华东师范大学第二附属中学(实验班用)数学习题详解-1

第一章 集合与命题

1.1 集合及其表示法

基础练习

1．用描述法表示下列集合：

16，25，36，49（1）1，4，9，．

1234，，，，0，251017． （2）

yyx解：（1）2，1≤x≤7，xN*．

n1*，nNxx2n11． （2）2．用列举法表示下列集合：

（1）{xx是20的正约数}．

xx（2）23x40，xZ．

10，20解：（1）1，2，4，5，．

1，2，3（2）解不等式得：1x40，．

b0a，，a2，ab，1a3．设三元素的集合也可表示为

，求a2010b2011的值．

解：由已知有a，b1，1，故有a2010b20110．

6MaN且aZ5a，求集合M． 4．已知全集

解：由已知5a=1，2，3，6，则a1，2，3，4，故M1，2，3，4． 5．给定三元集合1，x，xx2，求实数x的取值范围．

解：由集合元素的互异性知x0，1，2，51512，2．故实数x的取值范围是

51，251，0210，511，251，222，

6．若集合

Axax22x10，aR，xR中只有一个元素，求a．

解：当a0时，方程只有一个根

12，则以a0符合题意．

当a0时，则关于x的方程ax二次方程ax222x10是一元二次方程，由于集合A中只有一个元素，则一元

2x10有两个相等的实数根，所以44a0，解得a1．

综上所得，a0，1．

7．若集合Ax，xy，xy1，其中xZ，yZ且y0，若0A．求A中元素之和．

解：由已知及集合元素的互异性知x，y0，则xy10．

由于 xZ，yZ，

1则 x，y1，（舍）或1，1，

则 A中元素之和为0．

8．设集合Sa0，a1，a2，a3，在S上定义运算为：iaajak，其中k为ij被4除的余数，i，j0，

1，2，3，则求满足关系式xxa2a0的xxS的个数．

解：由于 xxa2a0

则 xx2mod4x1mod4．

只有a1，a3符合所给关系式，则x的个数为2．分析：在4元素集合上定义一个封闭运算显得抽象而陌生，在理解题目的字面含义和数学含义后，题目的结构并不复杂，可以认为就是一个条件、一个结论：

