資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
重難點突破01 集合新定義問題
【題型歸納目錄】
題型一：定義新概念
題型二：定義新運算
題型三：定義新性質
題型四：定義新背景
【知識點梳理】
1、解答新定義型創新題的基本思路是：
（1）正確理解新定義；
（2）根據新定義建立關系式；
（3）結合所學的知識、經驗將問題轉化為熟悉的問題；
（4）運用所學的公式、定理、性質等合理進行推理、運算，求得結果．
2、集合中的新概念問題，往往是通過重新定義相應的集合或重新定義集合中的某個要素，結合集合的知識加以創新，我們還可以利用原有集合的相關知識來解題．
3、集合中的新運算問題是通過創新給出有關集合的一個全新的運算規則．按照新的運算規則，結合數學中原有的運算和運算規則，通過相關的集合或其他知識進行計算或邏輯推理等，從而達到解答的目的．
4、集合中的新性質問題往往是通過創新集合中給定的定義與性質衍生而來的．我們通過可以結合相應的集合概念、關系、運算等相關知識，利用相應的數學思想方法來解答有關的集合的新性質問題．
【典型例題】
題型一：定義新概念
【例1】已知，是的子集，定義集合且，若，則稱集合是的恰當子集.
(1)若，，求并判斷集合是否為的恰當子集；
(2)已知是的恰當子集，求的值并說明理由.
【變式1-1】（2025·高三·江西南昌·期中）已知有窮數列的各項均為正整數，記集合的元素個數為.
(1)若數列為，試寫出集合，并求的值；
(2)若是遞增數列且，求證：是等比數列；
【變式1-2】（2025·北京順義·二模）已知點集滿足，，.對于任意點集，若其非空子集A，B滿足，，則稱集合對為的一個優劃分.對任意點集及其優劃分，記A中所有點的橫坐標之和為，B中所有點的縱坐標之和為.
(1)寫出的一個優劃分，使其滿足；
(2)對于任意點集，求證：存在的一個優劃分，滿足；
(3)對于任意點集，求證：存在的一個優劃分，滿足且.
題型二：定義新運算
【例2】如圖，設是由個實數組成的2行列數表，其中表示數表中第行第列的實數，滿足：，且.
…
…
記為所有這樣的數表組成的集合.對于任意，記，；記為的一個子集，定義“變換”為：對于任意，若，則令，不變；若，則令，不變.數表A經過“變換”所得新數表記為.
(1)對如下數表A，直接寫出一個集合，使其滿足；
2 4 0
2 0 4
(2)證明：對于任意，存在集合滿足；
(3)證明：對于任意，存在集合滿足且.
【變式2-1】（2025·廣東·模擬預測）已知數列，記集合．
(1)對于有限數列3，7，2，9，寫出集合T；
(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一組i，j；若不存在，說明理由．
(3)若，把集合T中的元素從小到大排列，得到的新數列為，若，求n的最大值．
【變式2-2】（2025·浙江金華·三模）給定正整數，考慮集合的所有排列，對每個，定義：，并規定.記為所有排列中的最大值.
(1)對于排列，計算，再直接寫出和的值，并分別給出一個滿足的排列和一個滿足的排列；
(2)對任意整數，證明：；
(3)證明：.
【變式2-3】定義兩種新運算“”與“”，滿足如下運算法則：對任意的，有，.設全集，且，，，且，，.
(1)求集合；
(2)求集合；
(3)集合，是否能滿足？若能，求出實數的值；若不能，請說明理由.
題型三：定義新性質
【例3】（2025·云南昆明·一模）若非空集合A與B，存在對應關系f，使A中的每一個元素a，B中總有唯一的元素b與它對應，則稱這種對應為從A到B的映射，記作f：A→B．
設集合，（，），且．設有序四元數集合且，．對于給定的集合B，定義映射f：P→Q，記為，按映射f，若（），則；若（），則．記．
(1)若，，寫出Y，并求；
(2)若，，求所有的總和；
(3)對于給定的，記，求所有的總和（用含m的式子表示）．
【變式3-1】（2025·廣東江門·一模）將2024表示成5個正整數，，，，之和，得到方程①，稱五元有序數組為方程①的解，對于上述的五元有序數組，當時，若，則稱是密集的一組解.
