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111022集合 1.1 集合的概念与运算(修改)


第一章

集合

一、典例精析 任意取出一个子集,计算它的各元素之和 则所有子集的 【例 1】在集合 {1,2, ? , n} 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 】 任意取出一个子集 计算它的各元素之和.则所有子集 . 之和是 〖分析〗已知 {1,2, ? , n} 的所有的子集共有 2 个.而对于 ?i ∈ {1,2, ? , n} ,显然 {1,2, ? , n}
n

中 包 含 i 的 子 集 与 集 合 {1,2, ? , i ? 1, i + 1, ? , n} 的 子 集 个 数 相 等 . 这 就 说 明 i 在 集 合

{1,2, ? , n} 的所有子集中一共出现 2 n?1 次,即对所有的 i 求和,可得 S n = 2 n ?1 ( ∑ i ).
i =1

n

【解】集合 {1,2, ? , n} 的所有子集的元素之和为 2 = n ? ( n + 1) ? 2 .
n ?1

n ?1

(1 + 2 + ? + n) = 2 n?1 ?

n(n + 1) 2

〖说明〗 本题的关键在于得出 {1,2, ? , n} 中包含 i 的子集与集合 {1,2, ? , i ? 1, i + 1, ? , n} 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. 本题也可以用配对的思想来求解决。 注:本题也可以用配对的思想来求解决。 为有限集,且 【例 2】已知 A 为有限集 且 A ? N ,满足集合 A 中的所有元素之和与所有元素之积相等 】 满足集合 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= {a1, a2 ,?, an}(n >1) 且 1 ≤ a1 < a2 < ? an ,
*

由 a1 + a2 + ?+ an = a1 ? a2 ? ? ? an , an ≥ n( n ∈ N *) , 得 nan ≥ a1 + a2 + ?+ an = a1 ? a2 ? ? ? an ≥ an ( n ? 1)!,即 n ≥ ( n ? 1)!

∴ n = 2 或 n = 3 (事实上,当 n > 3 时,有 (n ? 1)!≥ (n ? 1)(n ? 2) ≥ (n ? 1) ? 2 > n) . 当 n = 2 时, a1 ? a2 = a1 + a2 < 2a2 ,∴ a1 < 2,∴ a1 = 1 ,而 1 ? a2 ≠ 1 + a2 ,∴ n ≠ 2. 当 n = 3 时, a1 ? a2 ? a3 = a1 + a2 + a3 < 3a3 ,∴ a1 ? a2 < 3 ,∴ a1 = 1, a2 = 2.
由 2a3 = 3 + a3 ,解得 a3 = 3. 综上可知, A = {1,2,3}. 〖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. 及每一个非空子集定义唯一“交替和 如下:把子集中的 交替和”如下 【例 3】对集合 A = {1, 2,? , 2008} 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 然后从最大数开始,交替地加减相继各数 交替和”是 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 {1,2,4,6,9} 的 “交替和 是 交替和

9 ? 6 + 4 ? 2 + 1 = 6 ,集合 {7,10} 的“交替和 是 10-7=3,集合 {5} 的“交替和 是 5 等等 试 交替和”是 - 交替和”是 等等.试 集合 交替和 集合 交替和 的所有的“交替和 的总和.并针对于集合 交替和”的总和 求出所有的“交替和 交替和”. 求 A 的所有的 交替和 的总和 并针对于集合 {1,2, ? , n} 求出所有的 交替和
〖分析〗集合 A 的非空子集共有 2 2008 ? 1 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} 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 Ai 是{1,2,3,4}中一个不含有 4 的子集,令 Ai 与 {4} ∪ Ai 相对应,显然这两个集合的“交替
1

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 {1,2, ? ,2008} 的子集中,除了集合 {2008} ,还有 2 2008 ? 2 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 Ai 是第二类的,则必有 Ai ∪ {2008} 是第一类的集合;如果 B j 是第一类中的集合,则 B j 中除 2008 外,还应用 1,2,……,2007 中的数做其元素,即 B j 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

1 2008 (2 ? 2) × 2008 + 2008 = 2 2007 × 2008. 2 n 同样可以分析 {1,2, ? , n} ,因为 n 个元素集合的子集总数为 2 个(含 φ ,定义其“交替
n ?1 n ?1