（1） 题目的条件：在S上定义了一个运算＋。用同余知识理解这个运算就是：

i＋j＝4n＋k，i，j，k∈（1，2，3，4） ①

（2） 题目的结论：对所定义的运算＋，求“方程” （x＋x）＋A2＝A0解的个数。

（3） 沟通条件与结论的基本联系，可把①代入，得（x＋x）＋2＝4n，x∈（1，2，3，4），

求n的个数。

审题进行到这一步，就等于解决了问题的一半，接着，因2x＋2是4的倍数，而x∈（1，2，3，4），故有2x＋2＝4，8 得x＝1，3

所以有两个

1S1SaS1a1）；2）若，则

9．已知S是由实数构成的集合，且满足少含有多少个元素？说明理由．

．如果S，S中至

解：若S中只有1个元素则

a11a （无解），若S中只有

2个元素则S

aa1a （无解），而

1S2，1，2符合条件，则S中至少含有3个元素．

aAx10．若实数a为常数，且1ax2x1，则a__________． 11x0，a解：a0时符合条件，a0时

，则

a1，a1a．故a0，1．

能力提高

11．平面点集

Mx，yx22x2≤y≤6xx23，且x，yZ，求M中元素的个数．

解：首先x22x2≤6xx231≤x≤3，

进而得

M1，1，1，2，2，2，2，3，2，4，2，5，3，5，3，6，则M中元素的个数为8．

12．定义集合A，B的一种运算：中的所有元素之和为__________．

ABxxx1x2，x1A，x2B，若A1，2，3，B1，2，则AB解：AB2，3，4，5，则AB中的所有元素之和为14．

1aAaA1aA13．已知集合的元素全为实数，且满足：若，则．

（1）若a3，求出A中其他所有元素．

（2）0是不是集合A中的元素？请你设计一个实数aA，再求出A中的所有元素．

（3）根据（1）（2），你能得出什么结论？

112，3，2．

解：（1）A中元素为3，

（2）0

101A0A10不是A的元素．若，则，

1a而当1A时，1a不存在，故

0不是A的元素．

11A3，2，，32． 取a3，可得（3）猜想：①A中没有元素1，0，1；②A中有4个元素，且每两个互为负倒数．

1a11A1a1A由上题知：0，．若，则无解．故1A．

设a1A，则

a1A1a3a111a11a21a2Aa3Aa4A1a11a2a11a3a11

a51a4a1A1a4，

又由集合元素的互异性知，A中最多只有4个元素a1，a2，a3,a4，且a1a31，a2a41．

显然a1a3，a2a4．

1a11a1若a1a2，则

a1，得：a121无实数解．同理，a1a4．故A中有4个元素．

30MMNaMa14．非空集合，且同时满足条件“若，则．

（1）写出所有含有2个元素的集合M．

（2）只有3个元素的集合M是否存在？若存在，写出集合M，若不存在，请说明理由，并适当改变题目的条件，使满足题意的集合M可以只有3个元素．

（3）用sM表示集合M中所有元素之和，求sM的最大值．

（4）从以上的工作中你可以得到哪些一般性的结论（规律）？

解：（1）{1，30}，{2，15}，{3，10}，{5，6}．

30a成立，这显然是不符题意的．如将

（2）不存在．若M中有3个元素，则有

a30改成36

（合理情形均可），此时M的一种情形为{1，6，36}符合条件．

（3）M {1，2，3，5，10，15，30}时，sM最大，此时sM72．

（4）如：正整数n为完全平方数的充分必要条件是n的所有正因子个数为奇数．

，A1，2，3，2n，2n115．集合的子集B满足：对任意的x，yB，xyB，求集合B中元素

个数的最大值．

bBb1，b2，k解：设，b1b2bk．BA，

bbMbkb1，bkb2，bbbbbbkk1k1k2kk1B则，，…，都不在中，设，

且MB．所以kk1≤2n1，得k≤n1．

构造B1，3，5，，2n1．

1．2集合之间的关系

基础练习

Pa，aq，aq2Qa，ad，a2d1．已知集合，，其中a0，且aR，若PQ，则实数q__________．

2aqaqad解：若，a2d，则q1 （舍）．

若aqa2d，aq2ad，则q1 （舍）或

11q2，故2．

2．已知集合

P__________．

Mxx23x20，Nxax10，若NM，则由满足条件的实数a组成的集合

解：M {1，2}，此时a0，1，

Axx2Bxx≤a11P0，1，2． 2，故

3．已知，且AB，则常数a的取值范围是__________．

解：a≥2．

4．若非空集合S满足S{1，2，3，4，5}，且若aS，则6aS，那么符合要求的集合S有__________个．

解：{1，5}，{3}，{2，4}都是符合要求，然后自由组合一下，所以答案为7．

5．集合

Pxx2x60，Mxmx10，且MP，则满足条件的m值构成的集合为__________．

11110，，m0，，P3，223． m23解：，此时，故满足条件的值构成的集合为

6．已知集合Ax，xy,xy，

B0，x，y，且AB，则x__________，y__________．

解：由于x，y0，则xy0x，y1，1．

Bx2y2，x2y2，07．集合

Axy，xy，xy，，且AB，则xy__________．

解：利用集合B中的元素0的特殊性来分类讨论，x，y（0，1），（0，1），故xy1，1．

能力提高

8．已知集合

Axx0，

m2x1Bzz，x2mx1B，，且BA，则实数m的取值范围是__________．

m2x10x2mmx1解：原题即求实数的取值范围，使得恒成立．

若mx10，mx10x2恒成立，

2m≤22．

若mx10，mx10x2恒成立，m0．

22m，2故0．

Nuu20p16q12r，p，q，rZ9．集合关系．

Muu12m8n4l，m，l，nZ，集合，求集合M与N的

解：

MNuu4k，kZ．

10．设集合M{1，2，3，…，2010}，集合A满足：AM，且当xA时，15xA，则A中元素最多有多少个．

解：一方面M{1，2，3，4，5，6，7，8，135，136，137，…，2009，2010}符合要求，此时M中元素有1884个．另一方面，对于{9，135}，{10，150}，…，{134，2 010}这126个集合每个集合中的2个元素至多只有一个属于M，故M中元素个数最多有1884个．

