高中数学：第一章：集合（竞赛精讲）

1、第一章 集合集合是高中数学中最原始、最基础的概念，也是高中数学的起始单元，是整个高中数学的基础.它的基础性体现在：集合思想、集合语言和集合的符号在高中数学的很多章节如函数、数列、方程与不等式、立体几何与解析几何中都被广泛地使用.在高考试题和数学竞赛中，很多问题可以用集合的语言加以叙述.集合不仅是中学数学的基础，也是支撑现代数学大厦的基石之一，本章主要介绍集合思想在数学竞赛中出现的问题.1.1 集合的概念与运算【基础知识】一集合的有关概念1集合：具有某些共同属性的对象的全体，称为集合.组成集合的对象叫做这个集合的元素.2集合中元素的三个特征：确定性、互异性、无序性.3集合的分类：无限集、有限集、

2、空集.4. 集合间的关系：二集合的运算1交集、并集、补集和差集差集：记A、B是两个集合，则所有属于A且不属于B的元素构成的集合记作.即且.2.集合的运算性质(1),(幂等律);(2), (交换律);(3), (结合律);(4),(分配律);(5),(吸收律);(6)(对合律);(7), (摩根律)(8),.3.集合的相等(1)两个集合中元素相同,即两个集合中各元素对应相等;(2)利用定义,证明两个集合互为子集;(3)若用描述法表示集合,则两个集合的属性能够相互推出(互为充要条件),即等价;(4)对于有限个元素的集合,则元素个数相等、各元素的和相等、各元素之积相等是两集合相等的必要条件.【典例精

3、析】【例1】在集合中,任意取出一个子集,计算它的各元素之和.则所有子集的元素之和是 .分析已知的所有的子集共有个.而对于,显然中包含的子集与集合的子集个数相等.这就说明在集合的所有子集中一共出现次,即对所有的求和,可得【解】集合的所有子集的元素之和为=说明本题的关键在于得出中包含的子集与集合的子集个数相等.这种一一对应的方法在集合问题以及以后的组合总是中应用非常广泛.【例2】已知集合且,求参数的取值范围.分析首先确定集合A、B,再利用的关系进行分类讨论.【解】由已知易求得当时,由知无解;当时,显然无解; 当时, ,由解得综上知,参数的取值范围是.说明本题中,集合的定义是一个二次三项式,那么寻于

4、集合B要分类讨论使其取值范围数字化,才能通过条件求出参数的取值范围.【例3】已知,集合.若,则的值是( )A.5 B.4 C.25 D.10【解】,且及集合中元素的互异性知,即,此时应有而,从而在集合B中,由,得由(2)(3)解得,代入(1)式知也满足(1)式.说明本题主要考查集合相等的的概念,如果两个集合中的元素个数相等,那么两个集合中对应的元素应分别相等才能保证两个集合相等.而找到这种对应关系往往是解决此类题目的关键.【例4】已知集合.若,求+的值.分析从集合A=B的关系入手,则易于解决.【解】,根据元素的互异性,由B知.且,故只有,从而又由及,得所以或,其中与元素的互异性矛盾!所以代入得

5、:+=()+2+()+2+()+2=0.说明本题是例4的拓展,也是考查集合相等的概念,所不同的是本题利用的是集合相等的必要条件,即两个集合相等,则两个集合中,各元素之和、各元素之积及元素个数相等.这是解决本题的关键.【例5】已知A为有限集,且,满足集合A中的所有元素之和与所有元素之积相等,写出所有这样的集合A. 【解】设集合A=且,由,得,即或(事实上,当时,有.当时,而当时,由,解得综上可知,说明本题根据集合中元素之间的关系找到等式,从而求得集合A.在解决问题时,应注意分析题设条件中所给出的信息,根据条件建立方程或不等式进行求解.【例6】已知集合,若,求实数的取值组成的集合A.【解】,设.当

