1.2.1 第3课时 充要条件-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（北师大版2019）

第一章　预备知识 §２　常用逻辑用语 2.1　必要条件与充分条件 第3课时　充要条件 (教师独具内容) 课程标准：通过对典型数学命题的梳理，理解充要条件的意义，理解数学定义与充要条件的关系． 教学重点：1.掌握充要条件的概念.2.理解充要条件的意义.3.会判断条件与结论之间的充要性． 教学难点：判断条件与结论之间的充要性． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点　充要条件 1．一般地，如果______，且______，那么称p是q的_________________，简称p是q的充要条件，记作_____． 2．p是q的充要条件也常常说成“p成立_________q成立”，或“p与q_____”． 3．当p是q的充要条件时，q也是p的______条件． p⇒q q⇒p 充分且必要条件 p⇔q 当且仅当 等价 充要 核心概念掌握 5 1．从集合的角度去理解充分条件、必要条件、充要条件 若p以集合A的形式出现，q以集合B的形式出现，即A＝{x|p(x)}，B＝{x|q(x)}，则 (1)若A⊆B，则p是q的充分条件； (2)若B⊆A，则p是q的必要条件； (3)若A＝B，则p是q的充要条件； (4)若AB，则p是q的充分不必要条件； (5)若BA，则p是q的必要不充分条件； (6)若AB且BA，则p是q的既不充分也不必要条件． 核心概念掌握 6 2．“⇔”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． 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)当p是q的充要条件时，也可说成q成立当且仅当p成立．(　　) (2)符号“⇔”具有传递性．(　　) (3)若p q和q p有一个成立，则p一定不是q的充要条件．(　　) (4)“x＝1”是“x2－2x＋1＝0”的充分不必要条件．(　　) (5)“三角形的三条边相等”是“三角形的三个角相等”的充要条件．(　　) √ × 答案 √ √ √ 核心概念掌握 8 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)“x2－3x＋2＝0”的充要条件是____________． (2)“x2－1＝0”是“|x|－1＝0”的________条件(从“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”中选一个合适的填空)． (3)如果不等式x≤m成立的充分不必要条件是1≤x≤2，则m的最小值为_____． x＝1或x＝2 答案 充要 2 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　充要条件的概念及判断 解　(1)因为a＋5是无理数⇒a是无理数，并且a是无理数⇒a＋5是无理数，所以p是q的充要条件． (2)因为a2＋b2＝0⇒a＝b＝0，并且a＝b＝0⇒a2＋b2＝0，所以p是q的充要条件． (3)因为A∩B＝A⇒A⊆B⇒∁UA⊇∁UB，并且∁UB⊆∁UA⇒B⊇A⇒A∩B＝A，所以p是q的充要条件． 在下列各题中，试判断p是q的什么条件． (1)p：a＋5是无理数，q：a是无理数； (2)若a，b∈R，p：a2＋b2＝0，q：a＝b＝0； (3)p：A∩B＝A，q：∁UB⊆∁UA. 解 核心素养形成 11 解：作出“⇒”图，如图所示，可知，p⇒q，r⇒q，q⇒s，s⇒r. (1)p⇒q⇒s⇒r，且r⇒q，q能否推出p未知， ∴p是r的充分条件． (2)∵s⇒r⇒q，q⇒s，∴s是q的充要条件． (3)共有三对充要条件：q⇔s；s⇔r；r⇔q. [题型探究]　已知p是q的充分条件，q是r的必要条件，也是s的充分条件，r是s的必要条件，问： (1)p是r的什么条件？ (2)s是q的什么条件？ (3)p，q，r，s中哪几对互为充要条件？ 解 核心素养形成 12 【感悟提升】　判断p是q的充分必要条件的两种思路 (1)命题角度：判断p是不是q的充分必要条件，主要是判断p⇒q及q⇒p这两个命题是否成立．若p⇒q成立，则p是q的充分条件，同时q是p的必要条件；若q⇒p成立，则p是q的必要条件，同时q是p的充分条件；若二者都成立，则p与q互为充要条件． (2)集合角度：关于充分条件、必要条件、充要条件，当不容易判断p⇒q及q⇒p的真假时，也可以从集合角度去判断，结合集合中“小集合⇒大集合”的关系来理解，这对解决与逻辑有关的问题是大有益处的． 此外，对于较复杂的关系，常用⇒，⇐，⇔等符号进行传递，画出它们的综合结构图，可降低解题难度． 核心素养形成 13 【跟踪训练】 1．指出下列各题中，p是q的什么条件． (1)p：A∪B＝A，q：A∩B＝B； (2)p：两个角不都是直角，q：两个角不相等； (3)已知实数a，b，p：a2＋b2≠0，q：a，b不全为0. 解 解：(1)因为A∪B＝A⇔B⊆A，而A∩B＝B⇔B⊆A，所以A∪B＝A⇔A∩B＝B. 所以p是q的充要条件． (2)两个角不都是直角，这两个角可以相等．若两个角不相等，则这两个角一定不都是直角．所以p是q的必要不充分条件． (3)由a2＋b2≠0⇒a，b不全为0，并且由a，b不全为0⇒a2＋b2≠0，所以p是q的充要条件． 核心素养形成 14 题型二　充要条件的证明 已知ab≠0，求证：a＋b＝1是a3＋b3＋ab－a2－b2＝0的充要条件． 