专题01 集合新定义问题（教师版）

高考数学高考数学勤思笃学勤思笃学勤思笃学勤思笃学专题01集合新定义问题以集合为背景的创新问题是考试创新题型的一个热点，此类问题多以“问题”为核心，以“探究”为途径，以“发现”为目的，这类试题只是以集合为依托，常在创新集合定义、运算、性质等方面命题，考查考生理解问题、解决创新问题的能力．题型一与集合定义有关的创新问题【例1】若对任意，均有，就称集合是伙伴关系集合．设集合，则的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为（

）A．15 B．16 C．32 D．128【答案】A【解析】根据题意，可得具有伙伴关系的元素有，其中有，共4组，它们中任选一组、二组、三组或四组均可组成伙伴关系集合，所以共有.故选：A.【解题技法】与集合新定义有关的创新问题是通过重新定义相应的集合，对集合的知识加以深入地创新，结合原有集合的相关知识和相应数学知识，来解决新定义的集合创新问题，遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质；按新定义的要求，“照章办事”逐步分析、验证、运算，使问题得以解决．【跟踪训练】若对任意，，则称A为“影子关系”集合，下列集合为“影子关系”集合的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】对于选项A：因为，但，不符合题意，故A错误；对于选项B：因为，但无意义，不符合题意，故B错误；对于选项C：例如，但，不符合题意，故C错误，对于选项D：对任意，均有，符合题意，故D正确；故选：D.题型二与集合运算有关的创新问题【例2】如图所示的Venn图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为，，则,，由集合的运算可知，表示中去掉的部分，所以.故选D【解题技法】与集合运算有关的创新问题是按照一定的数学规则和要求给出新的集合运算规则，并按照此集合运算规则和要求结合相关知识进行逻辑推理和计算等，从而达到解决问题的目的．【跟踪训练】（2024·广东珠海高一期末）对于的两个非空子集，定义运算，则（

）A．B．C．若，则D．表示一个正方形区域【答案】BC【解析】由题意知，表示以数集中的数为横坐标，数集中的数为纵坐标的点的集合，故，故A错误；因为，又，所以，则B正确；若，则，故C正确；若，集合只包含一个点，故D错误．故选：BC．题型三与集合性质有关的创新问题【例3】设P是一个数集，且至少含有两个数．若对于任意，都有，且若，则，则称P是一个数域．例如，有理数集Q是数域．下列命题正确的是（

）A．数域必含有0，1两个数B．整数集是数域C．若有理数集，则数集M一定是数域D．数域中有无限多个元素【答案】AD【解析】因为P是一个数集，且至少含有两个数，可知P中必有一个非零实数，对于选项A：当时，、，故A正确；对于选项B：例如，，但，不满足条件，故B错误；对于选项C：例如，取，，但，所以数集M不是一个数域，故C错误；对于选项D：由选项A可知：数域必含有0，1两个数，根据数域的性质可知：数域必含有，必为无限集，故可知D正确．故选：AD.【解题技法】与集合性质有关的问题是利用创新集合中给定的定义与性质来处理问题，通过创新性质，结合相应的数学知识来解决有关的集合性质的问题．【跟踪训练】在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为[k]，即[k]＝{5n＋k|n∈Z}，k＝0,1,2,3,4.给出如下三个结论：①2023∈[3]；②－3∈[3]；③Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]．其中，正确结论的序号是________．【答案】①③【解析】①∵2023÷5＝404……3，∴2023∈[3]，故①正确；②∵－3＝5×(－1)＋2，∴－3∉[3]，故②错误；③∵整数集中的数被5除的余数可以且只可以分成五类，故Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]，故③正确．题型四与数列交汇的创新问题【例3】（2023·北京·高考真题）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)证明：存在，满足使得．【解】（1）由题意可知：，当时，则，故；当时，则，故；当时，则故；当时，则，故；综上所述：，，，.（2）由题意可知：，且，因为，且，则对任意恒成立，所以，又因为，则，即，可得，反证：假设满足的最小正整数为，当时，则；当时，则，则，又因为，则，假设不成立，故，即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.（3）因为均为正整数，则均为递增数列，（ⅰ）若，则可取，满足使得；（ⅱ）若，则，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有.①若存在正整数，使得，即，可取，满足，使得；②若不存在正整数，使得，因为，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，满足，使得；（ⅲ）若，定义，则，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有.①若存在正整数，使得，即，可取，即满足，使得；②若不存在正整数，使得，因为，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，满足，使得.综上所述：存在使得．【解题技法】若新定义与数列有关，可得利用数列的递推关系式，结合数列的相关知识进行求解，多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程灵活运用数列的性质，准确应用相关的数列知识.【跟踪训练】（2024·北京·高考真题）设集合．对于给定有穷数列，及序列，，定义变换：将数列的第项加1，得到数列；将数列的第列加，得到数列…；重复上述操作，得到数列，记为．(1)给定数列和序列，写出；(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，证明：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”．【解】（1）由题意得；（2）假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，则，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的；（3）我们设序列为，特别规定.必要性：若存在序列，使得为常数列.则，所以.根据的定义，显然有，这里，.所以不断使用该式就得到，，必要性得证.充分性：若.由已知，为偶数，而，所以也是偶数.我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.上面已经证明，这里，.从而由可得.同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.下面证明不存在使得.假设存在，根据对称性，不妨设，，即.情况1：若，则由和都是偶数，知.对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；情况2：若，不妨设.情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.则此时对任意，由可知必有.而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.1．定义两集合的差集：且，已知集合，，则的子集个数是（

