高中数学竞赛强化训练专题1集合（含解析）

Page32竞赛专题1集合（50题竞赛真题强化训练）一、单选题1．（2018·天津·高三竞赛）如果集合，，C是A的子集，且，则这样的子集C有（

）个.A．256 B．959 C．960 D．961【答案】C【解析】【详解】满足的子集C有个，所以满足的子集C有个.故答案为C2．（2020·浙江温州·高一竞赛）已知集合，则(

).A．B．C．或D．或【答案】A【解析】【详解】，又，所以.故选：A.3．（2018·黑龙江·高三竞赛）已知集合，集合.若，则a的值是（

）.A．3或-1 B．0 C．-1 D．0或-1【答案】D【解析】【详解】，即直线与平行.令，解得或-14．（2019·全国·高三竞赛）已知.若集合中任两个元素的和都不能被6整除，则集合中元素的个数最多为（

）.A．36 B．52 C．74 D．90【答案】C【解析】【详解】记，且.易知.则集合中既不能同时有与或与中元素，也不能有中两个元素、中两个元素.要使中元素最多，可选与中全部元素，与中各一个元素.故最多共有个元素.故答案为C5．（2019·吉林·高三竞赛）集合A={2,0,1,3}，集合B={x|-x∈A,2-x2∉A}，则集合B中所有元素的和为A． B． C． D．【答案】B【解析】【详解】由题意可得B={-2，-3}，则集合B中所有元素的和为-5.故选：B.二、填空题6．（2018·四川·高三竞赛）设集合，若的非空子集满足，就称有序集合对为的“隔离集合对”，则集合的“隔离集合对”的个数为______.（用具体数字作答）【答案】6050【解析】【详解】设为的元子集，则为的补集的非空子集.所以，“隔离集合对”的个数为.故答案为6050.7．（2018·湖南·高三竞赛）设集合，若，则实数m的取值范围为__________.【答案】【解析】【详解】由知，，而.当时，，即，此时成立.当时，，即，由，得解得.又，故得.综上，有.故答案为8．（2021·全国·高三竞赛）已知，集合，若，则的值为_________．【答案】【解析】【分析】【详解】依题意，．若，则，所以．若，则或1，矛盾．若，则，于是或a，得或，舍去．综上所述，．故答案为：.9．（2018·山东·高三竞赛）集合、满足，，若中的元素个数不是中的元素，中的元素个数不是中的元素，则满足条件的所有不同的集合的个数为______．【答案】186

【解析】【详解】设中元素个数为，则中元素个数为，依题意，．，，此时满足题设要求的的个数为．其中，当时，不满足题意，故．所以的个数为．10．（2018·福建·高三竞赛）将正偶数集合从小到大按第组有个数进行分组：，，，…，则2018位于第______组．【答案】27

