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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.

即有4+b>2a>－(4+b)

又|b|＜44+b>02|a|＜4+b

(2)必要性：

由2|a|＜4+bf(±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，

∴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=3l₁∥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

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:(注意p中a、b满足的前提是Δ=a²－4b≥0)

(1)由，得a=α+β>2,b=αβ>1,∴qp

(2)为证明pq,可以举出反例：取α=4,β=,它满足a=α+β=4+>2,b=αβ=4×=2>1,但q不成立.

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{a_n}成等差数列，公差为d,∵{a_n}成等差数列.

     从而b_n+1－b_n=a₁+n?d－a₁－(n－1) d=d为常数.?

    故{b_n}是等差数列，公差为d.

②充分性:

设{b_n}是等差数列，公差为d′,则b_n=(n－1)d′?

∵b_n(1+2+…+n)=a₁+2a₂+…+na_n                                                                                                                                                             ①

b_n－1(1+2+…+n－1)=a₁+2a₂+…+(n－1)a_n                                                                                                                                    ②

①－②得：na_n=b_n－1?

∴a_n=,从而得a_n+1－a_n=d′为常数，故{a_n}是等差数列.

综上所述，数列{a_n}成等差数列的充要条件是数列{b_n}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，

所以方程组^*有两个不同的实数解.

消元得：x²－(m+1)x+4=0(0≤x≤3)

设f(x)=x²－(m+1)x+4,则有

②充分性：

当3＜x≤时，

x₁=>0

∴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.

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≤.

8.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,

根据韦达定理：

有－2＜m＜0;0＜n＜1即有qp.

反之，取m=－＜0

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.