11．设集合M{1，2，3，4，5，6}，S1，S2，…，Sk都是M的含两个元素的子集，且满足：对任意的

Siai，bi，

，Sjaj，bjij，i、j1，2，3，k，都有

abajbjmini，imin，biaibjaj（minx，y表示两个数x，y中的较小者），求k的最大值．

解：对每一个

aibimin，kSiai，bii1，2，3，，biai的取值只有

11种，

故k的最大值为11．

ffxx，则称x为fx的“稳

12．对于函数fx，若fxx，则称x为fx的“不动点”，若

定点”，函数fx的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即

Axfxx，Bxffxx

（1）求证：AB．

fxa21aR，xR（2）若，且AB，求实数a的取值范围．

解：（1）若A，则AB显然成立．

fftftt若A，设tA，则ftt，，即tB，从而AB．

（2）A中元素是方程fxx即a21x的实根．

a01a≥4． 由A，知a0或14a≥0即

B中元素是方程

aax211x2即ax342a2x2xa10的实根．

由AB，知上方程左边含有一个因式ax2x1，即方程可化为

ax因此，要AB，即要方程a222x1a2x2axa10．

2xaxa10①，要么没有实根，要么实根是方程axx10②的根．

若①没有实根，则2a24a1a02，由此解得

a34；

若①有实根且①的实根是②的实根，则由②有a12a2x2axa，代入①有2ax10．

由此解得

x11310a，再代人②得4a2a，由此解得4．

134，4． 故a的取值范围是1．3集合之间的运算

基础练习

1．分别用集合符号表示图1-5的阴影部分：

AABC(1)图 1-5(2)B

解：（1）ABUAB．

C（2）CUAUBAB．

Bx，y2xy32．设集合

Ax，y3xy7，集合，求AB．

3xy7解：联立2xy3，可得：AB2，1．

3．集合

Axy2x1，xR，

Byyx29，xR，则AB__________．

解：AR，B，9，则AB，9．

11C1，，，1Bx2a1x2x1023，若B4．设，

2C，求实数a的所有值．

解：

a111B1，a3，进而得a≥1或a1． 2时，不符合题意．2时，有B或

5．设全集UR，集合

Axx2ax120，Bxx2bxb2280，若AUB2，求a、b的值．

解：由已知x2是x2222ax120的一个根，得a4，进而有A6，，故x6是xbxb280

的一个根，b2或4（舍），故a4，b2．

Ax，yyaxBx，yyxa6．已知围．

，，CAB，又C为单元素集合，求实数a的取值范

1解：数形结合可知a1，．

7．I{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，AI，BI，A则

AB2AB1，9A，UU，UB4，6，8，

UB__________．

解：A{2，3，4，5，7}，B{2，3，4，5，6，7，8}，{3，5，7}．

8．已知集合__________．

Ax103xx2≥0，Bxm1≤x≤2m1，当AB时，实数m的取值范围是

解：当B时，m2，当B时，m4，故m，24，．

Mm2，m1，3Nm3，2m1，m219．集合，，若MN3，则m__________．

解：由已知及集合元素的互异性有m33（舍）或2m13或m213（舍），故m1．

10．集合

Aaa5x3，xN*，Bbb7y2，yN，则A*B中的最小元素是__________．

解：枚举可得：23．

能力提高

y3Ax，y1，xRUx，y，yRx2， 11．设全集，集合（1）若

Bx，yyx1，x，yR，求UAB．

（2）若

Bx，yyx1，x，yR，求UAB．

解：（1）{（2，3）}．

（2）{（2，3）}．

12．某公司有120人，其中乘轨道交通上班的84人，乘公共汽车上班的32人，两种都乘的18人，求：

（1）只乘轨道交通上班的人数．

（2）不乘轨道交通上班的人数．

（3）乘坐交通工具的人数．

（4）不乘交通工具而步行的人数．

（5）只乘一种交通工具的人数．

解：画韦恩图和容斥原理可得：（1）66．（2）36．（3）98．（4）22．（5）80．

13．已知

Ax，yxn，yanb，nZ，

Bx，yxm，y3m215，mZ，Cx，yx2y2≤144，

b，使得A问是否存在实数a，bCB，a，同时成立？

解：由于

Ax，yyaxb，xZ，

Bx，yy3x215，xZ，

由于AB，则

yaxb2y3x153x2ax15b0xZ（）有解，即有整数解，

由

a21215b≥0a2≥18012b ①

而 a2b2≤144 ②

由①②得

144≥a2b2≥18012bb2b6≤0b62，代入①、②得

2a≥1082a≤108a2108，由于a63，则3x263x90x3Z，故这样的实数a，b不存在．

14．设集合

Axx23x20，Bxx22a1xa250，

（1）若AB2，求实数a的值．

（2）若ABA，求实数a的取值范围．

（3）若UR，AUBA，求实数a的取值范围．

解：（1）由于A{1，2}，AB2，则2B，代入B中的方程，

得a24a30a1或a3．

Bxx2401，2a1当时，，满足条件；

当a3时，

Bxx24x402，满足条件；

综上，a的值为1或3．

4a1h24a2542a6（2）对于集合B，．由于ABA，则BA，

①当0，即a3时，B满足条件； ②当0，即a3时，B2，满足条件； ③当0，即a3时，BA1，2．

5a122a122a2712a5由韦达定理，矛盾；综上，a的取值范围是a≤3．

（3）AUBA，则AUB，则AB；

①若B，则0a3适合；

②若B，则a≥3，此时1B且2B；

