例谈充要条件的证明问题
充要条件是本章的一个重要内容，也是高考及其他考试的一个热点。证明p 是q 的充要条件，，即要证明命题“p ⇒q ”为真，又要证明命题“q ⇒p ”为真，前者证明的是充分性，后者证明的是必要性。以下两例，供参考。
n {a }S =aq +b (a ≠0，q n 例1 已知数列n 的前项和为n
是不等于0和1的常数），求证数列{a n }为等比数列的充要条件是a +b =0。
分析：证明充分性就是证明条件能推出结论，证明必要性则是证明结论能推出条件。
证明：（1）先证充分性。
∵a +b =0，
n n S =aq +b =aq -a 。 ∴n
n -1n n -1=a (q -1) q (n >1) ， a =S -S ∵n n n -1=(aq -a ) -(aq -a )
a n +1a (q -1) q n
∴a =a (q -1) q n -1
n =q (n >1) ，
又∵a 1=aq -a ，a 2=aq 2-aq ， a aq 2-aq ∴a =aq -a =q 。
1
故数列{a n }是公比为q 的等比数列。
（2）再证必要性
∵数列{a n }为等比数列， a 1(1-q n ) a 1a 1n ∴S n =1-q =1-q -1-q q 。
∵S n =aq +b ， a 1a 1∴a =-1-q ，b =1-q 。 n
∴a +b =0。
综上所述，数列{a n }为等比数列的充要条件是a +b =0。
评注：证明充要条件，首先要找到条件和结论，如本题“证明数列{a n }为等比数列的充要条件是a +b =0”说的很明白，条件是a +b =0，结论是数列{a n }为等比数列。充分性和必要性要逐一证明，并有必要的文字说明。
例2 已知ab ≠0，求证：a +b =1的充要条件是a +b +ab -a -b =0。 3322
分析：本题中ab ≠0是大前提，证明充要条件，即证明既是充分条件又是必要条件，必须证明必要性与充分性都成立。
证明：先证必要性：∵a +b =1，即b =1-a ，
∴a 3+b 3+ab -a 2-b 2=a 3+(1-a ) 3+a (1-a ) -a 2-(1-a ) 2
=a 3+1-3a +3a 2-a 3+a -a 2-a 2-1+2a -a 2=0，
∴必要性成立。
3322a +b +ab -a -b =0， 再证充分性： ∵
即(a +b )(a 2-ab +b 2) -(a 2-ab +b 2) =0，
22(a +b -1)(a -ab +b ) =0。 ∴
又∵ab ≠0，∴a ≠0且b ≠0，从而a 2-ab +b 2≠0， ∴a +b -1=0，即a +b =1，
∴充分性也成立。
故ab ≠0时，a +b =1的充要条件是a 3+b 3+ab -a 2-b 2=0。
评注：证明充要条件时，要分清充分性是证明怎样的一个式子成立，必要性又是证明怎样的一个式子成立。
22x +(2k -1) x +k =0，求使方程有例3 已知方程
两个大于1的根的充要条件。
分析：求充要条件，则推理的各步应是可逆的，
∆≥0是有实根的充要条件。
解析：设方程的两根为x 1、x 2，使x 1、x 2都大于1
的充要条件是
⎧(2k -1) 2-4k 2≥0⎧k ≤1⎪⎪⎨(x 1-1) +(x 2-1) >0，即⎨(x 1+x 2) -2>0
⎪x x -(x +x ) +1>0。 ⎪(x -1)(x -1) >0122⎩12⎩1
1⎧⎪k ≤4⎪⎨-(2k -1) -2>0由韦达定理得⎪k 2+(2k -1) +1>0，解得k
⎪⎩
故所求的充要条件为k
评注：“x 1>1，x 2>1⇒x 1+x 2>2，x 1x 2>1”，但反过
/x 1>1，x 2>1”来，“x 1+x 2>2，x 1x 2>1⇒，例如取x 1=1，
x 2=3有x 1+x 2>2，且x 1x 2>1，但没有保证两个根都大于⎧∆≥0⎪x 1+x 2>2⎨1，⎪仅是两根都大于
⎩x 1x 2>11的必要条件，
而不是充分条件。