【解析】【详解】设2018在第组，由2018为第1009个正偶数，根据题意得，即．解得正整数．所以2018位于第27组．11．（2021·全国·高三竞赛）在的非空真子集中，满足最大元素与最小元素之和为13的集合个数为___________.【答案】1364【解析】【详解】考虑这5组数，每一组可作为集合的最大元素和最小元素，故所求集合的个数为，故答案为：12．（2021·全国·高三竞赛）已知集合，A是M的子集，当时，，则集合A元素个数的最大值为_______．【答案】1895【解析】【详解】解析：先构造抽屉：．使前100个抽屉中恰均只有2个数，且只有1个数属于A，可从集合M中去掉前100个抽屉中的数，剩下个数，作为第101个抽屉．现从第1至100个抽屉中取较大的数，和第101个抽屉中的数，组成集合A，于是，满足A包含于M，且当时，．所以的最大值为．故答案为：1895.13．（2021·全国·高三竞赛）设，子集之积数定义为G中所有元素之乘积（空集的积数为零），求X中所有偶数个元素之子集的积数的总和是_________．【答案】##【解析】【详解】解：设X中所有偶数个元素之子集的积数的总和是A，X中所有奇数个元素之子集的积数之和是B，则，．解得．故答案为：14．（2020·江苏·高三竞赛）设，欧拉函数表示在正整数1，2，3，…，中与互质的数的个数，例如1，3都与4互质，2，4与4不互质，所以，则__________．【答案】800【解析】【详解】解析：法一：因为，故能被2整除的数有1010个，能被5整除的数有404个，能被101整除的数有20个，既能被2整除又能被5整除的数有202个，既能被2整除又能被101整除的数有10个，既能被5整除又能被101整除的数有4个，既能被2整除又能被5和101整除的数有2个．故与2020不互质的有，则．故答案为：800.法二：.故答案为：800.15．（2021·浙江·高二竞赛）给定实数集合，，定义运算.设，，则中的所有元素之和为______.【答案】29970【解析】【分析】【详解】由，则可知所有元素之和为.故答案为：29970.16．（2021·全国·高三竞赛）从自然数中删去所有的完全平方数与立方数，剩下的数从小到大排成一个数列，则_________．【答案】2074【解析】【分析】【详解】注意到，我们考虑1到2025中出现的次数．这里有45个平方数，12个立方数，3个6次方数，所以出现的次数为，接下来直至2197前都没有平方数和立方数，所以．17．（2021·全国·高三竞赛）设正整数m、n，集合，,，满足对任意的，均有：，则________．【答案】【解析】【分析】【详解】首先对S中任意两个不同元素，必有．事实上，若，则（否则，这与矛盾）．若，则，则，这与题意矛盾，同理，亦与题意矛盾．这样S中任意元素各不相同，而共种情形，则．再令且，或且，此时．故答案为：.18．（2021·全国·高三竞赛）已知A与B是集合的两个子集，满足：A与B的元素个数相同，且为空集.若当时总有，则集合的元素个数最多为_______.【答案】66【解析】【分析】【详解】先证，只须证，为此只须证若A是的任一个34元子集，则必存在，使得.证明如下：将分成如下33个集合：共12个；共4个；共13个；共4个.由于A是的34元子集，从而由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的数均属于A，即存在，使得.如取，，则A､B满足题设且.故答案为：66.19．（2021·全国·高三竞赛）设集合，且，则有_______个元素．【答案】243【解析】【分析】【详解】将中元素按模9余数分类得：．对每个，有分别属于，或均属于．因此中共有个元素．故答案为：243.20．（2021·全国·高三竞赛）设为集合的子集，若存在正整数，使得对任意整数，总能找到正实数，满足，且在十进制表示下的所有数字（不包括开头的0）都属于集合，则的最小值为___（表示集合的元素个数）.【答案】5【解析】【分析】【详解】第一步，证明，若，则其中两数（可相同）相加共10个值（4个加上个），而的个位数由这10个值的个位数产生，因此，这10个值的个位数不能重复；在0、1、2、…、9中有五个奇数，五个偶数，若四个元中0或4个奇数，不能加出奇数；若四个元中有1个奇数，只能产生3个奇数；若四个元中有2个奇数，只能产生4个奇数；若四个元中有3个奇数，只能产生3个奇数；因此.