将2代入B的方程得a1或3，将1代入B的方程得

a22a20a13，则a1且a3且a13，

综上，a的取值范围是a3或3a13或13a1或1a13或a13．

15．设集合

Ax，yy2x10，Bx，y4x22x2y50，Cx，yykxb，问：是否存

在k，bN，使得A解：要使ABBC，并证明你的结论．

CACBC，必须AC且BC，

由

y2x1222ykxbkx2kb1xb10，

当k0时，方程有解xb21，不合题意：

24k1222b4k ① 当k0时由12kb14kb10得

4x22x2y504x221kx52b0ykxb又由，

由

241k1652b02得

b20k182 ②

由①、②得

bk1201b4k8， ，而

由于b为自然数，则b2，代入①、②得k1．

16．集合A和B各含有12个元素，AB含有4个元素．试求同时满足下列条件的集合C的个

数：

（1）CAB且C中含有3个元素．

（2）CA．

解：

3C320C82019188761084321321．

17．判断以下命题是否正确：设A，B是平面上两个点集，

rx，yx2y2≤r2，若

对任何r≥0，都有

rArB，则必有AB，证明你的结论．

解：命题不正确．如取

A0，0，

B1，1．

1．4 容斥原理与抽屉原理

基础练习

1．对某学校的100名学生进行调查，了解他们喜欢看球赛、看电影和听音乐的情况．其中58人喜欢看球赛，38人喜欢看电影，52人喜欢听音乐，既喜欢看球赛又喜欢看电影的有18人，既喜欢听音乐又喜欢看电影的有16人，三种都喜欢的有12人，问有多少人只喜欢听音乐？

解：由容斥原理可得有22人只喜欢听音乐．

2．正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三个面颜色相同．

证明：把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据抽屉原则（2），至少有三个面涂上相同的颜色．

3．从自然数1，2，3，…，99，100这100个数中随意取出51个数来，求证：其中一定有两个数．它们中的一个是另一个的倍数．

解：构造抽屉：（1）不超过50个；（2）每个抽屉里的数（除仅有的一个外），其中一个数是另一个数的倍数，一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手．

设第一个抽屉里放进数：1，1×2，122，123，124，125，126；

第二个抽屉里放进数：3，3×2，32，32，32，32；

2345第三个抽屉里放进数：5，5×2，52，52，52；

234……

第二十五个抽屉里放进数：49，49×2；

第二十六个抽屉里放进数：51．

……

第五十个抽屉里放进数：99．

那么随意取出51个数中，必有两个数同属一个抽屉，其中一个数是另一个数的倍数．

4．任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数．

解：这些数队以10的余数即个位数字，以0，1，…，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，…，[9]．若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数．

能力提高

5．在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂．至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数（以米为单位），这是为什么？

解：如图，设挂牌的三棵树依次为A，B，C．ABa，BCb．若a，b中有一为偶数，命题得证．否则a，b均为奇数，则ACab为偶数，命题得证．

下面我们换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证．

AaBbC题5解析图

6．以x，y，z表示三元有序整数组，其中x，y，z为整数，试证：在任意七个三整数组中，至

少有两个三元数组，它们的x，y，z元中有两对都是奇数或都是偶数．

解：设七个三元素组为A1x1，y1，z1，A2x2，y2，z2，…，A7x7，y7，z7．现在逐步探索，从x元开始，由抽屉原则，x1，x2，…，x7这七个数中，必定有四个数具有相同的奇偶性，不妨设这四个数是x1，x2，…，x4且为偶数，接着集中考虑A1，A2，A3，A4，这四组数的y元，若y1，y2，y3，y4中有两个是偶数，则问题已证，否则至多有一个是偶数，比如y4是偶数，这时我们再来集中考虑A1，

A2，A3的z元．在z1，z2，z3中，由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性，如z1，z2，这时无论它

们是奇数，还是偶数，问题都已得到证明．

7．任选6人，试证其中必有3人，他们互相认识或都不认识．

解：用A，B，C，D，E，F表示这6个人，首先以A为中心考虑，他与另外5个人B，C，D，

E，F只有两种可能的关系：认识或不认识，那么由抽屉原则，他必定与其中某

3人认识或不认识，

现不妨设A认识B，C，D3人，当B，C，D3人都互不认识时，问题得证；当B，C，D3人中有两人认识，如B，C认识时，则A，B，C互相认识，问题也得证．

8．a，b，c，d为四个任意给定的整数，求证：以下六个差数ba，ca，da，cb，db，

dc的乘积一定可以被

12整除．

解：把这6个差数的乘积记为p，我们必须且只须证明：3与4都可以整除p，以下分两步进行．

第一步，把a，b，c，d按以3为除数的余数来分类，这样的类只有三个，故知a，b，c，d中至少有2个除以3的余数相同，例如．不妨设为a，b，这时3可整除ba，从而3可整除p．