）个．A．2 B．4 C．8 D．16【答案】B【解析】因为，，所以，所以，有两个元素，则的子集个数是个．故选：B．2．德国数学家康托尔在其著作《集合论》中给出正交集合的定义：若集合A和B是全集U的子集，且无公共元素，则称集合互为正交集合，规定空集是任何集合的正交集合．若全集，则集合A关于集合U的正交集合B的个数为（

）A．8 B．16 C．32 D．64【答案】B【解析】结合题意：因为，所以，解得，即，所以全集，由可得，所以，则集合A关于集合U的正交集合B的个数为.故选：B.3．如图所示，，是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，，，则为（

）A． B．C．或 D．或【答案】D【解析】根据题意有，，所以，，则或.故选：D4．已知集合（），若集合，且对任意的，存在使得，其中，，则称集合A为集合M的基底.下列集合中能作为集合的基底的是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为，，，，，，所以能作为集合的基底，故选：C5．（多选）群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中．有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明．群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“．”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对所有的a、，有；②、b、，有；③，使得，有，e称为单位元；④，，使，称a与b互为逆元．则称G关于“·”构成一个群．则下列说法正确的有（

）A．关于数的乘法构成群B．自然数集N关于数的加法构成群C．实数集R关于数的乘法构成群D．关于数的加法构成群【答案】AD【解析】对于A选项，对所有的、，有，且满足①乘法结合律；②，使得，有；③，，有，故A正确；对于B选项，①自然数满足加法结合律；②，使得，有；但是对于，，不存在，使，故B错误；对于C选项，对所有的、，有，①实数满足加法结合律；②，使得，有；但对于，，不存在，使，故C错误；对于D选项，对所有的、，可设，，，，，，则，①满足加法结合律，即、、，有；②，使得，有；③，设，，，，使，故D正确．故选：AD．6．设是整数集的一个非空子集，对于，若且，则是的一个“孤立元”，给定，由的3个元素构成的所有集合中，不含“孤立元”的集合共有个．【答案】7【解析】由集合的新定义知，没有与之相邻的元素是“孤立元”，集合不含“孤立元”，则集合中的三个数必须连在一起，所以符合题意的集合是，，，，，，，共7个．7.（2022·北京·高考真题）已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．(1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若为连续可表数列，且，求证：．【解】（1），，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．（2）若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；当时,数列，满足，，，，，，，，．（3），若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，若，则至多可表个数，矛盾,从而若,则，至多可表个数，而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为，则所有数之和，，，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，（仅一种方式），与2相邻，若不在两端,则形式，若，则（有2种结果相同，方式矛盾），，同理，故在一端，不妨为形式，若,则（有2种结果相同，矛盾），同理不行，，则（有2种结果相同，矛盾），从而，由于,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能，①或，②这2种情形，对①：，矛盾，对②：，也矛盾，综上，当时，数列满足题意，．8．已知S是全体复数集的一个非空子集，如果，总有，则称S是数环．设是数环，如果①内含有一个非零复数；②且，有，则称是数域．由定义知有理数集是数域．(1)求元素个数最小的数环；(2)证明：记，证明：是数域；(3)若是数域，判断是否是数域，请说明理由．【解】（1）因为为数环，可知不是空集，即中至少有一个元素，若，则，可知为数环；若，则，可知中不止一个元素，不是元素个数最小的数环；综上所述：元素个数最小的数环为.（2）设，可知，则有：，，，因为，则，可知，所以是数环；若，可知，满足①；若，则，因为，则，可知，满足②；综上所述：是数域.