人教A版 (2019)必修 第一册1.4.1 充分条件与必要条件随堂练习题

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1．命题及相关概念
2．充分条件与必要条件
一般地，数学中的每一条判定定理都给出了相应数学结论成立的一个充分条件．
数学中的每一条性质定理都给出了相应数学结论成立的一个必要条件．
充要条件
如果“若p，则q”和它的逆命题“若q，则p”均是真命题，即既有p⇒q，又有q⇒p，记作p⇔q.此时p既是q的充分条件，也是q的必要条件．我们说p是q的充分必要条件，简称为充要条件．
如果p是q的充要条件，那么q也是p的充要条件，即如果p⇔q，那么p与q互为充要条件．
温馨提示：“⇔”的传递性
若p是q的充要条件，q是s的充要条件，即p⇔q，q⇔s，则有p⇔s，即p是s的充要条件．
【题型1 充分条件、必要条件及充要条件的判定】
【方法点拨】
(1)定义法：首先分清条件和结论，然后判断p⇒q、q⇒p和p⇔q是否成立，最后得出结论．
(2)命题判断法：
①若p⇒q，则称p是q的充分条件，q是p的必要条件．
②若p⇔q，则p是q的充要条件．
③若p⇒q，且q eq \(⇒,/)p，则称p是q的充分不必要条件．
④若p eq \(⇒,/)q，且q⇒p，则称p是q的必要不充分条件．
⑤若p eq \(⇒,/)q，且q eq \(⇒,/)p，则称p是q的既不充分也不必要条件．
【例1】（2022•呼和浩特一模）已知集合A＝{x|x≥0}，B＝{x|x﹣2＞0}，则x∈A是x∈B的（ ）
A．充分不要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分他不要条件
【解题思路】分别化简集合A＝[0，+∞），B＝（2，+∞），即可判断出．
【解答过程】解：由集合A＝{x|x≥0}，
集合B：x﹣2＞0，解得x＞2，即B＝（2，+∞）．
因此“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件．
故选：B．
【变式1-1】（2022春•温州期中）设x，y都是实数，则“x＞2且y＞3”是“x＞2或y＞3”的（ ）条件
A．充分非必要B．必要非充分
C．充要D．既非充分也非必要
【解题思路】利用或和且的含义，再结合充要条件的定义判定即可．
【解答过程】解：①当x＞2且y＞3时，则x＞2或y＞3，∴充分性成立，
②∵x＞2或y＞3⇔x＞2或y＞3或x＞2且y＞3，∴必要性不成立，
∴x＞2且y＞3是x＞2或y＞3的充分不必要条件，
故选：A．
【变式1-2】（2022•西宁一模）设m∈R，则“m＜0”是“m＜1”的（ ）
A．充分必要条件B．即不充分也不必要条件
C．充分不必要条件D．必要不充分条件
【解题思路】“m＜0”⇒“m＜1”，反之不成立，取m=12．即可判断出．
【解答过程】解：“m＜0”⇒“m＜1”，反之不成立，取m=12．
因此“m＜0”是“m＜1”的充分不必要条件．
故选：C．
【变式1-3】（2022•柯桥区模拟）设x∈R，则“x＞2”是“2x＜1”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【解题思路】先将结论等价化简，再根据充分与必要条件的概念即可求解．
【解答过程】解：∵“2x＜1”等价于：2x−1＜0，即2−xx＜0，即x（x﹣2）＞0，即x＜0或x＞2，
∴“x＞2”是“2x＜1”的充分不必要条件．
故选：A．
【题型2 充分条件、必要条件及充要条件的探索】
【方法点拨】
(1)先寻找必要条件，即将探求充要条件的对象视为结论，寻找使之成立的条件；再证明此条件是该对象的充分条件，即从充分性和必要性两方面说明．
(2)将原命题进行等价变形或转换，直至获得其成立的充要条件，探求的过程同时也是证明的过程，因此探求过程每一步都是等价的，所以不需要将充分性和必要性分开来证．