6、,即时,满足;当,即或时, 若,则,不满足,故舍去; 若时,则,满足.当时,满足等价于方程的根介于1和2之间.即.综合得,即所求集合A.说明先讨论特殊情形(S=),再讨论一般情形.解决本题的关键在于对分类讨论,确定的取值范围.本题可以利用数形结合的方法讨论【例7】(2005年江苏预赛)已知平面上两个点集 R, R. 若 , 则 的取值范围是【解】由题意知 是以原点为焦点、直线 为准线的抛物线上及其凹口内侧的点集， 是以 为中心的正方形及其内部的点集(如图)考察 时, 的取值范围:令 , 代入方程 ,得 ，解出得 所以，当 时, 令 ，代入方程 , 得 . 解出得所以，当 时, 因此, 综合 与

7、 可知，当 ，即 时, 故填 .【例8】已知集合,其中,.若,.且中的所有元素之和为124,求集合A、B.【解】,且,又,所以又,可得,并且或若,即,则有解得或(舍)此时有若,即,此时应有,则中的所有元素之和为100124.不合题意.综上可得, 说明本题的难点在于依据已知条件推断集合A、B中元素的特征.同时上述解答中使用发分类讨论的思想.分类讨论是我们解决问题的基本手段之一,将问题分为多个部分,每一部分的难度比整体都要低,这样就使问题变得简单明了.【例9】满足条件的函数形成了一个集合M,其中,并且,求函数与集合M的关系.分析求函数集合M的关系,即求该函数是否属于集合M,也就是判断该函数是否满足

8、集合M的属性.【解】取时, 由此可见,说明本题中M是一个关于函数的集合.判断一个函数是否属于M,只要找至一个或几个特殊的使得不符合M中的条件即可证明【例10】对集合及每一个非空子集定义唯一“交替和”如下:把子集中的数按递减顺序排列,然后从最大数开始,交替地加减相继各数,如的“交替和”是,集合的“交替和”是107=3,集合的“交替和”是5等等.试求A的所有的“交替和”的总和.并针对于集合求出所有的“交替和”.分析集合A的非空子集共有个,显然,要想逐个计算“交替和”然后相加是不可能的.必须分析“交替和”的特点,故可采用从一般到特殊的方法.如1,2,3,4的非空子集共有15个,共“交替和”分别为:1

9、 1;2 2 ;3 3;4 4;1,2 2-1; 1,3 3-1;1,4 4-1;2,3 3-2;2,4 4-2;3,4 4-3;1,2,3 3-2+1;1,2,4 4-2+1;1,3,4 4-3=1;2,3,4 4-3+2;1,2,3,4 4-3+2-1.从以上写出的“交替和”可以发现,除4以外,可以把1,2,3,4的子集分为两类:一类中包含4,另一类不包含4,并且构成这样的对应:设是1,2,3,4中一个不含有的子集,令与相对应,显然这两个集合的“交替和”的和为4,由于这样的对应应有7对,再加上4的“交替和”为4,即1,2,3.4的所有子集的“交替和”为32.【解】集合的子集中,除了集合,还

10、有个非空子集.将其分为两类:第一类是含2008的子集,第二类是不含2008的子集,这两类所含的子集个数相同.因为如果是第二类的,则必有是第一类的集合;如果是第一类中的集合,则中除2008外,还应用1,2,2007中的数做其元素,即中去掉2008后不是空集,且是第二类中的.于是把“成对的”集合的“交替和”求出来,都有2008,从而可得A的所有子集的“交替和”为同样可以分析,因为个元素集合的子集总数为个(含,定义其“交替和”为0),其中包括最大元素的子集有个,不包括的子集的个数也是个,将两类子集一一对应(相对应的子集只差一个元素),设不含的子集“交替和”为S,则对应的含子集的“交替和”为,两者相加