(1)方程①是否存在一組解，使得等于同一常數 若存在，請求出該常數；若不存在，請說明理由；
(2)方程①的解中共有多少組是密集的
(3)記，問是否存在最小值 若存在，請求出的最小值；若不存在，請說明理由.
【變式3-2】設，集合，且，稱為的生成集，為的伴生集.用表示集合中元素個數，定義.
(1)當時，求和；
(2)是否存在含有三個元素的正整數集合，使得和同時取最小值？若存在，給出一種集合；若不存在，請說明理由；
(3)當時，求的最小值，并給出此時的集合.
題型四：定義新背景
【例4】定義：對于集合，若不存在常數，使得，且對于中的任意數列，均有，其中常數和的值唯一，則稱數列可用，線性表示，其中是的一組基底.（注：若，則）已知集合中的任意數列均滿足遞推關系：，而均為集合中的數列.
(1)若；；
①求出和；
②寫出數列關于的線性表示（無需證明）.
(2)若，且，證明：是的一組基底.
【變式4-1】設正整數，集合，對于集合中的任意元素和，及實數，定義：當且僅當時；；．若的子集滿足：當且僅當時，，則稱為的完美子集．
(1)當時，已知集合，分別判斷這兩個集合是否為的完美子集，并說明理由；
(2)當時，已知集合．若不是的完美子集，求的值；
(3)已知集合，其中，若對任意都成立，判斷是否一定為的完美子集．若是，請說明理由；若不是，請給出反例．
【變式4-2】（2025·廣東·模擬預測）已知.設集合或，且，集合.若集合中的元素滿足，則稱為的“相鄰元”.對于整數，若集合存在一個子集滿足：（i）集合中的元素個數為；（ii），在集合中都至少有個“相鄰元”，則稱是“好數”.
(1)當時，直接寫出的“相鄰元”；
(2)當時，求證：是“好數”；
(3)當時，若整數滿足，且，求證：是“好數”.
【強化訓練】
1．已知為自然數集的子集，將從小到大排序后依次記為，定義是由，，，為元素組成的集合，給定正整數m，若，則稱A為連續生成數集．
(1)判斷是否為連續生成數集？說明理由；
(2)數集是否為連續生成數集？說明理由；
(3)若數集為連續生成數集，求正整數的最大值．
2．已知集合S為平面中點的集合，n為正整數，若對任意的.且，總存在平面中的一條直線恰通過S中的k個不同的點 ，稱集合S為n連續共線點集.
(1)若 判斷S是否為3連續共線點集 是否為4連續共線點集
(2)已知集合S為n連續共線點集，記集合S的元素個數為.
（i）若，求n的最大值;
（ii）對給定的正整數n，求的最小值.
3．由個正整數構成的有限集（其中），記，特別規定，若集合滿足：對任意的正整數，都存在集合的兩個子集，使得成立，則稱集合為“滿集”.
(1)分別判斷集合與是否為“滿集”，請說明理由；
(2)若集合為“滿集”，求的值.
4．對于非空數集A，若其最大元素為M，最小元素為m，則稱集合A的幅值為，若集合A中只有一個元素，則.
(1)若，求；
(2)若，，，，求的最大值，并寫出取最大值時的一組，，.
5．已知是全體復數集的一個非空子集，如果，總有，，，則稱S是數環.設是數環，如果①內含有一個非零復數；②且，有，則稱是數域.由定義知有理數集Q是數域.
(1)求元素個數最小的數環；
(2)記，證明：是數域；
(3)若，是數域，判斷是否是數域，請說明理由.
6．已知集合是實數集的非空子集，若，則稱集合為閉集合.
(1)若集合均是閉集合.求證：是閉集合；
(2)若集合均是閉集合.集合一定是閉集合嗎？如果是請證明，如果不是請舉出反例；
(3)若均是閉集合，且都是的真子集.求證：存在常數，但.
