論，即可求解.
【詳解】
由，解得，所以，
對于，即，
若，解得，要使是的必要不充分條件，則，所以；
若，解得，要使是的必要不充分條件，則，所以；
若，則為，符合題意，所以實數的取值范圍是.
故答案為：.
9．
【分析】
先求得為真命題時的取值范圍，再根據必要不充分條件求得的取值范圍.
【詳解】若命題“方程至少有一個負實根”為真命題，
時，，符合題意；
當時，，且，
則此時方程有一個正根和一個負根，符合題意；
當時，由，解得，
此時方程為符合題意；
由解得，此時，
則此時方程有兩個負根，符合題意.
綜上所述，為真命題時，的取值范圍是.
若為真命題的一個必要不充分條件為，
則.
故答案為：
【點睛】含參數的一元二次方程根的分布問題，可采用直接討論法來進行研究，也可以采用分離參數法來進行研究，如果采用直接討論法，在分類討論的過程中，要注意做到不重不漏.求命題的必要不充分條件，可轉化為找一個比本身“大”的范圍來進行求解.
10．(1)
(2)
【分析】
（1）把給定命題轉化為不等式恒成立，再利用判別式求解．
（2）由已知結合集合的包含關系列出不等關系，求解即可．
【詳解】（1）
依題意，關于的不等式恒成立，
于是得，解得，
所以實數的取值的集合．
（2）
因為是的必要不充分條件，所以為的真子集．
又為非空集合，
所以， 得，
所以實數的取值范圍為.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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