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一、 巧用等价命题解题
(一) 求取值范围
【例1】 (2011年江苏高考模拟题)已知p:1-x-13≤2,q∶x2-2x+1-m2≤0(m＞0),若
p是
q的充分而不必要条件,则实数m的取值范围为．
分析一 根据条件,先求出p、q,再求出
p,
q对应的解集,最后利用已知条件进行求解,思路自然,但计算量较大.
解法一 由1-x-13≤2,
得-2≤x≤10．
∴
p:x＜-2或x＞10.
由x2-2x+1-m2≤0,
得1-m≤x≤1+m(m＞0)．
∴
q:x＞1+m或x＜1-m(m＞0)．
∵
p是
q的充分而不必要条件,
∴有m>0,
1+m≤10,
1-m≥-2.
解得0＜m≤3．
分析二 “
p
q”的逆否命题为“qp”,利用两者的等价性巧妙转化,化繁为简.
解法二 由条件得q∶1-m≤x≤1+m,p:-2≤x≤10．
∵
p是
q的充分而不必要条件,∴q是p的充分不必要条件. ∴m>0,
1+m≤10,
1-m≥-2.
∴0＜m≤3．
点评 利用原命题与逆否命题等价的这个结论对命题的条件与结论之间的关系迅速简捷地进行判定．
(二) 判断充要条件
【例2】 (07年湖北高考题)若数列{an}满足a2n+1a2n=p(p为正常数,n∈N*),则称{an}为“等方比数列”.甲：数列{an}不是等比数列；乙：数列{an}不是等方比数列,则甲是乙条件(填“充分而不必要”或“必要而不充分”或“充要”或“既不充分也不必要”)
分析 本题以创新定义为背景,结合数列相关知识,考查充要条件的定义.由于甲、乙为否定形式,直接判断将陷入困境,利用等价命题,把判断“甲是乙的什么条件” 巧妙转化为判断“非乙是非甲的什么条件”.
解 由等比数列的定义知,若非甲：{an}是等比数列,公比为q,即an+1an=qa2n+1a2n=q2则非乙命题成立；反之,若非乙：数列{an}是等方比数列,即a2n+1a2n=q2an+1an=±q,即公比不一定为q, 则命题非甲不成立,故非乙是非甲的必要但不充分条件,故甲是乙的必要但不充分条件.
(三) 证明命题
当从正面证明一个命题比较困难时,可通过证明该命题的逆否命题,其具体的证明方法表现为反证法. 反证法的理论根据是：原命题为真,则它的逆否命题也为真．
用反证法证明命题的一般步骤是：
第一步：假设命题的结论不成立,即假设结论的反面成立；
第二步：从这个假设出发,经过推理论证,得出矛盾；
第三步：由矛盾判定假设不正确,从而肯定命题的结论正确．
注意 导出矛盾的情况有：与题设相矛盾；与假设相矛盾；与定义、公理、定理、公式相矛盾；自相矛盾等．
【例3】 (自编题)已知p1p2=2(q1+q2),求证：关于x的方程x2+p1x+q1=0与x2+p2x+q2=0中至少有一个方程有实数根．
证明 假设两个方程都没有实数根,
则Δ1=p21-4q1<0, ①
Δ2=p22-4q2<0. ②
由①＋②,得p21+p22-4(q1+q2)<0,
由已知p1p2=2(q1+q2),
∴Δ1+Δ2=p21+p22-2p1p2
=(p1-p2)2<0,这是不可能的．
∴在两个方程中,至少有一个有实数根．
点评 对于“至多”与“至少”问题的证明多采用反证法,“至多有n个”的否定是“至少有n+1个”,而“至少有n个”的否定是“至多有n-1个”．
二、 妙用全称性命题与存在性命题的关系解题
如果含有一个量词的命题的形式是全称命题,那么它的否定是存在性命题；反之,如果含有一个量词的命题的形式是存在性命题,那么它的否定是全称命题.解答某些数学问题时,如能巧妙地利用全称命题与存在性命题的这一关系及“命题真,其否定假；命题假,其否定真”,可使这些问题的求解过程简捷、明快.