证明 核心素养形成 15 【感悟提升】　充要条件的证明 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”． 核心素养形成 16 证明 【跟踪训练】 2．求证：关于x的方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有一正根和一负根的充要条件是ac<0. 核心素养形成 17 题型三　探求充要条件 求关于x的方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负实根的充要条件． 解 核心素养形成 18 【感悟提升】　探求充要条件的两种方法 (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，因为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． 核心素养形成 19 解 【跟踪训练】 3．已知a，b，c∈R，a≠0.判断“a－b＋c＝0”是“一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1”的什么条件，并说明理由． 解：“a－b＋c＝0”是“一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1”的充要条件．理由如下： 当a，b，c∈R，a≠0时， 若“a－b＋c＝0”，则－1满足一元二次方程ax2＋bx＋c＝0，即“一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1”， 故“a－b＋c＝0”是“一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1”的充分条件． 核心素养形成 20 解 若“一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1”，则“a－b＋c＝0”， 故“a－b＋c＝0”是“一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1”的必要条件． 综上所述，“a－b＋c＝0”是“一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1”的充要条件． 核心素养形成 21 随堂水平达标 1．已知A，B是非空集合，命题p：A∪B＝B，命题q：AB，则p是q的(　　) A．充要条件 B．充分不必要条件 C．既不充分也不必要条件 D．必要不充分条件 解析：由A∪B＝B，得AB或A＝B；反之，由AB，得A∪B＝B，所以p是q的必要不充分条件． 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 23 2．“x2＋(y－2)2＝0”是“x(y－2)＝0”的(　　) A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析： x2＋(y－2)2＝0，即x＝0且y＝2，∴x(y－2)＝0.反之，x(y－2)＝0，即x＝0或y＝2，x2＋(y－2)2＝0不一定成立．故选B. 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 24 3．设x∈R，则“x>1”是“x3>1”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：因为x∈R，“x>1”⇔“x3>1”，所以“x>1”是“x3>1”的充要条件． 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 25 4．关于x的不等式|x|>a的解集为R的充要条件是________． 解析：由题意知|x|>a恒成立，∵|x|≥0，∴a<0. 答案 解析 a<0 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 证明 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 课后课时精练 一、选择题 1．若集合A＝{1，a}，B＝{1，2，3}，则“a＝3”是“A⊆B”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：当a＝3时，集合A＝{1，3}，满足A⊆B，故“a＝3”可以证得“A⊆B”，所以“a＝3”是“A⊆B”的充分条件．若A⊆B，则a的值为2，3都可，故“a＝3”不是“A⊆B”的必要条件．综上所述，“a＝3”是“A⊆B”的充分不必要条件．故选A. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 29 2．已知p：x≤－1或x≥3，q：x>5，则p是q的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：由{x|x>5}是{x|x≤－1或x≥3}的真子集，可知p是q的必要不充分条件. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 30 3．等式|a＋b|＝|a|＋|b|成立的充要条件是(　　) A．ab＝0 B．ab<0 C．ab≥0 D．ab≤0 解析： |a＋b|＝|a|＋|b|⇔(a＋b)2＝(|a|＋|b|)2⇔a2＋2ab＋b2＝a2＋2|ab|＋b2⇔ab＝|ab|⇔ab≥0.故选C. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 31 4．已知a，b是实数，则“a>0且b>0”是“a＋b>0且ab>0”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析： “a>0且b>0”可以推出“a＋b>0且ab>0”，反之也是成立的．故选C. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 32 5．(多选)如果A是B的必要不充分条件，B是C的充要条件，D是C的充分不必要条件，则下列说法正确的是(　　) A．D是B的充分不必要条件 B．A是D的必要不充分条件 C．A是C的充要条件 D．B是D的既不充分也不必要条件 解析：根据题意列出A，B，C，D的关系如图，由图可知D⇒B，B D，所以D是B的充分不必要条件，B是D的必要不充分条件．因为D⇒A，A D，所以A是D的必要不充分条件．因为C⇒A，A C，所以A是C的必要不充分条件．故选AB. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 33 二、填空题 6．下列命题中是真命题的是________(填序号)． ①“n是6的倍数”是“n是3的倍数”的充要条件； ②“x>1”是“|x|>0”的充分不必要条件； ③“b2－4ac<0”是“函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的值恒小于0”的充要条件； ④三角形的三边满足勾股定理的充要条件是此三角形为直角三角形． 解析：①若n是6的倍数，则n一定是3的倍数，反之，若n是3的倍数，则n不一定是6的倍数，例如9是3的倍数，但不是6的倍数，故“n是6的倍数”是“n是3的倍数”的充分不必要条件． ②因为由x>1⇒|x|>0，而由|x|>0不能推出x>1，所以“x>1”是“|x|>0”的充分不必要条件． 答案 解析 ②④ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 34 ③因为由b2－4ac<0不能推出函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的值恒小于0，而由函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的值恒小于0⇒b2－4ac<0，所以“b2－4ac<0”是“函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的值恒小于0”的必要不充分条件． ④由三角形的三边满足勾股定理⇒此三角形为直角三角形，由三角形为直角三角形⇒该三角形的三边满足勾股定理．故②④是真命题． 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 35 答案 解析 m≥9 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 8．“方程x2－2x－a＝0没有实根”的充要条件是________． 解析：因为方程x2－2x－a＝0无实根，所以有Δ＝4＋4a<0，解得a<－1.反之，若a<－1，则Δ<0，方程x2－2x－a＝0无实根．故“方程x2－2x－a＝0没有实根”的充要条件是a<－1. 答案 解析 a<－1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 三、解答题 9．证明：ax2＋bx＋c＝0有一个根为1的充要条件是a＋b＋c＝0. 证明：①充分性：由a＋b＋c＝0得a＝－b－c， 代入ax2＋bx＋c＝0，得(－b－c)x2＋bx＋c＝0， 即(1－x)(bx＋cx＋c)＝0. ∴ax2＋bx＋c＝0有一个根为1. ②必要性：由ax2＋bx＋c＝0有一个根为1，把它代入方程即有a＋b＋c＝0. 综上可知，ax2＋bx＋c＝0有一个根为1的充要条件是a＋b＋c＝0. 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 解 11．求方程x2＋kx＋1＝0与x2＋x＋k＝0有一个公共实根的充要条件． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 12．设x，y∈R，求证|x＋y|＝|x|＋|y|成立的充要条件是xy≥0. 证明：①充分性：如果xy≥0，则有xy＝0和xy>0两种情况，当xy＝0时，不妨设x＝0，得|x＋y|＝|y|， |x|＋|y|＝|y|，∴等式成立． 当xy>0，即x>0，y>0或x<0，y<0时． 又当x>0，y>0时，|x＋y|＝x＋y，|x|＋|y|＝x＋y， ∴等式成立． 当x<0，y<0时，|x＋y|＝－(x＋y)， |x|＋|y|＝－x－y＝－(x＋y)，∴等式成立． 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 总之，当xy≥0时，|x＋y|＝|x|＋|y|成立． ②必要性：若|x＋y|＝|x|＋|y|且x，y∈R，得|x＋y|2＝(|x|＋|y|)2， 即x2＋2xy＋y2＝x2＋y2＋2|x|·|y|， ∴|xy|＝xy，∴xy≥0. 综上可知，|x＋y|＝|x|＋|y|成立的充要条件是xy≥0. 