第二步，构造一个五元组满足条件，稍加实验可得下表012345678901111231230012333666上表表明，0、1、2、…、9中的每个数字，都可以由中的两个相加得到，则对任意正整数，从个位数开始依次向高位遍历，将每位数都按表格中表示分解为两个数，赋值给对应的位置，遍历完毕后自然得到.综上.故答案为：5.21．（2019·江西·高三竞赛）将集合{1，2，……，19}中每两个互异的数作乘积，所有这种乘积的和为_________.【答案】16815【解析】【详解】所求的和为.故答案为：16815．22．（2019·河南·高二竞赛）称{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的某非空子集为奇子集：如果其中所有数之和为奇数，则奇子集的个数为____________.【答案】256【解析】【详解】全集{1，2，3，…，9}中含有5个奇数、4个偶数.根据奇子集的定义知，奇子集中只能含有1个奇数、3个奇数、5个奇数，而偶数的个数为0、1、2、3、4都有可能.所以，奇子集共有：个.故答案为：256．23．（2019·广西·高三竞赛）已知yz≠0，且集合{2x，3z，xy}也可以表示为{y，2x2，3xz}，则x=____________.【答案】1【解析】【详解】易知xyz≠0，由两集合各元素之积得.经验证，x=1符合题意.故答案为：1．24．（2019·山东·高三竞赛）已知其中a<b，如果A∪B=R，那么a－b的最小值是_______.【答案】【解析】【详解】由已知得，故b－a≤1，于是.故答案为：．25．（2019·重庆·高三竞赛）设A为三元集合(三个不同实数组成的集合)，集合B={x+y|x，y∈A，x≠y}，若，则集合A=_______.【答案】【解析】【详解】设，其中0<a<b<c.则ab=6，ac=10，bc=15.解得a=2，b=3，c=5，从而.故答案为：．26．（2018·河北·高二竞赛）已知集合，且A=B，那么_______.【答案】2【解析】【详解】由B中有三个元素知，且，故A中，即有，又若，则.此时.若，则，或，或，不满足互异性，舍去.故，，所以.27．（2019·全国·高三竞赛）集合，对于正整数m，集合S的任一m元子集中必有一个数为另外m-1个数乘积的约数.则m的最小可能值为__________．【答案】26【解析】【详解】所有不大于100的素数共有25个，记其构成的组合为T=｛2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97｝.注意到，集合T中每一个元素均不能被T中其余24个元素之积整除.故.另一方面，用反证法证明：对于集合S的任一26元子集，其中必有一个数为另外25个数乘积的约数.为叙述方便，对于素数p和正整数x，记表示x中缩含p的幂指数.若存在集合S的某个26元子集A，对每个，x均不整除集合A中其余25个数乘积，则对每个，存在x的素因子p，使得，称这样的素数p为x的特异素因子，这种特异素因子不是唯一的.由于，且所有特异素因子均属于集合S，而集合S中只有25个素数，故必有集合A的两个不同元素x、y具有同一个特异素因子p.由特异性及，知.类似地，，矛盾.综上，m的最小可能值为26.28．（2018·全国·高三竞赛）若实数集合与恰有一个公共元素，则中的所有元素之积为__________．【答案】0【解析】【详解】将集合A、B的唯一公共元素记为.若，则集合A、B的另一个元素均为，矛盾.进而，中的所有元素之积为0.29．（2021·全国·高三竞赛）已知非空集合，用表示集合中最大数和最小数的和，则所有这样的的和为_____.【答案】【解析】【分析】【详解】将中的非空子集两两进行配对，对每个非空子集，令，对的任意两个子集和，若时，.则所有非空集合可以分成和两类.当时，必有，当时，必有.又的非空子集共有个，故所有这样的的和为.故答案为：.30．（2019·浙江·高三竞赛）在复平面上，任取方程的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为____________.【答案】39200【解析】【详解】易知的根在单位圆上，且相邻两根之间弧长相等，都为，即将单位圆均匀分成100段小弧.首先选取任意一点A为三角形的顶点，共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B和顶点C，设AB弧有x段小弧，CB弧有y段小弧，AC弧有z段小弧，则△ABC为锐角三角形的等价条件为：