(一) 判断命题真假
【例4】 (2011年高考模拟题)试判断命题P:“x∈R,使得x2+x+2≤0”的真假.
分析 本题若直接求解则较为困难,由于该命题是存在性命题,因此依据上述全称命题与存在性命题的关系,可将该命题的否定形式写出,判断其真假,再利用“命题真,其否定假；命题假,其否定真”,判断出原命题的真假.
解 因命题P:x∈R,使得x2+x+2≤0的否定形式为：
P:x∈R,不等式x2+x+2>0恒成立,事实上,当x∈R时,x2+x+2=x+122+74>0,故命题“
P:x∈R,不等式x2+x+2>0恒成立”是真命题,由“命题真,其否定假；命题假,其否定真”可知命题P:x∈R,使得x2+x+2≤0是假命题.
点评 如果直接判断含有一个量词的全称命题(或存在性命题)的真假较为困难时,可借助全称命题与存在性命题的关系,转化为判定其否定形式的真假问题,达到了化难为易,避繁就简之目的,感悟与领会了转化与化归的思想之要义.
(二) 求取值范围
【例5】 (连云港市调研考试题)已知命题“P:x∈R,ax2-2ax-3>0”是假命题,求实数a的取值范围.
分析 本题若直接求解则较为繁难,由于该命题也是存在性命题,因此依据上述全称命题与存在性命题的关系,可将该命题的否定形式写出,依据 “命题真,其否定假；命题假,其否定真”可推知其否定形式必为真命题,从而求出满足题设要求实数a的取值范围.
解 因命题P:x∈R,ax2-2ax-3>0的否定形式为：
P:x∈R,ax2-2ax-3≤0恒成立,由“命题真,其否定假；命题假,其否定真”可知命题
P是真命题.事实上,当a=0时,对任意的x∈R,不等式-3≤0恒成立；当a≠0时,借助二次函数的图象,数形结合,很容易知道：不等式ax2-2ax-3≤0恒成立的等价条件是a<0且其判别式Δ=4a2+12a≤0,即-3≤a<0；综合以上两种情形可知：
P为真命题时,所求实数a的取值范围是-3≤a<0或a<0,即命题P是假命题时,所求实数a的取值范围是［-3,0］.
点评 如果直接解答本题较难下手,在这里巧妙地借助全称命题与存在性命题的关系及真假的判定,将较为困难的问题等价转化为“在一个不等式ax2-2ax-3≤0恒成立的条件下,求实数a的取值范围”的问题,使问题得到了巧妙地化归与转化,达到了化难为易,避繁就简的目的,体现了等价转化与化归的数学思想的应用价值.
上帝创造了整数，所有其余的数都是人造的。—克隆内克
牛刀小试
1. 已知命题“P:x∈R,x2+ax+1≥0”是假命题,求实数a的取值范围.
2. 已知p:5x2-4x-1>0；q:1x2+4x-5>0,试判断
p是
q的什么条件？
【参考答案】
1. 因命题P:x∈R,x2+ax+1≥0的否定形式为：
P:x∈R,x2+ax+1<0恒成立,由“命题真,其否定假；命题假,其否定真”可知命题
P是真命题.事实上,由于函数f(x)=x2+ax+1是开口向上的抛物线,借助二次函数的图象,数形结合,很容易知道：命题
P:x∈R,x2+ax+1<0是真命题等价于其判别式Δ=4a2+12a>0,即a>0或a<-3,故所求实数a的取值范围是(-∞,-3)∪(0,+∞).