第二步，再把a，b，c，d按以4为除数的余数来分类，这种类至多只有四个，如果a，b，c，

d中有两个数除以4的余数相同，那么与第一步类似，我们立即可作出4可整除p的结论．

设a，b，c，d四数除以4的余数不同，由此推知，a，b，c，d之中必有两个奇数（不妨设为a，b），也必有两个偶数（设为c，d），这时ba为偶数，dc也是偶数，故4可整除badc，自然也可得出4可整除p．

（如果能进一步灵活运用原则，不仅制造抽屉，还根据问题的特征，制造出放进抽屉的物体，则更可收到意想不到的效果．）

9．求证：从任意n个自然数a1，a2，…，an中可以找到若干个数，使它们的和是n的倍数．

解：以0，1，…，n1即被n除的余数分类制造抽屉的合理的，但把什么样的数作为抽屉里的物体呢？扣住“和”，构造下列和数：

S1a1，

S2a1a2，

S3a1a2a3，

……

Sna1a2an，

其中任意两个和数之差仍为和数，若他们之中有一个是n的倍数．问题得证，否则至少有两个数被n除余数相同，则它们的差即它们中若干数（包括1个）的和是n的倍数，问题同样得证．

10．910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶，证明：不论怎样排列，红、蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种：

（1）至少有三行完全相同．

（2）至少有两组（四行）每组的两行完全相同．

解：910瓶红、蓝墨水排成130行，每行7瓶，对一行来说，每个位置上有红、蓝两种可能，因此，一行的红、蓝墨水排法有27128种，对每一种不同排法设为一种“行式”，共有128种行式．

现有130行，在其中任取129行，依抽屉原则知，必有两行A，B行式相同．

除A，B外余下128行，若有一行P与A行式相同，知满足（1）至少有三行A，B，P完全相同，若没有一行P与A行式相同，那么这128行至多有127种行式，依抽屉原则，必有两行C，D具有相同行式，这样便找到了A，B，C，D两组（四行），且两组两行完全相同．

1．5 命题的形式及等价关系

基础练习

1．已知命题“两个有理数的和是有理数”为某命题的逆命题．试写出原命题、否命题、逆否命题，并判断这些命题的真假．

解：原命题：如果两个数的和是有理数，那么这两个数都是有理数（假）；

否命题：如果两个数的和不是有理数，那么这两个数不都是有理数（真）；

逆否命题：如果两个数不都是有理数，那么和也不是有理数（假）．

2．写出命题“已知a，bZ，若a，b是奇数，则ab是奇数”的逆否命题：__________．

解：已知a，bZ，若ab不是奇数，则a不是奇数，或b不是奇数．

3．下列四个命题中的真命题是（ ）．

bR，若ab是无理数，则a，b都是无理数 A．已知a，bR，若ab是有理数，则a，b都是有理数 B．已知a，bR，若ab是无理数，则a是无理数或b是无理数 C．已知a，bR，若ab是有理数，则a是有理数或b是有理数 D．已知a，解：C．

4．命题“若p不正确，则q不正确”的逆命题的等价命题是（ ）．

A．若q不正确，则p不正确 B．若q不正确，则p正确

C．若p正确，则qq不正确 D．若p正确，则q正确

解：D（逆命题为A，逆命题的等价命题为D）．

5．“若b24ac0，则ax2bxc0没有实根”，其否命题是（ ）．

A．若b24ac0，则ax2bxc0没有实根

B．若b24ac0，则ax2bxc0有实根

C．若b24ac≥0，则ax2bxc0有实根

D．若b24ac≥0，则ax2bxc0没有实根

解：C．

能力提高

6．写出命题“各位数字之和是3的倍数的正整数，能被3整除”的逆命题、否命题、逆否命题，并判断其真假．

解：逆命题：能被3整除的正整数各位数字之和是3的倍数（真）；

否命题：各位数字之和不是3的倍数的正整数不能被3整除（真）；

逆否命题：不能被3整除的正整数各位数字之和不是3的倍数（真）．

7．用反证法证明：不存在整数m，n，使得m2n21998．

证：若存在整数m，n，使得m2n21998．则左边0或1mod4，

右边2或3mod4，故无论何种情形左边≠右边．矛盾!