①计算方程组①的整数解个数，记，，，，则.由于重复计算3次，所以所求锐角三角形个数为.故答案为：39200．31．（2019·浙江·高三竞赛）已知集合A={k+1，k+2，…，k+n}，k、n为正整数，若集合A中所有元素之和为2019，则当n取最大值时，集合A=________.【答案】{334，335，336，337，338，339}【解析】【详解】由已知.当n=2m时，得到；当n=2m+1时，得到.所以n的最大值为6，此时集合.故答案为：．32．（2021·全国·高三竞赛）设集合，满足下列性质的集合称为“翔集合”：集合至少含有两个元素，且集合内任意两个元素之差的绝对值大于2.则A的子集中有___________个“翔集合”.【答案】49【解析】【分析】设出集合中满足题设性质的子集个数为，写出，在时，要分情况把的递推公式写出来，进而得到，即答案.【详解】设集合中满足题设性质的子集个数为，则.当时，可将满足题设性质的子集分为如下两类：一类是含有n的子集，去掉n后剩下小于的单元子集或者是满足题设性质的子集，前者有个，后者有个；另一类是不含有n的子集，此时恰好是满足题设性质的子集，有个.于是，.又，所以.故答案为：49【点睛】本题的难点是用数列的思想来考虑，设集合中满足题设性质的子集个数为，写出的递推公式，再代入求值即可.三、解答题33．（2021·全国·高三竞赛）已知非空正实数有限集合A，定义集合，证明：．【答案】证明见解析【解析】【详解】以集合B作为突破口，取，并设有个数对满足：．由条件知，考虑集合，有．于是，得证．34．（2021·浙江·高二竞赛）设数集，它的平均数.现将分成两个非空且不相交子集，，求的最大值，并讨论取到最大值时不同的有序数对的数目.【答案】最大值，数目为.【解析】【分析】不妨设，记，，可以得到=，考虑T最大的情况是取最大的个数，此时可以发现的结果正好是与无关的定值，从而也就得到了的最大值，然后考察的可能的值，得到时的组数，并利用对称性得到时具有与之相等的组数，从而得到所有可能的的组数.【详解】不妨设，记，，所以，又有，所以当且仅当时，取到等号，所以的最大值.此时，由非空，可知，2，…，，有种情况，利用对称性得到时具有与之相等的组数，由于的最大值不可能有的情况，所以有序数对的数目为.35．（2020·全国·高三竞赛）设集合．是否存在集合A的非空子集，满足（1）；（2）都至少有4个元素；（3）的所有元素的和等于的所有元素的乘积？证明你的结论．【答案】证明见解析.【解析】【分析】不妨设，由条件可得，即，根据,，可得出其一组解，可证明.【详解】解：答案是肯定的．不妨设，