7．已知數列的各項均為整數，對的非空子集M，用表示i取遍集合M的所有元素時的之和，例如．
(1)若數列A：1，2，3，4，直接寫出所有滿足的集合I與J的組合（其中I的最小元素小于J的最小元素）；
(2)若n為奇數，，求證：存在集合，，使得；
(3)設數列A中正數共t項，負數共s項，若，求證：存在集合，使得．
8．集合為進入高中數學的第一章節，在高中數學數學知識中占據一定的地位.已知集合為非空數集，我們根據數學知識和定義，規定如下，
(1)若集合，直接寫出集合（請寫出計算過程）；
(2)若集合，，且，求證：；
(3)若集合，，記為集合中元素的個數，求的最大值．
9．設集合為實數集，其中，對U的非空子集A，若滿足：①若，則，；②A中所有元素之和的算術平均數與U中所有元素之和的算術平均數相等，則稱A為U的“平衡子集”.
(1)若，，直接寫出，的所有“平衡子集”；
(2)若，
（ⅰ）求U的所有“平衡子集”的個數；
（ⅱ）用表示U的元素個數為m的“平衡子集”的個數，，，用表示U的元素個數為n的子集個數，求的值，并說明理由.
10．已知集合，對于，，定義．
(1)已知，求所有的，使得：
(2)已知，求證：為偶數；
(3)已知，對任意，均有，求的最大值．
11．已知集合中的任一個元素都是整數，當存在整數、，且時，稱為“間斷整數集”.進一步地，若“間斷整數集”中任意兩個元素的差的絕對值最小為，則稱為“－間斷整數集”.已知集合.
(1)若集合的三元子集是“2－間斷整數集”，求符合條件的元素所構成的集合；
(2)若集合的四元子集是“1－間斷整數集”，求集合的個數；
(3)求集合的所有子集中，“間斷整數集”的個數.
12．定義集合，.
(1)求與；
(2)設集合中元素的個數為，是否存在，使得成立？若存在，求出一組，，的值；若不存在，說明理由；
(3)記表示不超過的最大整數，且，求的值．
13．對于任意實數c，，定義區間，，，的長度均為.若集合I是若干個兩兩交集為空集的區間的并集，則把這幾個區間的長度的和稱為I的長度.特別地，記正整數集，且，若區間的端點滿足，則稱該集合為“稱心集”.
(1)若的解集為B，求集合B的區間長度；
(2)若關于x的不等式組的解集構成的各區間長度之和為6，求實數t的取值范圍；
(3)求“稱心集”中元素個數的最大值，并說明理由.
14．（2025·河北石家莊·一模）已知數列，其中.
(1)若，集合表示集合的非空子集個數.集合的第個非空子集中的所有元素之和記為，設.
（i）直接寫出；
（ii）計算的前項相和；
(2)取，在數列中至少有一項為負值，且，將數列各項依次放在正五邊形各頂點上，每個頂點一項.任意相鄰三個頂點的三項為，若中間項，則進行如下交換，將變換為，直到正五邊形各頂點上的數均為非負時變換終止.求證：對任何符合條件的，上述變換終止只需進行有限多次.
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重難點突破01 集合新定義問題
【題型歸納目錄】
題型一：定義新概念
題型二：定義新運算
題型三：定義新性質
題型四：定義新背景
【知識點梳理】
1、解答新定義型創新題的基本思路是：
（1）正確理解新定義；
（2）根據新定義建立關系式；
（3）結合所學的知識、經驗將問題轉化為熟悉的問題；
（4）運用所學的公式、定理、性質等合理進行推理、運算，求得結果．
2、集合中的新概念問題，往往是通過重新定義相應的集合或重新定義集合中的某個要素，結合集合的知識加以創新，我們還可以利用原有集合的相關知識來解題．
3、集合中的新運算問題是通過創新給出有關集合的一個全新的運算規則．按照新的運算規則，結合數學中原有的運算和運算規則，通過相關的集合或其他知識進行計算或邏輯推理等，從而達到解答的目的．
4、集合中的新性質問題往往是通過創新集合中給定的定義與性質衍生而來的．我們通過可以結合相應的集合概念、關系、運算等相關知識，利用相應的數學思想方法來解答有關的集合的新性質問題．
【典型例題】
題型一：定義新概念
【例1】已知，是的子集，定義集合且，若，則稱集合是的恰當子集.
(1)若，，求并判斷集合是否為的恰當子集；
(2)已知是的恰當子集，求的值并說明理由.
【解析】（1）若，有，
由，則，
滿足，集合是的恰當子集.