【例2】（2022春•射洪市校级期中）已知p：0＜x＜2，那么p的一个充分不必要条件是（ ）
A．1＜x＜3B．﹣1＜x＜1C．0＜x＜1D．1＜x＜3
【解题思路】利用子集和充要条件的关系判定即可．
【解答过程】解：∵（0，1）⫋（0，2），
∵p的一个充分不必要条件是0＜x＜1，
故选：C．
【变式2-1】（2021秋•南宁期末）已知p：0＜x＜1，那么p的一个充分不必要条件是（ ）
A．1＜x＜3B．﹣1＜x＜1C．13＜x＜34D．12＜x＜5
【解题思路】由（13，34）⫋（0，1），再结合充要条件的定义判定即可．
【解答过程】解：∵（13，34）⫋（0，1），
∴p的一个充分不必要条件是13＜x＜34，
故选：C．
【变式2-2】（2022•全国一模）已知a，b∈R，则“ab≠0”的一个必要条件是（ ）
A．a+b≠0B．a2+b2≠0C．a3+b3≠0D．1a+1b≠0
【解题思路】取特殊值判断ACD，根据充分必要条件的定义判断B．
【解答过程】解：对于A，令a＝1，b＝﹣1，推不出a+b≠0，故A错误，
对于B，由“ab≠0”得：a≠0且b≠0，故a2+b2≠0，
反之，若a2+b2≠0，推不出ab≠0，比如a＝1，b＝0，
故a2+b2≠0是ab≠0的必要不充分条件，故B正确，
对于C，令a＝1，b＝﹣1，推不出a3+b3≠0，故C错误，
对于D，令a＝1，b＝﹣1，推不出1a+1b≠0，故D错误，
故选：B．
【变式2-3】（2021秋•湖南期中）“x﹣1＞0”成立的一个必要不充分条件的是（ ）
A．x＞1B．x＞2C．x＜3D．x＞0
【解题思路】解不等式，可得x＞1，进而依次分析选项，判断选项所给的不等式与x＞1的关系，可判断选项．
【解答过程】解：对于不等式x﹣1＞0，解可得x＞1，根据题意，分析选项可得，
A中，x＞1，即x＞1是x﹣1＞0成立的充分必要条件，
B中，x＞2，当x＞2时，x﹣1＞0成立，反之若有x﹣1＞0成立，则不能推出x＞2成立，故x＞2是x﹣1＞0成立的充分不必要条件，
C中，当x＜3时，x﹣1＞0不一定成立，反之x﹣1＞0成立，则不能推出x＜3成立，故x＜3是x﹣1＞0成立的既不充分也不必要条件，
D中，x＞0，当x＞0时，x﹣1＞0不一定成立，反之若有x﹣1＞0成立，则能推出x＞0成立，故x＞0是x﹣1＞0成立的必要不充分条件，
故选：D．
【题型3 由充分条件、必要条件求参数】
【方法点拨】
根据充分、必要条件求参数的取值范围时，先将p，q等价转化，再根据充分、必要条件与集合间的关系，将问题转化为相应的两个集合之间的包含关系，然后建立关于参数的不等式(组)进行求解．
【例3】（2021秋•赫章县期末）若“1≤x≤4”是“a≤x≤a+4”的充分不必要条件，则实数a的取值范围为（ ）
A．a≤0B．0≤a≤1C．0＜a＜1D．a≤0或a≥1
【解题思路】根据充分条件、必要条件的定义进行求解即可．
【解答过程】解：因为“1≤x≤4”是“a≤x≤a+4”的充分不必要条件，
所以a≤1a+4≥4，即0≤a≤1．
故选：B．
【变式3-1】（2021秋•罗庄区校级月考）已知P＝{x|a﹣4＜x＜a+4}，Q＝{x|1＜x＜3}，“x∈P”是“x∈Q”的必要条件，则实数a的取值范围是（ ）
A．﹣1≤a≤5B．﹣1＜a≤5C．﹣2≤a≤3D．﹣2≤a＜3
【解题思路】根据“x∈P”是“x∈Q”的必要条件，可得P⊇Q，再建立a的不等式组可求解．
【解答过程】解：∵“x∈P”是“x∈Q”的必要条件，∴P⊇Q，
∴a−4≤1a+4≥3，∴﹣1≤a≤5，
故选：A．
【变式3-2】（2022•晋中模拟）已知条件p：﹣1＜x＜1，q：x＞m，若p是q的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（ ）
A．[﹣1，+∞）B．（﹣∞，﹣1）C．（﹣1，0）D．（﹣∞，﹣1]
【解题思路】利用充分不必要条件的定义建立，建立条件关系即可求实数m的取值范围．