11、和为.故所有子集的“交替和”为说明本题中退到最简,从特殊到一般的思想及分类讨论思想、对应思想都有所体现,这种方法在数学竞赛中是常用的方法,在学习的过程中应注意强化.【例11】一支人数是5的倍数的且不少于1000人的游行队伍，若按每横排4人编队，最后差3人；若按每横排3人编队，最后差2人；若按每横排2人编队，最后差1人，求这支游行队伍的人数最少是多少？分析已知游行队伍的总人数是5的倍数，那么可设总人数为.“按每横排4人编队，最后差3人”，从它的反面去考虑，可理解为多1人，同样按3人、2人编队都可理解为“多1人”，显然问题转化为同余问题.被4、3、2除时都余地，即是12的倍数，再由总人数不少于10

12、00人的条件，即可求得问题的解.【解】设游行队伍的总人数为，则由题意知分别被4、3、2除时均余1，即是4、3、2的公倍数，于是可令，由此可得： 要使游行队伍人数最少，则式中的应为最少正整数且为5的倍数，应为2.于是可令，由此可得：， 所以，.取代入式，得故游行队伍的人数最少是1045人.说明本题利用了补集思想进行求解，对于题目中含有“至少”、“至多”、“最少”、“不都”、“都”等词语，可以根据补集思想方法，从词义气反面（反义词）考虑，对原命题做部分或全部的否定，用这种方法转化命题，常常能起到化繁为简、化难为易的作用，使之寻求到解题思想或方法，实现解题的目的.【例12】设且15，都是1，2，3，

13、真子集，且=1，2，3，.证明：或者中必有两个不同数的和为完全平方数.【证明】由题设，1，2，3，的任何元素必属于且只属于它的真子集之一. 假设结论不真，则存在如题设的1，2，3，的真子集，使得无论是还是中的任两个不同的数的和都不是完全平方数. 不妨设1，则3，否则1+3=，与假设矛盾，所以3.同样6，所以6，这时10，即10.因15，而15或者在中，或者在中，但当15时，因1，1+15=，矛盾；当15时，因10，于是有10+15=，仍然矛盾.因此假设不真,即结论成立.【赛向点拨】1.高中数学的第一个内容就是集合，而集合又是数学的基础.因此，深刻理解集合的概念,熟练地进行集合运算是非常重要的.

14、由于本节中涉及的内容较多,所以抓好概念的理解和应用尤其重要.2.集合内容几乎是每年的高考与竞赛的必考内容.一般而言,一是考查集合本身的知识;二是考查集合语言和集合思想的应用.3.对于给定的集合,要正确理解其含义,弄清元素是什么,具有怎样的性质?这是解决集合问题的前提.4.集合语言涉及数学的各个领域,所以在竞赛中,集合题是普遍而又基本的题型之一.【针对练习】(A 组)1.(2006年江苏预赛) 设在平面上，所围成图形的面积为，则集合的交集所表示的图形面积为( ) A. B. C. D.2. (2006年陕西预赛)为实数,集合M=表示把集合M中的元素映射到集合P中仍为,则的值等于( ) A. B.

15、0 C.1 D.3. (2004年全国联赛)已知M=，N=，若对于所有的，均有则的取值范围是A B.（）C.（） D.4. (2005年全国联赛) 记集合将M中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（）A B C D5. 集合A,B的并集AB=a1,a2,a3，当且仅当AB时，(A,B)与(B,A)视为不同的对，则这样的(A,B)对的个数有( )A.27 B.28. C.26 D.256.设A=n|100n600,nN，则集合A中被7除余2且不能被57整除的数的个数为_.7. 已知,.若,则实数的取值范围是 .8. 设M=1,2,3,1995，A是M的子集且满足条件: 当xA时,15x

16、A，则A中元素的个数最多是_.9. (2006年集训试题)设n是正整数，集合M=1，2，2n求最小的正整数k，使得对于M的任何一个k元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于 10. 设|,，求证：()；.11.（2006年江苏）设集合，若，求实数的取值范围12. 以某些整数为元素的集合具有下列性质：中的元素有正数，有负数；中的元素有奇数,有偶数；1；若，,则试判断实数0和2与集合的关系. (B 组)1. 设为满足下列条件的有理数的集合：若，则+，；对任一个有理数，三个关系，0有且仅有一个成立.证明：是由全体正有理数组成的集合.2为非空集合，对于1，2，3的任意一个排列，若，则（1） 证明：三