和”为 0),其中包括最大元素 n 的子集有 2 个,不包括 n 的子集的个数也是 2 个,将两类 子集一一对应(相对应的子集只差一个元素 n ),设不含 n 的子集“交替和”为 S,则对应的含 n 子集的“交替和”为 n ? S ,两者相加和为 n .故所有子集的“交替和”为 2 ? n. 〖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. 都是{1, 3, 2, …, 真子集 真子集, 【例 4】 n ∈ N 且 n ≥15,A, B 都是 , , , ,n }真子集,A ∩ B = φ , A ∪ B ={1, 】 设 , 且 , 2,3,…, n }.证明: A 或者 B 中必有两个不同数的和为完全平方数 证明: 中必有两个不同数的和为完全平方数. , , , 证明 【证明】由题设,{1,2,3,…, n }的任何元素必属于且只属于它的真子集 A, B 之一. 假设结论不真,则存在如题设的{1,2,3,…, n }的真子集 A, B ,使得无论是 A 还 是 B 中的任两个不同的数的和都不是完全平方数. 不妨设 1∈ A ,则 3 ? A ,否则 1+3= 2 2 ,与假设矛盾,所以 3∈ B .同样 6 ? B ,所 以 6∈ A , 这时 10 ? A , 即 10∈ B .因 n ≥15, 15 或者在 A 中, , 而 或者在 B 中, 但当 15∈ A 时,因 1∈ A ,1+15= 4 2 ,矛盾;当 15∈ B 时,因 10∈ B ,于是有 10+15= 5 ,仍然矛盾. 因此假设不真,即结论成立. (1995 年全国高中数学竞赛试题)设 M={1,2,3,…,1995},A 是 M 的子集且满足条 年全国高中数学竞赛试题) 【例 5】 】 ( , 中元素的个数最多是_______________. 件: 当 x∈A 时,15x ? A,则 A 中元素的个数最多是 ∈ , 解:由于 1995=15×133,所以,只要 n>133,就有 15n>1995.故取出所有大于 133 而不超过 1995 的整数. 由于这时己取出了 15×9=135, … 15×133=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 1995—133+8=1870 个数, 这说明所求数≥1870. 另一方面,把 k 与 15k 配对, 不是 15 的倍数,且 1≤k≤133)共得 133—8=125 对, (k 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. 条建议.已知有些班级提 【例 6】为了搞好学校的工作,全校各班级一共提了 P ( P ∈ N + ) 条建议 已知有些班级提 】为了搞好学校的工作, 出了相同的建议,且任何两个班级都至少有一条建议相同, 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 P ?1 建议 求证该校的班级数不多于 2 个. 证明:假设该校共有 m 个班级,他们的建议分别组成集合 A1 , A2, ? , Am 。这些集合中没有 两个相同(因为没有两个班级提出全部相同的建议) ,而任何两个集合都有相同的元素, 因此任何一个集合都不是另外一个集合的补集。这样在 A1 , A2, ? , Am 中至多有 A(所有 P
2
2 n ?1

条建议所组成的集合)的

1 × 2 P = 2 P ?1 个子集,所以 m ≤ 2 P ?1. 2

二、课后练习 1、(2005 年全国联赛) 记集合 、 年全国联赛

a a a a T = {0,1,2,3,4,5,6}, M = { 1 + 2 + 3 + 4 | ai ∈T , i = 1,2,3,4}, 7 72 73 74
中的元素按从大到小的顺序排列, 个数是( 将 M 中的元素按从大到小的顺序排列,则第 2005 个数是( )

5 5 6 3 5 5 6 2 A. + 2 + 3 + 4 B. + 2 + 3 + 4 . . 7 7 7 7 7 7 7 7 1 1 0 4 1 1 0 3 D. + 2 + 3 + 4 C. + 2 + 3 + 4 . . 7 7 7 7 7 7 7 7 4 解: 用 [ a1 a 2 … a k ] p 表示 k 位 p 进制数,将集合 M 中的每个数乘以 7 ,得

M ′ = {a1 ? 73 + a2 ? 7 2 + a3 ? 7 + a4 | ai ∈ T , i = 1, 2,3, 4} = {[a1a2 a3 a4 ]7 | ai ∈ T , i = 1, 2,3, 4}. M ′ 中的最大数为 [6666]7 = [2400]10 .在十进制数中,从 2400 起从大到小顺序排列的第
2005 个 数是 2400- 2004=396. 而 [396]10 = [1104]7 将 此数 除以 7 , 便得 M 中 的数
4

1 1 0 4 + 2 + 3 + 4 . 故选 C. 7 7 7 7
视为不同的对, 2、集合 A,B 的并集 A∪B={a1,a2,a3},当且仅当 A≠B 时,(A,B)与(B,A)视为不同的对,则 、 , 与 视为不同的对 ∪ 这样的(A,B)对的个数有 对的个数有( ) 这样的 对的个数有 A.27 B.28. C.26 D.25 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.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. 3、设 f ( x) = x 2 + px + q, p, q ∈ R ,集合 A= x x = f (x) ,集合 B= x x = f ( f ( x)) . 、 (1)如果 x = f(x) 那么 x 是否满足 x = f(f(x) 由此你可以得出集合 A 与集合 B ) ( ) ,那么 , (( ) )?由此你可以得出集合 )? 是什么关系? 是什么关系? 的全部元素. (2)当集合 A= {? 1,3} 时,求出集合 B 的全部元素. )

{

}

{

}

为只含有一个元素的集合, (3)若 A 为只含有一个元素的集合,则 A = B . ) (新编高中数学竞赛教程(上)葛军 P4) 新编高中数学竞赛教程( ) 解: (1)设任意 x 0 ∈ A ,则 x0 = f ( x0 ) .而 f [ f ( x0 )] = f ( x 0 ) = x0 ,故 x0 ∈ B ,所以

A ? B.