（2）若（）是的恰當子集，則
得到，由，則或
當時，，此時，，滿足題意，
當時，，此時，，滿足題意，
綜上可得，或，.
【變式1-1】（2025·高三·江西南昌·期中）已知有窮數列的各項均為正整數，記集合的元素個數為.
(1)若數列為，試寫出集合，并求的值；
(2)若是遞增數列且，求證：是等比數列；
【解析】（1）因為，
所以集合，所以.
（2）證明：因為是遞增數列，且，
因為是遞增數列，所以，
所以且互不相等，所以，
又因為，
所以且互不相等，所以
所以，
所以，
所以，所以為等比數列.
【變式1-2】（2025·北京順義·二模）已知點集滿足，，.對于任意點集，若其非空子集A，B滿足，，則稱集合對為的一個優劃分.對任意點集及其優劃分，記A中所有點的橫坐標之和為，B中所有點的縱坐標之和為.
(1)寫出的一個優劃分，使其滿足；
(2)對于任意點集，求證：存在的一個優劃分，滿足；
(3)對于任意點集，求證：存在的一個優劃分，滿足且.
【解析】（1）由題因為，
所以若使，則可以，
此時，滿足題意.
（2）根據題意對于任意點集，不妨設，
且，，，
若，則，令，
則，此時恒有；
若，則，可令，
此時，則，滿足題意；
若，則，令，
此時，則，滿足題意；
若，則，則
令，
此時，則，滿足題意；
所以對于任意點集，都存在的一個優劃分，滿足.
（3）不妨設，
若，則B取其中一點即可滿足；
若，
則必存在正整數k使得，
則有，于是，
又因為
，當且僅當時取等號；
于是取，
即可滿足且，命題得證.
題型二：定義新運算
【例2】如圖，設是由個實數組成的2行列數表，其中表示數表中第行第列的實數，滿足：，且.
…
…
記為所有這樣的數表組成的集合.對于任意，記，；記為的一個子集，定義“變換”為：對于任意，若，則令，不變；若，則令，不變.數表A經過“變換”所得新數表記為.
(1)對如下數表A，直接寫出一個集合，使其滿足；
2 4 0
2 0 4
(2)證明：對于任意，存在集合滿足；
(3)證明：對于任意，存在集合滿足且.
【解析】（1）當 時滿足條件，變換后的數表為
2 4 0
0 0 0
S = 2 + 4 + 0 = 6，T = 0 + 0 + 0 = 0，S + T = 6，符合題意；
當時,變換后的數表為
0 0 0
2 0 4
，符合題意；
當時,變換后的數表為
2 0 0
0 0 4
，不符合題意；
當時,變換后的數表為
0 4 0
2 0 4
，不符合題意；
當時,變換后的數表為
0 0 0
2 0 0
，不符合題意；
當時,變換后的數表為
0 4 0
2 0 0
，符合題意；
當時,變換后的數表為
2 0 0
0 0 0
，不符合題意；
當時,變換后的數表為
2 4 0
0 0 4
，不符合題意；
以上任意符合題意的集合都可以作為集合，即.
（2）證明：因為，且.
,
定義,
即將列中第一行的數大于等于第二行的數的列的列數構成集合，
則變換后每一列中只剩一個不超過2的數，，符合題意.
這就證明了對于任意，存在集合滿足；
（3）每一列的數對可能為(0,4),(4,0),(1,3),(3,1),(2,2),(1,2),(2,1),
對于(0,4),(1,3),(1,2)的列的列數不屬于，對于(4,0),(3,1),(2,1)的列的列數屬于，這樣的變換后相應的這些列中的數字都變成0或者1.
如果(2,2)的列如果有偶數列，則隨意將其中的列的列數加入，
這些列中有第一行的數字變為0，第二行的數字還是2，另外的列的列數不在中的列第一行的數字為2，第二行的數字為0，
則,
如果(2,2)的列如果有奇數列，則隨意將其中的列的列數加入，
這些列中有第一行的數字變為0，第二行的數字還是2，另外的列的列數不在中的列第一行的數字為2，第二行的數字為0，
則,符合題意，
這樣就證明了對于任意，存在集合滿足且.