2. 由5x2-4x-1>0,得x<-15或x>1,
即p:x<-15或x>1；
由1x2+4x-5>0,得x<-5或x>1,
即q:x<-5或x>1,
容易判断q是p的充分不必要条件,从而
p是
q的充分不必要条件．
(一) 求取值范围
【例1】 (2011年江苏高考模拟题)已知p:1-x-13≤2,q∶x2-2x+1-m2≤0(m＞0),若
p是
q的充分而不必要条件,则实数m的取值范围为．
分析一 根据条件,先求出p、q,再求出
p,
q对应的解集,最后利用已知条件进行求解,思路自然,但计算量较大.
解法一 由1-x-13≤2,
得-2≤x≤10．
∴
p:x＜-2或x＞10.
由x2-2x+1-m2≤0,
得1-m≤x≤1+m(m＞0)．
∴
q:x＞1+m或x＜1-m(m＞0)．
∵
p是
q的充分而不必要条件,
∴有m>0,
1+m≤10,
1-m≥-2.
解得0＜m≤3．
分析二 “
p
q”的逆否命题为“qp”,利用两者的等价性巧妙转化,化繁为简.
解法二 由条件得q∶1-m≤x≤1+m,p:-2≤x≤10．
∵
p是
q的充分而不必要条件,∴q是p的充分不必要条件. ∴m>0,
1+m≤10,
1-m≥-2.
∴0＜m≤3．
点评 利用原命题与逆否命题等价的这个结论对命题的条件与结论之间的关系迅速简捷地进行判定．
(二) 判断充要条件
【例2】 (07年湖北高考题)若数列{an}满足a2n+1a2n=p(p为正常数,n∈N*),则称{an}为“等方比数列”.甲：数列{an}不是等比数列；乙：数列{an}不是等方比数列,则甲是乙条件(填“充分而不必要”或“必要而不充分”或“充要”或“既不充分也不必要”)
分析 本题以创新定义为背景,结合数列相关知识,考查充要条件的定义.由于甲、乙为否定形式,直接判断将陷入困境,利用等价命题,把判断“甲是乙的什么条件” 巧妙转化为判断“非乙是非甲的什么条件”.
解 由等比数列的定义知,若非甲：{an}是等比数列,公比为q,即an+1an=qa2n+1a2n=q2则非乙命题成立；反之,若非乙：数列{an}是等方比数列,即a2n+1a2n=q2an+1an=±q,即公比不一定为q, 则命题非甲不成立,故非乙是非甲的必要但不充分条件,故甲是乙的必要但不充分条件.
(三) 证明命题
当从正面证明一个命题比较困难时,可通过证明该命题的逆否命题,其具体的证明方法表现为反证法. 反证法的理论根据是：原命题为真,则它的逆否命题也为真．
用反证法证明命题的一般步骤是：
第一步：假设命题的结论不成立,即假设结论的反面成立；
第二步：从这个假设出发,经过推理论证,得出矛盾；
第三步：由矛盾判定假设不正确,从而肯定命题的结论正确．
注意 导出矛盾的情况有：与题设相矛盾；与假设相矛盾；与定义、公理、定理、公式相矛盾；自相矛盾等．
【例3】 (自编题)已知p1p2=2(q1+q2),求证：关于x的方程x2+p1x+q1=0与x2+p2x+q2=0中至少有一个方程有实数根．
证明 假设两个方程都没有实数根,
则Δ1=p21-4q1<0, ①
Δ2=p22-4q2<0. ②
由①＋②,得p21+p22-4(q1+q2)<0,
由已知p1p2=2(q1+q2),
∴Δ1+Δ2=p21+p22-2p1p2
=(p1-p2)2<0,这是不可能的．
∴在两个方程中,至少有一个有实数根．
点评 对于“至多”与“至少”问题的证明多采用反证法,“至多有n个”的否定是“至少有n+1个”,而“至少有n个”的否定是“至多有n-1个”．
二、 妙用全称性命题与存在性命题的关系解题
如果含有一个量词的命题的形式是全称命题,那么它的否定是存在性命题；反之,如果含有一个量词的命题的形式是存在性命题,那么它的否定是全称命题.解答某些数学问题时,如能巧妙地利用全称命题与存在性命题的这一关系及“命题真,其否定假；命题假,其否定真”,可使这些问题的求解过程简捷、明快.