【解答过程】解：由p：﹣1＜x＜1，q：x＞m，
若p是q的充分不必要条件，
则{x|﹣1＜x＜1}⫋{x|x＞m}，
则m≤﹣1，
故选：D．
【变式3-3】（2022•渭滨区校级模拟）如果不等式|x﹣a|＜1成立的充分不必要条件是12＜x＜32，则实数a的取值范围是（ ）
A．12＜a＜32B．12≤a≤32C．a＞32或a＜12D．a≥32或a≤12
【解题思路】由题意，解不等式|x﹣a|＜1得其解集，进而结合充分、必要条件与集合间包含关系的对应关系可得不等式组 则有 a−1≤12a+1≥32，（等号不同时成立），解可得答案．
【解答过程】解：根据题意，不等式|x﹣a|＜1的解集是a﹣1＜x＜a+1，设此命题为p，
命题 12＜x＜32，为q；
则p的充分不必要条件是q，
即q表示的集合是p表示集合的真子集；
则有 a−1≤12a+1≥32，（等号不同时成立）；
解可得12≤a≤32；
故选：B．
【题型4 充要条件的证明】
【方法点拨】
证明充要条件时要从充分性和必要性两个方面分别证明，首先分清哪个是条件，哪个是结论，然后确定推出方向，即充分性需要证明“条件”⇒“结论”，必要性需要证明“结论”⇒“条件”．
【例4】（2021秋•禅城区校级月考）已知ab≠0，求证：a3﹣2a2b+2ab2﹣b3＝0成立的充要条件是a﹣b＝0．
【解题思路】先假设a3﹣2a2b+2ab2﹣b3＝0成立，化简可得a3﹣2a2b+2ab2﹣b3＝（a﹣b）[（a−12b）2+34b2]，从而证明a﹣b＝0，再假设a﹣b＝0证明a3﹣2a2b+2ab2﹣b3＝0成立即可．
【解答过程】证明：若a3﹣2a2b+2ab2﹣b3＝0，
则a3﹣2a2b+2ab2﹣b3＝a3﹣b3+（2ab2﹣2a2b）
＝（a﹣b）（a2+ab+b2）+2ab（b﹣a）
＝（a﹣b）（a2﹣ab+b2）
＝（a﹣b）[（a−12b）2+34b2]＝0，
∵ab≠0，∴（a−12b）2+34b2＞0，
∴a﹣b＝0；
若a﹣b＝0，则a3﹣2a2b+2ab2﹣b3＝（a﹣b）[（a−12b）2+34b2]＝0；
故a3﹣2a2b+2ab2﹣b3＝0成立的充要条件是a﹣b＝0．
【变式4-1】（2021秋•金山区校级月考）设n∈Z，求证：“n是偶数”是“（n+1）2是奇数”的充要条件．
【解题思路】根据充分必要条件的定义判断即可．
【解答过程】证明：若n∈Z，n是偶数，则n+1是奇数，（n+1）2是奇数，是充分条件，
若n∈Z，（n+1）2是奇数，则n+1是奇数，则n是偶数，是必要条件，
故：“n是偶数”是“（n+1）2是奇数”的充要条件．
【变式4-2】已知a，b，m都是正数．求证：“ba＜b+ma+m”的充要条件是“a＞b”．
【解题思路】利用不等式的性质，结合充要条件的定义证明即可．
【解答过程】证明：①若ba＜b+ma+m，
∵a，b，m∈R+，∴a+m，b+m∈R+
∵ba＜b+ma+m，∴b（a+m）＜a（b+m），
∴ba+bm＜ab+am，∴bm＜am，
又∵m∈R+，∴a＞b，
②若a＞b，
∵a＞b＞0，m∈R+，
∴am＞bm，∴ab+am＞ab+bm，
∴a（b+m）＞b（a+m），
∵a，b，m∈R+，∴a+m，b+m∈R+
∴ba＜b+ma+m，
综上，ba＜b+ma+m的充要条件是a＞b．
【变式4-3】求证：一个三角形是钝角三角形的充要条件是三角形内有一条边的平方大于另两条边的平方和．
【解题思路】根据余弦定理即可证明．
【解答过程】解：必要性：设一个三角形ABC是钝角三角形，不妨设c最大，则角C为钝角，
csC=a2+b2−c22ab＜0，故a2+b2﹣c2＜0，故c2＞a2+b2，即有一条边的平方大于另两条边的平方和；
充分性：当三角形中有一条边的平方大于另两条边的平方和时，不妨设c2＞a2+b2；∴csC=a2+b2−c22ab＜0，
∴角C为钝角．∴三角形ABC是钝角三角形；
故一个三角形是钝角三角形的充要条件是三角形内有一条边的平方大于另两条边的平方和得证．