n，使得m故不存在整数m，2n21998．

1．6 充分条件与必要条件

基础练习

2yaxbxc恒大于acb1．若、、是常数，则函数0的充要条件是解：____________________．

解：ab0，或a0，b24ac0．

2．若非空集合MN，则“aN或“∈N”是“aMN”的__________条件．

解：必要非充分．

3．“a1且b1”是“ab0”的（ ）．

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

解：D．

4．“三个数a、b、c不全为零”的充要条件是（ ）．

A．a、b、c都不为零 B．a、b、c中至多有一个为零

C．a、b、c中只有一个为零 D．a、b、c中至少有一个不为零

解：D．

22xy1”是命题“xy1”的（ ）． x、yR5．设．命题“

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：A．

xBx1Ayyx4x66．若，a．试证明“a5”是“BA”的一个充分且非必要条件．

2解：

Ayy≥2，故a5时BA，但反之不成立．

1ax2a2x40x7．已知关于的方程，aR，求：

（1）方程有两个正根的充要条件．

（2）方程至少有一个正根的充要条件．

1a0≥0a2x1x201a≤2或a≥10a140x1x2a1解：（1）；

（2）分两类情形：①有一个正根，②有两个正根．

1a01a00≥0a2a2x1x2x1x200a1a144400x1x20x1x2x1x2a1a1a1或a1或或．

解得：a≤2或a≥10．

能力提高

Axa1xb1，a1b10Bxa2xb2，a2b208．（1）已知实数集合，

求AB的充要条件．

（2）试对两个一元二次不等式的解集写出类似的结果，并加以证明．

bbbbabAxx1Bxx2AB1211a1a2a1a2a2b2，，解：（1）．

（2）如果系数a1，b1，c1和a2，b2，c2都是非零实数，不等式a1xa1b1c1a集分别是A和B，则“2b2c22b1xc10和a2x2b2xc20的解

”是“AB”的既不充分也不必要条件．可以举反例加以说明．

123若123，A，13，，B1，3则AB；

a1b1c122a若ABR，取xx100，xx1000，则2b2c2．

fxaxbx2a09．已知，函数，

（1）当b0时，若对任意xR都有fx≤1，证明：a≤2b．

fx≤11（2）当b1时，证明：对任意x0，，的充要条件是：b1≤a≤2b．

fx≤11（3）当0b≤1时，讨论：对任意x0，，的充要条件．

解：（1）依题设，对任意xR，都有fx≤1．

aa2fxbx2b4b， 2

2aaf≤12b4b，

a0，b0，

 a≤2b．

fx≤11≤fx1（2）（必要性），对任意x0，，据此可推出1≤f1

即ab≥1，

fx≤1fx≤11a≥b1．对任意x0，，，

因为b1，可推出

11fa1≤1≤1bb．即， a≤2b，所以b1≤a≤2b．

1（充分性）：因b1，a≥b1，对任意x0，，可以推出：

axbx2≥bxx2x≥x≥1，即：axbx2≥1；

因为b1，a≤21b，对任意x0，，

可推出axbx2≤2bbx2≤1，即axbx2≤1， 1≤fx≤1．

fx≤11综上，当b1时，对任意x0，，的充要条件是：b1≤a≤2b．

1（3）因为a1，0b≤1时，对任意x0，．

fxaxbx2≥b≥1，即fx≥1；

a≤b1fx≤b1xbx2≤1a≤b1，即；，即fx≤1．

fx≤1f1≤1ab≤1fx≤11所以，当a1，0b≤1时，对任意x0，，的充要条件是：a≤b1．

10．设定数A，B，C使得不等式AxyxzByzyxCzxzy≥0对一切实数x，y，

z都成立，问A，B，C应满足怎样的条件？（要求写出充分必要条件，而且限定用只涉及A，B，C的等式或不等式表示条件）

A2B2C2≤2ABBCCAC≥0AB解：充要条件为，，且 ①

先证必要性，题设可改写为

AxyBACyzxyCyz≥022 ②

若A0，则由②对一切x，y，zR成立，则只有BC，再由题设知BC0，

222若

A02，则因为②恒成立，所以

，

A0，

BACyz4ACyz≤0恒成立，所以

BAC4AC≤0

即

A2B2C2≤2ABBCCA同理有B≥0，C≥0，所以必要性成立．

A2B2C2≤2ABBCCAC≥0AB再证充分性，若，，且，

22（1）若A0，则由BC≤2BC得BC≤0，所以BC，所以0，所以②成立，题设成立．

2（2）若A0，则≤0，所以②成立，所以题设成立．

综上，充要性得证．

x2pxqx1pq11．设，是实数．证明：方程有4个实根的充要条件是pq20．

证：结合pq240x2pqx10qp2p120pq20，得．可知当且仅当时，有两

pqpq224个不同正实根．同理0，pq240pq20．

x2p1x10pq20可知当且仅当时，有两个不同负实根．

1.7 集合的综合运用

能力提高

，C1，2，nCB，1．已知集合A，（不必相异）的并集AB，则满足条件的有序三元组A，B，C个数是__________．

，1，2，n解：由集合的文氏图可知，对于中的每一个元素，都有7种可能的放置方法，故满