（3）不一定是数域，理由如下：1.若，显然均为数域，且是数域；2.设，可知，则有：，，，因为，则，可知，所以是数环；若，可知，满足①；若，则，因为，则，可知，满足②；综上所述：是数域.例如：，例如，但，所以不是数域；综上所述：不一定是数域.9．已知数列，记集合.(1)若数列为，写出集合；(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；(3)若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为，若，求的最大值．【解】（1）由题意可得，，，所以.（2）假设存在，使得，则有，由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同，又，，所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾，故不存在，使得.（3）首先证明时，对任意的都有，因为，由于与均大于且奇偶性不同，所以为奇数，对任意的都有，其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和，若正整数，其中，则当时，由等差数列的性质可得：，此时结论成立，当时，由等差数列的性质可得：，此时结论成立，对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项，由前面证明可知正整数不是中的项，所以的最大值为.10．设正整数，，，这里.若，且，则称具有性质.(1)当时，若具有性质，且，，，令，写出的所有可能值；(2)若具有性质：①求证：；②求的值.【解】（1）对集合，记其元素个数为.先证明2个引理.引理1：若具有性质，则.引理1的证明：假设结论不成立.不妨设，则正整数，但，故一定属于某个，不妨设为.则由知存在正整数，使得.这意味着对正整数，有，，但，矛盾.所以假设不成立，从而一定有，从而引理1获证.引理2：若具有性质，则，且.证明：取集合.注意到关于正整数的不等式等价于，而由引理1有，即.结合是正整数，知对于正整数，当且仅当，这意味着数列恰有项落入集合，即.而两两之间没有公共元素，且并集为全体正整数，故中的元素属于且仅属于某一个，故.所以，从而，这就证明了引理2的第一个结论；再考虑集合中全体元素的和.一方面，直接由知中全体元素的和为，即.另一方面，的全部个元素可以排成一个首项为，公差为的等差数列.所以的所有元素之和为.最后，再将这个集合的全部元素之和相加，得到中全体元素的和为.这就得到，所以有.即，从而，这就证明了引理2的第二个结论.综上，引理2获证.回到原题.将从小到大排列为，则，由引理2的第一个结论，有.若，则，所以每个不等号都取等，从而，故；情况1：若，则，矛盾；情况2：若，则，所以，得.此时如果，则，矛盾；如果，则，从而，故；如果，由于，设，，则，.故对于正整数对，有，从而，这与矛盾.综上，的取值只可能是或.当时，；当时，.所以的所有可能取值是和.（2）①由引理1的结论，即知；②由引理2的第二个结论，即知.11．设，若非空集合同时满足以下4个条件，则称是“无和划分”:①；②；③，且中的最小元素大于中的最小元素；④，必有.(1)若，判断是否是“无和划分”，并说明理由.(2)已知是“无和划分”（）.①证明:对于任意，都有；②若存在，使得，记,证明：中的所有奇数都属于.【解】（1）解：不是.理由如下：取，则，说明不是“无和划分”.（2）解：①假设存在，使得,记的最小值为，则；设B中最小的元素为，则，所以，所以，（否则与矛盾），(否则与矛盾)，所以，因为，所以不同属于，所以这与矛盾，所以假设不成立.②因为是“无和划分”,且存在,使得记i的最小值为，所以，由①知，因为,所以，所以，设中最小的元素为,若，则，所以，所以(否则与矛盾)，所以(否则与矛盾)，所以，又因为和不同属于C，所以，这与矛盾，所以，即，所以，所以，所以，所以(否则与矛盾)，所以，若，则与和矛盾，所以所以,(否则与矛盾)，(否则与矛盾)，所以，以此类推，对于任意奇数都有，所以为偶数(否则，与2∈B和矛盾),所以均为奇数.因为，所以(否则与矛盾)，所以，所以，所以(否则与矛盾)，所以，以此类推，对于任意大于，小于或等于的奇数都属于集合，综上所述，中的所有奇数都属于集合.12．设集合，如果对于的每一个含有个元素的子集P，P中必有4个元素的和等于，称正整数为集合的一个“相关数”.(1)当时，判断5和6是否为集合的“相关数”，说明理由；(2)若为集合的“相关数”，证明：；(3)给定正整数，求集合的“相关数”m的最小值.【解】（1）解：当时，，①对于的含有5个元素的子集，因为，所以5不是集合的“相关数”；②的含有6个元素的子集只有，因为，所以6是集合的“相关数”．（2）证明：考察集合的含有个元素的子集，中任意4个元素之和一定不小于，所以一定不是集合的“相关数”；所以当时，一定不是集合的“相关数”，因此若为集合的“相关数”，必有，即若为集合的“相关数”，必有.