则，所以，

故，所以是一组解故取，，则这样的满足条件36．（2021·全国·高三竞赛）设n是正整数，我们说集合的一个排列具有性质P，是指在当中至少有一个i，使得.求证：对于任何n，具有性质P的排列比不具有性质P的排列的个数多.【答案】证明见解析【解析】【详解】设A为不具有性质P的排列的集合，B为具有性质P的排列的集合，显然.为了证明，只要得到就够了.设中，k与相邻的排列的集合为.则，由容斥原理得37．（2021·全国·高三竞赛）平面上有一个阶完全图，对其边进行三染色，且每种颜色至少染一条边.现假设在完全图中至多选出k条边，且把这k条边的颜色全部变为给定三色中的某种颜色后，此图同时也可以被该种颜色的边连通.若无论初始如何染色，都可以达到目的，求k的最小值.【答案】【解析】【详解】先证明：.（这里表示不超过的最大的整数）.假设三种颜色为1、2、3，n阶完全图的n个点分成三个点集A､B､C，且.做如下染色：集合A中的点之间连的边染1，集合B中的点之间连的边染2，集合C中的点之间连的边染3，集合A与B间的点连的边染2，集合B与C间的点连的边染3，集合C与A间的点连的边染1.从而，若变色后最终得到染1的颜色的边形成的连通图，由于集合B中的点出发的边均染的是2或3，于是，变色边数不小于.类似地，若变色后最终得到染2或3的颜色的边形成的连通图，则变色边数不小于（或).故.再证明：.对n用数学归纳法.当时，结论成立.假设时，结论成立.则n个点时：（1）若完全图中由某点出发的边有三种不同颜色，由归纳假设，可通过改变其中条边的颜色得到同色连通图.（2）若完全图中由所有点出发的边均最多两种不同颜色，记A为所有出发的边均染1或2的点组成的集合，记B为所有出发的边均染2或3的点组成的集合，记C为所有出发的边均染3或1的点组成的集合.如果某些点连出的边都染颜色1，则把它归入集合A；如果某些点连出的边都染颜色2，则把它归入集合B；如果某些点连出的边都染颜色3，则把它归入集合C.不失一般性，不妨设.则.若，则，集合B中的点连向集合C中的点的边均染3.故由颜色3可以连通.此时，任选集合B中一点，集合A中每个点与该点的连线的边颜色均变成3，由知成立.若，则，于是，完全图的边均染的是1或3.这与条件“每种颜色至少染一条边”不符.所以由归纳法知原结论成立.38．（2022·全国·高三专题练习）班级里共有名学生，其中有，，．已知，，中任意两人均为朋友，且三人中每人均与班级里中超过一半的学生为朋友．若对于某三个人，他们当中任意两人均为朋友，则称他们组成一个“朋友圈”．（1）求班级里朋友圈个数的最大值．（2）求班级里朋友圈个数的最小值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用组合数可求；（2）利用容斥原理可求.【详解】（1）当班级中的任意3人中，任意两个人都是朋友时，班级里朋友圈个数的最大，此时.（2）当时，，当时，，，中的每个人都至少与班级的3个同学是好朋友，故4人彼此是好朋友，故，当时，记为班级中除去且与是朋友的同学的集合，为班级中除去且与是朋友的同学的集合，为班级中除去且与是朋友的同学的集合，若，由题设可知，、、中的元素的个数不小于，余下同学记为：，集合中元素的个数记为，因为余下人数为，由容斥原理可得，所以，即，故此时，考虑一种特殊情况：，此时朋友圈个数为，故.若，由题设可知，、、中的元素的个数不小于，余下同学记为：，集合中元素的个数记为，因为余下人数为，由容斥原理可得，所以，即，故此时，考虑一种特殊情况：，此时朋友圈个数为，故.综上，.39．（2021·浙江·高三竞赛）某班有10名同学计划在暑假举行若干次聚会，要求每名同学至多参加三次聚会，并且任意两名同学至少在一次聚会中相遇.求最大的正整数，使得无论如何安排符合上述要求的聚会，都一定存在某次聚会有至少名同学参加.【答案】最大正整数是5【解析】【分析】【详解】解：设有次聚会，聚会人数分别为，，…，（均为正整数）.我们有：记，，则可知，即若上式等号成立，则必须，并且，这样可得导致矛盾.所以我们有，即一定存在某次聚会有至少5名同学参加，即满足题意.另一方面，我们给出10名同学参加聚会的一种安排方式：共，，，，，六次聚会，每次聚会恰好有5名同学参加，下面的10个三元子集分别表示10名同学各参加哪三次聚会：，，，，，，，，，.易知在所有个三元子集中，互补的两个三元子集在上式中恰好出现一个.这保证了上面的10个三元子集中每两个都相交，即任意两名同学至少在一次聚会中相遇.此外，，，，，，中的每一个在上式的10个三元子集中恰好出现五次，即每次聚会都恰好有5名同学参加，这意味着不符合题意.因此所求的最大正整数是5.另一种构造：，，，，，，，，，.40．（2021·全国·高三竞赛）设为正数，为的所有子集的任一个排列．求的最大值，其中．【答案】【解析】【分析】【详解】先证两个引理．引理1