足条件的有序三元组A，B，C个数是7．

n

2．已知集合

Ax，yaxy1，

Bx，yxay1，

Cx，yx2y21，问：

（1）当a取何值时，ABC为恰有2个元素的集合？说明理由．

（2）若改为3个元素集合，结论如何？

1A解：显然0，C，1，0BC，所以，（0，1），（1，0）ABBC．

22xy1相切，Aaxy1xay1a0（1）时，直线与均与圆

C0，1，1，0．

a1时，直线axy1与xay1重合，即连接（0，1），（1，0）的直线．

a0，1时，直线axy1与圆x2y21有一个不同于（0，1），（1，0）的交点，ABC的

元素个数≥3．

因此a0，1．

（2）这时a0，1，而且直线axy1与圆x2y21的另一个交点也是直线xay1与圆x2y21的

另一个交点，即这点是axy1与xay1的交点，从而z

a12．

xy11xy222a1，代入xy1得

，

3．求集合B和C，使得BC{1，2，…，10}，BC，并且C的元素乘积等于B的元素和．

解：B中元素的和≤1+2+3+…+10=55而1×2×3×4×5=120>55可知集合C至多有四个元素．故可由C1来进行讨论．

（1）C1C的元素的乘积≤10，

B的元素和≥1+2+3+…+9=45，

故此情况不成立．

，不妨设Cx，y，xy．

（2）C2由已知，得xy55xyx1y156．

x17x1y111因，解得y18

故C{6，7}，B{1，2，3，4，5，8，9，10}．

，不妨设Cx，y，z，xyz，

（3）C3由已知，得xyz55xyz． 当x1时yz54yzy1z155．

则y4，z10．

故C{1，4，10}，B{2，3，5，6，7，8，9}，

当x2时2yz53yz2yzyz534yz2y2z106．

则2y12z1107．

因为107为质数，所以无解．

若x≥3，显然xyz≥3456055xyz无解．

，不妨设Cx，y，z，txyzt，

（4）C4必有x1，否则xyzt≥234512055．

此时1yzt551yztyzt54yzt，2≤yzt．

同（3）y≥3时无解．

必有y2，则2ztzt52，2z12t1105715z3，t7，

故C{1，2，3，7}，B{4，5，6，8，9，10}．

综上，C{6，7}，B{1，2，3，4，5，8，9，10}，或C{1，4，10}，B{2，3，5，6，7，8，9}，

或C{l，2，3，7}，B{4，5，6，8，9，10}．

S是Q的子集且满足：rS，r0恰有一个成立，bS，4．若rQ，则rS，并且若aS，则abS，abS，试确定集合S．

解：设任意的rQ，r0，由已知rS，或rS之一成立．又若rS，则r2S；若rS，则

r2rrS．总之，r2S．

取r1，则1S．再由pqS，得211S，312S，可知全体正整数都属于S．

1p1Spq2S2q设p，qS，由①pqS，又由前证知q，所以q．因此，S含有全体正有理数．

再由已知，0及全体负有理数不属于S．即S是由全体正有理数组成的集合．

5．集合S{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}的若干个五元子集满足：S中的任何两个元素至多出现在两个不同的五元子集中，问：至多有多少个五元子集？

Ai51≤i≤k解：设A1，A2，…，Ak是S的子集（满足要求的），则满足（1）；

（2）

AiAj≤21≤i≤j≤k．

AmAnAl≤1，1≤m≤n≤l≤k，则每个元素至多在3个集合中出现，则至多出现3×10=30

次，所以至多30÷5=6个集合．

其次，下列6个集合满足题设条件：

A1{l，2，3，4，5}，A2{1，2，6，7，8}，A3{l，3，6，9，10}，

A4{2，4，7，9，10}，A5{3，5，7，8，10}，A6{4，5，6，8，9}．

综上可知，所求K的最大值为6．

6．S1，S2，S3是三个非空整数集，已知对于1，2，3的任意一个排列i，j，k，如果xSi，则xySk．求证：S1，S2，S3中必有两个相等．

，则yxSk，yxyxSi．

ySj，

证：若xSi，

ySj所以每个集合中均有非负元素．

当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立．

否则，设S1，S2，S3中的最小正元素为a，不妨设aS1，设b为S2，S3中最小的非负元素，不妨设bS2，则baS3．

若b0，则0≤bab，与b的取法矛盾．所以b0．

任取xS1，因0S2，故x0xS3．所以S1S3，同理S3S1．

所以S1S3．

7．求证：集合{1，2，…，1989}可以划分为117个互不相交的子集Ai （i1，2，…，117），使得

（1）每个Ai恰有17个元素．

（2）每个Ai中各元素之和相同．

证明：将集合{1，2，…，1 989}中的数从小到大顺次分成17段，每段含117个数．

从第4段数开始，将偶数段的数从小到大依次放入A1，A2，…，A117中，将奇数段的数从大到小依次放入这117个子集中．易见，所有集合中的14个数之和都相等．于是问题归结为如何将前三段数{1，2，…，351}每3个一组分别放入每个集中，且使每组3数之和都相等．

