高中数学人教A版必修第一册课件1.4.2 充要条件 (课件共３３张PPT)

(共33张PPT)
1.2命题及其关系、充分条件与必要条件
第2课时
考点一　命题及其关系
解析①的否定是“ x∈R，x2－x＋1>0”中是真命题，①正确；
②的否命题是“若x2＋x－6<0，则x≤2”，
由x2＋x－6<0，得－3③由x2－5x＋6＝0，得x＝2或x＝3，原命题是假命题，
因此可知逆否命题为假命题，③错误．
综上可知，真命题是①，②.
答案　(2)C
原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假
补充例题1
考点一　命题及其相互关系
考点一　命题及其相互关系
考点二　充分条件与必要条件的判定
充要条件的判断可用 定义法：根据p q，q p进行判断．
即ab≤4，充分性成立；
当a＝4，b＝1时，满足ab≤4，
但a＋b＝5>4，不满足a＋b≤4，
必要性不成立，
故“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件．
答案　(1)A
考点二　充分条件与必要条件的判定
充要条件的判断可用 定义法：根据p q，q p进行判断．
q
考点二　充分条件与必要条件的判定
充要条件的判断可用 定义法：根据p q，q p进行判断．
解析 (2) (1)若m α，n α，m∥n，
由线面平行的判定定理知m∥α.
若m∥α，m α，n α，
不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，
故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.
答案　 (2)A
补充例题2
考点二　充分条件与必要条件的判定
考点二　充分条件与必要条件的判定
充要条件的判断可用 定义法：根据p q，q p进行判断．
解析　(1)由“x2－5x<0”可得“0由“|x－1|<1”可得“0但0所以“x2－5x<0”是“|x－1|<1”的必要不充分条件．
答案　(1)B
由0考点二　充分条件与必要条件的判定
充要条件的判断可用 定义法：根据p q，q p进行判断．
考点三　充分条件、必要条件的应用(典例迁移)
解　由x2－8x－20≤0，得－2≤x≤10，
∴P＝{x|－2≤x≤10}．
∵x∈P是x∈S的必要条件，则S P.
解得当0≤m≤3时，x∈P是x∈S的必要条件．
可把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，
P
S

1－m

1＋m
考点三　充分条件、必要条件的应用(典例迁移)
解　由例题知P＝{x|－2≤x≤10}．
∵￢P是￢S的必要不充分条件，
∴P是S的充分不必要条件，
∴ m≥9，则m的取值范围是[9，＋∞)．
可把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，
S

1－m

1＋m
P
考点三　充分条件、必要条件的应用(典例迁移)
解　由p得(x－3a)(x－a)<0，当a<0时，3a由q得x2－x－6≤0或x2＋2x－8>0，
则－2≤x≤3或x<－4或x>2，则x<－4或x≥－2.
设p：A＝(3a，a)，q：B＝(－∞，－4)∪[－2，＋∞)，
又p是q的充分不必要条件.
补充例题3
考点三　充分条件、必要条件的应用(典例迁移)
解析　|x－1|因为不等式|x－1|所以(0，4) (1－a，1＋a)，
答案　D
考点三　充分条件、必要条件的应用(典例迁移)
可把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，

1－a

1 ＋ a

m-1

1 ＋ m
解析　因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(|x|).
又y＝f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
若a>|b|，则f(a)>f(|b|)＝f(b)，即充分性成立；
若f(a)>f(b)，则等价为f(|a|)>f(|b|)，即|a|>|b|，
即a>|b|或a<－|b|，即必要性不成立，
则“a>|b|”是“f(a)>f(b)”的充分不必要条件.
答案　A
布置作业
1.复习选修2-1,完成复习大书8-9页的知识梳理和诊断自测，拍照后发云
校家课前导学里
2.完成复习大书8-9页例1，训练1；例2-1，例2-2（2），训练2；例3（1），训练3.详细解答，拍照后发云校家课后作业里