【變式2-1】（2025·廣東·模擬預測）已知數列，記集合．
(1)對于有限數列3，7，2，9，寫出集合T；
(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一組i，j；若不存在，說明理由．
(3)若，把集合T中的元素從小到大排列，得到的新數列為，若，求n的最大值．
【解析】（1）由題，設，按照相鄰兩項，三項，四項分類列舉如下：
，，，
，，，
所以；
（2）假設存在，使得，
則，
因為為偶數，所以與奇偶性相同，則與奇偶性不同，
又因為，，所以必等于奇數因子（大于等于3）和偶數因子（大于等于3）的乘積，
又，，
即，解得，
或，解得，
或，解得，
所以存在，使得；
（3），
先證明正整數中所有的奇數與形式的整數都無法由表示，
因為為奇數，
所以的因子為一奇一偶，
而奇數沒有偶數因子，沒有奇數因子，無法由表示；
其次證明除奇數與形式以外的數，都可以表示成的形式，
若正偶數，其中，任何一個形式以外的偶數都能表示成該形式，
則，解得，
或，解得，滿足條件，
故存在，使得成立，
由前面可知正整數以及奇數不是集合中的元素，
所以的最大值為.
【變式2-2】（2025·浙江金華·三模）給定正整數，考慮集合的所有排列，對每個，定義：，并規定.記為所有排列中的最大值.
(1)對于排列，計算，再直接寫出和的值，并分別給出一個滿足的排列和一個滿足的排列；
(2)對任意整數，證明：；
(3)證明：.
【解析】（1）排列，則，，，，
所以，
對應排列為，對應排列為.
（2）設原排列為，交換最后兩項得到新排列.
顯然，即交換排列的最后兩項不改變的總和.
考慮一般情況：設原排列為，
交換1和的位置后得到新排列.
顯然，對于或的項，有，
因此只需比較和的大小.
設，分三種情況分析：
情況1：當時，有，且，
情況2：當時，有，且，
情況3：當時，有，且，
綜上，在三種情況下都有，即交換后總和不會減少，
對于任意排列，構造其對稱排列時，對任意恒有.
由于將原排列中的1后移等價于在對稱排列中將后移，結合已證向右移動1不減少整個的總和，故向右移動也不減少總和.
因此，最優排列的構造中，將固定在末位同樣能保證尋找到總和最大.
設原排列為，前項中的和為的和為.
固定項，
因此.
（3）設原排列為，
前項中，的和為的和為，
固定項，因此，
設，則，不等式變為，兩邊除以得.
定義：設，則遞推關系為.
當時，，則有.
對于.
【變式2-3】定義兩種新運算“”與“”，滿足如下運算法則：對任意的，有，.設全集，且，，，且，，.
(1)求集合；
(2)求集合；
(3)集合，是否能滿足？若能，求出實數的值；若不能，請說明理由.
【解析】（1）對任意的，有，，
全集且，
則
由，得，或，或，
當時，；
當時，；
當時，，
所以.
（2），由且，，得，，
因此，所以.
（3）由（1）（2）知，，，則，
假設集合，能滿足，則，或且，
又，當時，；當時，解得，經驗證，或都符合要求，
所以實數的值為0或.
題型三：定義新性質
【例3】（2025·云南昆明·一模）若非空集合A與B，存在對應關系f，使A中的每一個元素a，B中總有唯一的元素b與它對應，則稱這種對應為從A到B的映射，記作f：A→B．
設集合，（，），且．設有序四元數集合且，．對于給定的集合B，定義映射f：P→Q，記為，按映射f，若（），則；若（），則．記．
(1)若，，寫出Y，并求；
(2)若，，求所有的總和；
(3)對于給定的，記，求所有的總和（用含m的式子表示）．
【解析】（1）由題意知，，
所以．
（2）對1，，5是否屬于B進行討論：
①含1的B的個數為，此時在映射f下，；
不含1的B的個數為，此時在映射f下，；
所以所有Y中2的總個數和1的總個數均為10；
②含5的B的個數為，此時在映射f下，；
不含5的B的個數為，此時在映射f下，；
所以所有Y中6的總個數和5的總個數均為10；
②含的B的個數為，此時在映射f下，，；
不含的B的個數為，此時在映射f下，，；
所以所有y中的總個數和的總個數均為20．
綜上，所有的總和為．
（3）對于給定的，考慮在映射f下的變化．
由于在A的所有非空子集中，含有的子集B共個，
所以在映射f下變為；
不含的子集B共個，在映射f下變為；
所以在映射f下得到的所有的和為．
同理，在映射f下得到的所有（）的和．
所以所有的總和為．
【變式3-1】（2025·廣東江門·一模）將2024表示成5個正整數，，，，之和，得到方程①，稱五元有序數組為方程①的解，對于上述的五元有序數組，當時，若，則稱是密集的一組解.