17、个集合中至少有两个相等.（2） 三个集合中是否可能有两个集无公共元素？3已知集合：问（1） 当取何值时，为含有两个元素的集合？（2） 当取何值时，为含有三个元素的集合？4已知,.请根据自己对点到直线的距离,两条异面直线的距离中 “距离”的认识,给集合A与B的距离定义;依据中的定义求出与的距离.5.设集合不小于的正整数，定义上的函数如下：若，定义为不是的约数的最小正整数，例如.记函数的值域为.证明：6为了搞好学校的工作，全校各班级一共提了P条建议.已知有些班级提出了相同的建议，且任何两个班级都至少有一条建议相同，但没有两个班提出全部相同的建议.求证该校的班级数不多于个.【参考答案】A组1.解：

18、在xOy平面上的图形关于x轴与y轴均对称，由此的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以4即得.为此，只要考虑在第一象限的面积就可以了.由题意可得，的图形在第一象限的面积为A.因此的图形面积为. 所以选B.2.解:由M=P,从而,即,故从而选C.3. 解：相当于点（0，b）在椭圆上或它的内部.故选A.4.解: 用表示k位p进制数，将集合M中的每个数乘以，得中的最大数为.在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是24002004=396.而将此数除以，便得M中的数故选C.5.解：A=时，有1种可能；A为一元集时，B必须含有其余2元，共有6种可能；A为二元集时，B必须含有另一元.

19、共有12种可能；A为三元集时，B可为其任一子集.共8种可能.故共有1+6+12+8=27个.从而选A.6解：被7除余2的数可写为7k+2. 由1007k+2600.知14k85. 又若某个k使7k+2能被57整除，则可设7k+2=57n. 即. 即n2应为7的倍数. 设n=7m+2代入，得k=57m+16. 1457m+1685. m=0,1.于是所求的个数为85(141)2=70解：依题意可得,设,要使,只需,在(1,3)上的图象均在轴的下方,则,由此可解得结果.8解：由于1995=15133，所以，只要n133，就有15n1995.故取出所有大于133而不超过1995的整数. 由于这时己取

20、出了159=135, 15133=1995. 故9至133的整数都不能再取，还可取1至8这8个数，即共取出1995133+8=1870个数, 这说明所求数1870.另一方面，把k与15k配对，（k不是15的倍数，且1k133）共得1338=125对，每对数中至多能取1个数为A的元素，这说明所求数1870，综上可知应填1870.9.解：考虑M的n+2元子集P=nl，n，n+1，2nP中任何4个不同元素之和不小于(n1)+n+( n +1)+( n +2)=4 n +2，所以kn +3将M的元配为n对，Bi=(i，2 n +1i)，1in 对M的任一n+3元子集A，必有三对同属于A(i1、I 2、

21、I 3两两不同)又将M的元配为n1对，C I (i，2ni)，1in1对M的任一n+3元子集A，必有一对同属于A，这一对必与中至少一个无公共元素，这4个元素互不相同，且和为2 n +1+2 n =4 n +1,最小的正整数k= n +31010.解: ,且,；假设,则存在,使即 (*)由于与具有相同的奇偶性，所以（*）式左边有且仅有两种可能：奇数或4的倍数，另一方面，（*）式右边只能被4除余2的数，故（*）式不能成立.由此，.11.解：，当时，由得；当时，由得；当时，与不符综上所述，12解：由若，,则可知，若，则（1） 由可设，且0，0，则| (|)故,由,0()+.（2）2.若2，则中的负数全为偶数，不然的话，当（）（）时，1（），与矛盾.于是，由知中必有正奇数.设，我们取适当正整数，使，则负奇数.前后矛盾B组1证明：设任意的，0,由知，或之一成立.再由，若，则；若，则.总之，.取=1