设是集合的所有子集，则存在的一个排列，使得对任意的均满足、中的一个是另一个的子集，且元素个数差1，其中约定．引理1的证明：对n用归纳法．当时，集合的4个子集排列为、、、便满足要求．假设当时存在排列满足要求，则当时，考虑下面的排列：，这显然是集合的所有子集满足要求的一个排列．引理1证毕．引理2

设A、B是任意两个不同的有限集，则，（1）当A、B中一个为另一个的子集，且元素个数差1时等号成立．引理2的证明：设．因为，故x、y不能同时为0，于是x、y中至少有一个大于等于1．（1），（2）显然成立．又当A、B中一个为另一个的子集且元素个数差1时，x、y中有一个为0，一个为1．（2）中取等号，从而（1）也取等号．引理2证毕．回到原题．由引理2可得．又如果将的所有子集按照引理1中的排法便知上式等号成立．故所求的最大值为．41．（2021·全国·高三竞赛）设是连续个正整数组成的集合，求最小的正整数k，使得M的任何k元子集中都存在个数满足．【答案】．【解析】【分析】【详解】记，任何一个以i为首项，2为公比的等比数列与A的交集设为．一方面，由于M中个元的子集中不存在题设的个数，否则，而，矛盾．故．另一方面，时，题设满足.若非如此，考虑以为首项，以2为公比的等比数列．其与M的交集的元素个数为个．设M任何k元子集为T，则上述等比数列与M的交集中至少有个元素不在T中，而时，．注意到所以，可得与矛盾．综上，所求k为．42．（2021·全国·高三竞赛）对两个不全等的矩形A、B，称，若A的长不小于B的长，且A的宽也不小于B的宽.现在若对任意的n个两两不全等的，长和宽均为不超过2020的正整数的矩形，都必存在其中3个矩形A、B、C，使得，求n的最小值.【答案】2021【解析】【分析】【详解】一方面，当时，若不存在满足要求的3个矩形，我们把所有的矩形如下分类：对一个矩形A，若在剩下2020个矩形中，存在一个矩形B，使得，则称A为“父矩形”，否则称A为“子矩形”.由抽屉原理，其中必有一类至少含有1011个矩形，设它们的宽为.但易知所有的“父矩形”之间两两不能比较大小，所有的“子矩形”之间也两两不能比较大小，于是必有且相应的它们的长，合在一起即，与它们均为不超过2020的正整数矛盾.另一方面，当时，考虑所有长宽满足要求的，周长为4040的矩形，共1010个，及周长为4042的矩形，也共1010个.由于周长相等的两个矩形无法比大小，因此这2020个矩形中不存在满足要求的3个矩形.综上，n的最小值为2021.43．（2021·全国·高三竞赛）已知是一个有限集.是满足如下性质的两个分划：若，则.求的最小值.【答案】50【解析】【分析】【详解】的最小值为50.我们先证明.考虑集合中元素个数最少的集合，不妨设为.记，则至多与中个集合相交.不妨设且，其中.故.从而对有.由的最小性知的元素个数均不小于.从而.（1）若，则，此时由上式知；（2）若，由是中元素个数最少的集合知.故.另一方面，能取到50，例如，取.显然它们满足条件，这时.44．（2021·全国·高三竞赛）设集合是由平面上任意三点不共线的4039个点构成的集合，且其中2019个点为红色，2020个点为蓝色；在平面上画出一组直线，可以将平面分成若干区域，若一组直线对于点集满足下述两个条件，称这是一个“好直线组”：（1）这些直线不经过该点集中的任何一个点；（2）每个区域中均不会同时出现两种颜色的点.求的最小值，使得对于任意的点集，均存在由条直线构成的“好直线组”.【答案】.【解析】【分析】【详解】先证明：在一个圆周上顺次交替标记2019个红点和2019个蓝点，在平面上另外任取一点染为蓝色，这个圆周就被分成了4038段弧，则每一段的两个端点均染了不同的颜色；若要满足题目的要求，则每一段弧均与某条画出的直线相交；因为每条直线和圆周至多有两个交点，所以，至少要有条直线.再证明：用2019条直线可以满足要求.对于任意两个同色点，均可用两条直线将它们与其他的点分离.作法：在直线的两侧作两条与平行的直线，只要它们足够接近，它们之间的带状区域里就会只有和这两个染色点.设是所有染色点的凸包，有以下两种情形：（1）假设有一个红色顶点，不妨记为.则可作一条直线，将点和所有其他的染色点分离，这样，余下的2018个红点可以组成1009对，每对可以用两条平行直线将它们与所有其他的染色点分离.所以，总共用2019条直线可以达到要求.（2）假设的所有顶点均为蓝色.考虑上的两个相邻顶点，不妨记为.则用一条直线就可以将这两个点与所有其他染色点分离.这样，余下的2018个蓝点可以组成1009对，每对可以用两条直线将它们与所有其他染色点分离.所以，总共也用了2019条直线可以达到要求.综上：的最小值为2019.45．（2021·全国·高三竞赛）设函数满足对于每个，均存在一个，使得，其中，是f复合m次．设是满足上述条件的k中的最小值，证明：数列无界．【答案】证明见解析.【解析】【分析】【详解】设，对于每个正整数，存在正整数k，使得．因此，集合S是无界的，且函数f将S映射到S．此外，函数f在集合S上是单射．事实上，若，则（1）从某个值开始周期性地进行重复．于是，集合S是有界的，矛盾．定义为．首先证明：g也是单射．假设，则，于是，．因为函数f在集合S上是单射，所以．又，与的最小性矛盾．设T是集合S中非形如的元素构成的集合．由于对每个，均有，则．于是，T是非空集合．对每个，记，且称为从t开始的“链”．因为g是单射，所以，不同的链不交．对每个，均有，其中，，．重复上述过程，知存在，使得，从而，集合S是链的并．若是从开始的链中的元素，则，其中，．故．