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 　　　　　　　　　　　　　 R 证明　(1)充分性： ∵a＋b＝1，∴b＝1－a，∴a3＋b3＋ab－a2－b2＝a3＋(1－a)3＋a(1－a)－a2－(1－a)2＝a3＋1－3a＋3a2－a3＋a－a2－a2－1＋2a－a2＝0，即a3＋b3＋ab－a2－b2＝0. (2)必要性： ∵a3＋b3＋ab－a2－b2＝0， ∴(a＋b)(a2－ab＋b2)－(a2－ab＋b2)＝0， ∴(a2－ab＋b2)(a＋b－1)＝0. ∵ab≠0，∴a≠0且b≠0， ∴a2－ab＋b2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(b,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3b2,4)>0，∴a＋b－1＝0，∴a＋b＝1. 综上可知，当ab≠0时，a＋b＝1是a3＋b3＋ab－a2－b2＝0的充要条件． 证明：必要性：由于方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有一正根和一负根， ∴Δ＝b2－4ac>0，x1x2＝eq \f(c,a)<0，∴ac<0. 充分性：由ac<0可得b2－4ac>0及x1x2＝eq \f(c,a)<0， ∴方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有两个不相等的实根，且两根异号，即方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有一正根和一负根． 综上可知，关于x的方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有一正根和一负根的充要条件是ac<0. 解　当a＝0时，符合要求． 当a≠0时，显然方程没有零根，若方程有两个异号的实根，则由根与系数的关系可知a<0；若方程有两个负实根，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－4a≥0，,\f(1,a)>0，,－\f(2,a)<0，)) 解得0<a≤1. 综上所述，若方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负实根，则a≤1. 反之，若a≤1，则方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负实根． 因此，关于x的方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负实根的充要条件是a≤1. 5．已知x，y都是非零实数，且x>y，求证：eq \f(1,x)<eq \f(1,y)的充要条件是xy>0. 证明：证法一：①充分性：由xy>0及x>y，得eq \f(x,xy)>eq \f(y,xy)，即eq \f(1,x)<eq \f(1,y)； ②必要性：由eq \f(1,x)<eq \f(1,y)，得eq \f(1,x)－eq \f(1,y)<0，即eq \f(y－x,xy)<0. 因为x>y，所以y－x<0，所以xy>0. 所以eq \f(1,x)<eq \f(1,y)的充要条件是xy>0. 证法二：eq \f(1,x)<eq \f(1,y)⇔eq \f(1,x)－eq \f(1,y)<0⇔eq \f(y－x,xy)<0. 由条件x>y⇔y－x<0，故由eq \f(y－x,xy)<0⇔xy>0. 所以eq \f(1,x)<eq \f(1,y)⇔xy>0，即eq \f(1,x)<eq \f(1,y)的充要条件是xy>0. 7．已知p：x∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2≥0，,x－10≤0))))))，q：x∈{x|1－m≤x≤1＋m，m>0}，若q是p的必要不充分条件，则实数m的取值范围是________． 解析：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2≥0，,x－10≤0))))))＝{x|－2≤x≤10}，若q是p的必要不充分条件，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－m≤－2，,1＋m≥10，))即m≥9. 10．已知p：0<m<eq \f(1,3)；q：方程mx2－2x＋3＝0有两个同号且不相等的实数根，那么p是q的什么条件？ 解：设x1，x2是方程mx2－2x＋3＝0的两个根，则方程mx2－2x＋3＝0有两个同号且不相等的实数根等价于 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≠0，,Δ＝4－4×3×m>0，⇔0<m<\f(1,3)，,x1x2＝\f(3,m)>0)) 因此p是q的充要条件． 解：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋kx＋1＝0，,x2＋x＋k＝0))⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－（x2＋x）x＋1＝0，,x2＋x＋k＝0)) ⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x2＋x＋1）（x－1）＝0，,x2＋x＋k＝0))⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,k＝－2.)) 所以两方程有一个公共实根的充要条件为k＝－2. $$