例谈充要条件的证明问题
充要条件是本章的一个重要内容，也是高考及其他考试的一个热点。证明p 是q 的充要条件，，即要证明命题“p ⇒q ”为真，又要证明命题“q ⇒p ”为真，前者证明的是充分性，后者证明的是必要性。以下两例，供参考。
n {a }S =aq +b (a ≠0，q n 例1 已知数列n 的前项和为n
是不等于0和1的常数），求证数列{a n }为等比数列的充要条件是a +b =0。
分析：证明充分性就是证明条件能推出结论，证明必要性则是证明结论能推出条件。
证明：（1）先证充分性。
∵a +b =0，
n n S =aq +b =aq -a 。 ∴n
n -1n n -1=a (q -1) q (n >1) ， a =S -S ∵n n n -1=(aq -a ) -(aq -a )
a n +1a (q -1) q n
∴a =a (q -1) q n -1
n =q (n >1) ，
又∵a 1=aq -a ，a 2=aq 2-aq ， a aq 2-aq ∴a =aq -a =q 。
1
故数列{a n }是公比为q 的等比数列。
（2）再证必要性
∵数列{a n }为等比数列， a 1(1-q n ) a 1a 1n ∴S n =1-q =1-q -1-q q 。
∵S n =aq +b ， a 1a 1∴a =-1-q ，b =1-q 。 n
∴a +b =0。
综上所述，数列{a n }为等比数列的充要条件是a +b =0。
评注：证明充要条件，首先要找到条件和结论，如本题“证明数列{a n }为等比数列的充要条件是a +b =0”说的很明白，条件是a +b =0，结论是数列{a n }为等比数列。充分性和必要性要逐一证明，并有必要的文字说明。
例2 已知ab ≠0，求证：a +b =1的充要条件是a +b +ab -a -b =0。 3322
分析：本题中ab ≠0是大前提，证明充要条件，即证明既是充分条件又是必要条件，必须证明必要性与充分性都成立。
证明：先证必要性：∵a +b =1，即b =1-a ，
∴a 3+b 3+ab -a 2-b 2=a 3+(1-a ) 3+a (1-a ) -a 2-(1-a ) 2
=a 3+1-3a +3a 2-a 3+a -a 2-a 2-1+2a -a 2=0，
∴必要性成立。
3322a +b +ab -a -b =0， 再证充分性： ∵
即(a +b )(a 2-ab +b 2) -(a 2-ab +b 2) =0，
22(a +b -1)(a -ab +b ) =0。 ∴
又∵ab ≠0，∴a ≠0且b ≠0，从而a 2-ab +b 2≠0， ∴a +b -1=0，即a +b =1，
∴充分性也成立。
故ab ≠0时，a +b =1的充要条件是a 3+b 3+ab -a 2-b 2=0。
评注：证明充要条件时，要分清充分性是证明怎样的一个式子成立，必要性又是证明怎样的一个式子成立。
22x +(2k -1) x +k =0，求使方程有例3 已知方程
两个大于1的根的充要条件。
分析：求充要条件，则推理的各步应是可逆的，
∆≥0是有实根的充要条件。
解析：设方程的两根为x 1、x 2，使x 1、x 2都大于1
的充要条件是
⎧(2k -1) 2-4k 2≥0⎧k ≤1⎪⎪⎨(x 1-1) +(x 2-1) >0，即⎨(x 1+x 2) -2>0
⎪x x -(x +x ) +1>0。 ⎪(x -1)(x -1) >0122⎩12⎩1
1⎧⎪k ≤4⎪⎨-(2k -1) -2>0由韦达定理得⎪k 2+(2k -1) +1>0，解得k
⎪⎩
故所求的充要条件为k
评注：“x 1>1，x 2>1⇒x 1+x 2>2，x 1x 2>1”，但反过
/x 1>1，x 2>1”来，“x 1+x 2>2，x 1x 2>1⇒，例如取x 1=1，
x 2=3有x 1+x 2>2，且x 1x 2>1，但没有保证两个根都大于⎧∆≥0⎪x 1+x 2>2⎨1，⎪仅是两根都大于
⎩x 1x 2>11的必要条件，
而不是充分条件。