①其次证明：集合T是无限的．假设集合T中只有有限个元素则只有有限个链．固定N．若是链中的元素，则由式①知：．由于个不同的正整数1，均不超过，则．当N足够大时，这是不可能的.因此，集合，T是无限的．选取任意正整数k，考虑从集合T中前个数开始的个链．设t是这个数中最大的一个．则每个链中均包含一个元素不超过t，且至少有一个链中不含中的任何一个数．于是，在这个链中存在一个元素n，使得，即．从而，数列，无界．46．（2021·全国·高三竞赛）求最大的，使对于给定n，任意一个实数列，总存在一个子列满足：（a）中有1项或2项属于T；（b）．【答案】【解析】【分析】【详解】取数列，考查其中项，其中至多有4项属于T，至少有2项属于T．若其中有4项属于T，则必然为2个1和2个；若其中有3项属于T，则3项和为1或；若其中有2项属于T，则2项和为0．取，m是正整数，则．不妨设，下面证明：．规定：若X为一个数列，则表示所有非负项构成的子列，表示所有负项构成的子列．考虑下面个数阵，其中，，…，，我们得到上面的个数列的和为：，，…，，对其求和，总和为，由抽屉原理可知，存在一个子列，所有数和的绝对值．47．（2019·浙江·高三竞赛）设X是有限集，t为正整数，F是包含t个子集的子集族：F=.如果F中的部分子集构成的集族S满足：对S中任意两个不相等的集合A、B，均不成立，则称S为反链.设S1为包含集合最多的反链，S2是任意反链.证明：存在S2到S1的单射f，满足或成立.【答案】证明见解析【解析】【详解】记|S1|=r，称包含r个元素的反链为最大反链，最大反链可能不唯一称F的子集P为链，如果之一成立.我们证明结论：F可以拆分为r个链的并(即Dilworth定理).对t进行归纳证明.t=1时显然成立.设命题对t－1成立，先假设存在一个最大反链S，使得F中既有集合真