?(?1) 2 + a ? (?1) + b = ?1 (2)因 A = {?1,3} ,所以 ? 2 解得 a = ?1, b = ?3 ? 3 + a ?3+ b = 3 故 f ( x) = x 2 ? x ? 3 。由 x = f [ f ( x)] 得 ( x 2 ? x ? 3) 2 ? ( x 2 ? x ? 3) ? x ? 3 = 0
x = ?1, 3, ± 3 B ={ ? 1,3,? 3 , 3} 。 (3)设 A = {α | α ∈ R}, 则方程f ( x) ? x = 0 有重根 α ,于是 f ( x) ? x = ( x ? α ) 2 ,
解得
3

f ( x) = ( x ? α ) 2 + x..从而x = f [ f ( x)], 即 x = [( x ? α ) 2 + ( x ? α )] 2 + ( x ? α ) 2 + x, 2 2 2 整 理 得 ( x ? α ) [( x ? α + 1) + 1] = 0, 因 x, α 均 为 实 数 ( x ? α + 1) + 1 ≠ 0, 故x = α . 即 B = {α } = A.
【评述】此类函数方程问题,应注意将之转化为一般方程来解之. 4、设 A ={ a | a = x ? y , x, y ∈ Z }, 、 , 求证: ; ⑵ 4k ? 2 ? A (k ∈ Z ) . 求证:⑴ 2k ? 1 ∈ A ( k ∈ Z ); 的两个整数, (3)属于 A 的两个整数,其积仍属于 A . ) 新编高中数学竞赛教程( (新编高中数学竞赛教程(上)葛军 P10) )
2 2

解: ⑴⑴ k , k ? 1 ∈ Z 且 2k ? 1 = k ? ( k ? 1) ,∴ 2k ? 1 ∈ A ;
2 2

⑵假设 4k?2∈A(k∈Z),则存在 x, y∈Z ,使 4k?2 = x ? y 即 ( x ? y )( x + y ) = 2(2k ? 1) (*) ? 由于 x ? y 与 x + y 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, 4k ? 2 ? A( k ∈ Z ) .
2 2

5、设集合 P = {不小于 3 的正整数} 定义 P 上的函数如下:若 n ∈ P ,定义 f (n) 为不 、 的正整数} ,定义 上的函数如下: , 是 n 的 约数 的 最小 正整 数 , 例 如 f (7) = 2, f (12) = 5 . 记 函 数 f 的 值 域为 M. 证 明 :

19 ∈ M ,99 ? M . 解:记 n = 18! 时,由于 1,2,……18 都是 n 的约数,故此时 f ( n) = 19. 从而 19 ∈ M . 若存在 n ∈ P ,使 f ( n) = 99 ,则对于小于 99 的正整数 k ,均有 k | n ,从而 9 | n,11 | n , 但是 (9,11) = 1 ,由整数理论中的性质 9×11=99 是 n 的一个约数,这是一个矛盾!从而 99 ? M .
6、 第 43 届美国中学数学竞赛题)设 S 为集合 {1, 2,3,? , 50} 的具有下列性质的子集: S 、 (第 届美国中学数学竞赛题) 的具有下列性质的子集: ( 整除, 中元素最多可能有多少个? 中任意两个不同元素之和不被 7 整除,那么 S 中元素最多可能有多少个? (新编高中数学竞赛教程(上)葛军 P5) 新编高中数学竞赛教程( ) 分析:集合{1,2,3,…,100}中所有的数都除以 7 取余数,分为 7 组,即余数分别为 0, 1,2,3,4,5,6; 其中余数为 0 时,有 14 个,余数为 1 时,有 15 个,余数为 2 时,有 15 个,余数为 3 时, 有 14 个,余数为 4 时,有 14 个,余数为 5 时,有 14 个,余数为 6 时,有 14 个;显然, 余数为 1 和余数为 6,余数为 2 和余数为 5,余数为 3 和余数为 4 不能同时在 S 中,余数 为 0 时只能有一个元素在 S 中; 所以, 最大时应是余数为 1 时+余数为 2 时+余数为 3 S (或 余数为 4)时+余数为 0 时的一个元素的个数和. 解:集合{1,2,3,…,100}中所有的数都除以 7 取余数,可分为 7 组,即余数分别为 0, 1,2,3,4,5,6; 其中余数为 0 时,有{7,14,21,28,35,42,49,56,63,70,77,84,91,98}共 14 个; 余数为 1 时,有{1,8,15,…,99}共 15 个; 余数为 2 时,有{2,9,16,…,100}共 15 个; 余数为 3 时,有{3,10,17,…,94}共 14 个; 余数为 4 时,有{4,11,18,…,95}共 14 个; 余数为 5 时,有{5,12,19,…,96}共 14 个;
4

余数为 6 时,有{6,13,20,…,97}共 14 个; 根据题意知,余数为 1 和余数为 6,余数为 2 和余数为 5,余数为 3 和余数为 4 不能同时 在 S 中,余数为 0 时只能有一个元素在 S 中; 所以,S 最大时应是余数为 1 时+余数为 2 时+余数为 3(或余数为 4)时+余数为 0 时的一 个元素,共 45 个元素. 故答案为:45.

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