把这些数中3的倍数抽出来从大到小排好：{351．348，345，…，6，3}，共117个数，依次放入A1，A2，…，A117中，其余的234个数从小到大排列并分成两段，每段117个数，即{l，2，4，5，7，…，173，175}和{176，178，179，…，349，350}．将这两段数分别顺次放入A1，A2，…，

A117之中便满足要求．事实上，若将这两段数中的数顺次相加，则其和为{177，180，183，186，…，

522，525}．由此可见，放入每个Ai的三个数之和都是528．

8．设a1，a2，…，a20是20个两两不同的整数，且集合aiaj1≤i≤j≤20中有201个不同的元素，求集合aiaj1≤ij≤20中不同元素个数的最小可能值．

解：所给集合的元素个数的最小值为1（）（）．

首先，令ai101110i，a10i101110i，i1，2，…，10．则aiaj1≤i≤j≤20中共有（1+2+3+…

+20）-10+1=201个不同的元素，而

aaij，1≤ij≤20210ii1，2，101010ij1≤ij≤10共有10+2C210100个不同的元素．

下面用反证法证明：所给集合的不同元素的个数不小于100． 若存在一个使所给集合的元素个数小于100的集合Sa1，a2，，a20，我们计算S的“好子集”

x，y，z，w的个数，这里xyzw，且xwyz．

对S中满足bc的数对b，c（共190对），考虑它们的差bc，由于至多有99个不同的差（这

cS，cc且bcbc．里用到反证法假设），故必有至少91个数对b，c，使得存在b，满足bb，对

这样的91个数对b，c，它与其相应的b，c形成S的一个4元集b，c，b，c，可得到S的一个“好子集”x，y，z，w，且至多两个数对b，c形成相同的子集x，y，z，w（只能是b，cw，z，

w，y）．故=S的“好子集”至少有46个．

1另一方面，S的“好子集”x，y，z，w的个数等于数对b，c的个数，其中i为正整数．

2ssii1，这里si为S中满足bci．b≤c的

注意到，对每个i，S中的每个元素s至多出现在上面的一个数对b，c中（事实上，当s≤is时，

iss出现在数对s，中，其余情况出现在is，s中），于是si≤10，从而在si0时，1≤si≤10，故

1sisi1≤5si52．

由于集合aiaj1≤i≤j≤20中有201个不同的元素，故使得si≥1的正整数i有201个，设T为这样的i组成的集合．

易知S中有C对b，c满足bc，有20对b，c满足bc，所以iT220siC22020210．

1sisi1≤5si55210201452iTiT于是，这与S的“好子集’’至少有

46个矛盾．

所以，所给集合中，至少有100个不同的元素．

9．设A{1，2，3，4，5，6}，B{7，8，9，…，n }，在A中取三个数，B中取两个数组成五个元素的集合Ai，i1，2，…，20，

AiAj≤2，1≤ij≤20．求n的最小值．

解：nmin16．

设B中每个数在所有Ai中最多重复出现k次，则必有k≤4．若不然，数m出现k次（k4），则

3k12．在m出现的所有Ai中，至少有一个A中的数出现3次，不妨设它是1，就有集合1，a1，a2，m，b1，

1，a3，a4，m，b2，1，a5，a6，m，b3，其中aiA，1≤i≤6，为满足题意的集合．ai必各不相同，但只能是2，3，4，5，6这5个数，这不可能，所以k≤4．

20个Ai中，B中的数有40个，因此至少是10个不同的，所以n≥16．

当n16时，如下20个集合满足要求：

{1，2，3，7，8}， {1，2，4，12，14}， {1，2，5，15，16}， {1，3，4，10，11}， {1，3，5，13，14}， {1，3，6，12，15}，{1，4，6，13，16}， {1，5，6，8，11}， {2，3，4，13，15}， {2，3，6，14，16}， {2，4，5，8，10}， {2，4，6，7，11}，13}，

{3，4，5，12，16}， {3，4，6，8，9}， {3，5，6，7，10}，15}．

{1，2，6，9，10}，

{l，4，5，7，9}，

{2，3，5，9，11}，

{2，5，6，12， {4，5，6，14，