(一) 判断命题真假
【例4】 (2011年高考模拟题)试判断命题P:“x∈R,使得x2+x+2≤0”的真假.
分析 本题若直接求解则较为困难,由于该命题是存在性命题,因此依据上述全称命题与存在性命题的关系,可将该命题的否定形式写出,判断其真假,再利用“命题真,其否定假；命题假,其否定真”,判断出原命题的真假.
解 因命题P:x∈R,使得x2+x+2≤0的否定形式为：
P:x∈R,不等式x2+x+2>0恒成立,事实上,当x∈R时,x2+x+2=x+122+74>0,故命题“
P:x∈R,不等式x2+x+2>0恒成立”是真命题,由“命题真,其否定假；命题假,其否定真”可知命题P:x∈R,使得x2+x+2≤0是假命题.
点评 如果直接判断含有一个量词的全称命题(或存在性命题)的真假较为困难时,可借助全称命题与存在性命题的关系,转化为判定其否定形式的真假问题,达到了化难为易,避繁就简之目的,感悟与领会了转化与化归的思想之要义.
(二) 求取值范围
【例5】 (连云港市调研考试题)已知命题“P:x∈R,ax2-2ax-3>0”是假命题,求实数a的取值范围.
分析 本题若直接求解则较为繁难,由于该命题也是存在性命题,因此依据上述全称命题与存在性命题的关系,可将该命题的否定形式写出,依据 “命题真,其否定假；命题假,其否定真”可推知其否定形式必为真命题,从而求出满足题设要求实数a的取值范围.
解 因命题P:x∈R,ax2-2ax-3>0的否定形式为：
P:x∈R,ax2-2ax-3≤0恒成立,由“命题真,其否定假；命题假,其否定真”可知命题
P是真命题.事实上,当a=0时,对任意的x∈R,不等式-3≤0恒成立；当a≠0时,借助二次函数的图象,数形结合,很容易知道：不等式ax2-2ax-3≤0恒成立的等价条件是a<0且其判别式Δ=4a2+12a≤0,即-3≤a<0；综合以上两种情形可知：
P为真命题时,所求实数a的取值范围是-3≤a<0或a<0,即命题P是假命题时,所求实数a的取值范围是［-3,0］.
点评 如果直接解答本题较难下手,在这里巧妙地借助全称命题与存在性命题的关系及真假的判定,将较为困难的问题等价转化为“在一个不等式ax2-2ax-3≤0恒成立的条件下,求实数a的取值范围”的问题,使问题得到了巧妙地化归与转化,达到了化难为易,避繁就简的目的,体现了等价转化与化归的数学思想的应用价值.
上帝创造了整数，所有其余的数都是人造的。—克隆内克
牛刀小试
1. 已知命题“P:x∈R,x2+ax+1≥0”是假命题,求实数a的取值范围.
2. 已知p:5x2-4x-1>0；q:1x2+4x-5>0,试判断
p是
q的什么条件？
【参考答案】
1. 因命题P:x∈R,x2+ax+1≥0的否定形式为：
P:x∈R,x2+ax+1<0恒成立,由“命题真,其否定假；命题假,其否定真”可知命题
P是真命题.事实上,由于函数f(x)=x2+ax+1是开口向上的抛物线,借助二次函数的图象,数形结合,很容易知道：命题
P:x∈R,x2+ax+1<0是真命题等价于其判别式Δ=4a2+12a>0,即a>0或a<-3,故所求实数a的取值范围是(-∞,-3)∪(0,+∞).
2. 由5x2-4x-1>0,得x<-15或x>1,
即p:x<-15或x>1；
由1x2+4x-5>0,得x<-5或x>1,
即q:x<-5或x>1,
容易判断q是p的充分不必要条件,从而
p是
q的充分不必要条件．