(1)方程①是否存在一組解，使得等于同一常數 若存在，請求出該常數；若不存在，請說明理由；
(2)方程①的解中共有多少組是密集的
(3)記，問是否存在最小值 若存在，請求出的最小值；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）若等于同一常數，
根據等差數列的定義可得構成等差數列，所以，
解得，與矛盾，
所以不存在一組解，使得等于同一常數；
（2）因為，
依題意時，即當時，，
所以，，
設有個，則有個，由，解得，
所以，，，，中有個，個，
所以方程①的解共有組.
（3）因為平均數，
又方差，即，
所以，因為為常數，所以當方差取最小值時取最小值，
又當時，即，方程無正整數解，故舍去；
當時，即是密集時，取得最小值，
且.
【變式3-2】設，集合，且，稱為的生成集，為的伴生集.用表示集合中元素個數，定義.
(1)當時，求和；
(2)是否存在含有三個元素的正整數集合，使得和同時取最小值？若存在，給出一種集合；若不存在，請說明理由；
(3)當時，求的最小值，并給出此時的集合.
【解析】（1）由，可得：；
所以.
（2）不存在，理由如下：
假設存在這樣的三元正整數集合滿足條件，不妨設.
考慮：注意到，所以.
當時，，此時，
所以.
事實上，，
所以當取最小值時，一定有.
考慮：注意到，所以.
當時，，此時，
所以.
事實上，，
所以當取最小值時，一定有.
所以.
即，此時，矛盾.
所以滿足上述條件的集合不存在.
（3）當時，不妨假設，
此時總有，所以.
對應的，考慮中元素個數最多的情況，
此時顯然有互不相同，所以.
所以
下面證明當時，等號成立.
事實上，，且在和之間的所有整數值都取得到，所以此時.
對于，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
從小到大排序為：，，，，，，，，，
；
顯然這10個數互不相等，此時.
綜上，當時，，
即為的最小值.
題型四：定義新背景
【例4】定義：對于集合，若不存在常數，使得，且對于中的任意數列，均有，其中常數和的值唯一，則稱數列可用，線性表示，其中是的一組基底.（注：若，則）已知集合中的任意數列均滿足遞推關系：，而均為集合中的數列.
(1)若；；
①求出和；
②寫出數列關于的線性表示（無需證明）.
(2)若，且，證明：是的一組基底.
【解析】（1）由題意，，
，，
（2）若存在常數，使得，則，，
又，則，這與矛盾，
故不存在常數，使得，
由得其特征方程為，解得或，
故設，
由得，故，
故，，
對于中的任意數列也有，
設，則由題意可知，
則，
故，得，即常數和的值唯一，
故中的任意數列可用，線性表示，
故是的一組基底.
【變式4-1】設正整數，集合，對于集合中的任意元素和，及實數，定義：當且僅當時；；．若的子集滿足：當且僅當時，，則稱為的完美子集．
(1)當時，已知集合，分別判斷這兩個集合是否為的完美子集，并說明理由；
(2)當時，已知集合．若不是的完美子集，求的值；
(3)已知集合，其中，若對任意都成立，判斷是否一定為的完美子集．若是，請說明理由；若不是，請給出反例．
【解析】（1）由，
顯然只有唯一解，即，
所以為的完美子集；
同理，對于，，
令，
即，方程組的解不唯一，
比如，，為方程組的一組解，所以不是的完美子集.
（2）由題意得，
所以，
由不是的完美子集，即方程組的解不唯一，
因為，
由集合的互異性得，且，
所以，，，
所以，
所以，
所以或，
檢驗：
當時，存在，，，使得，
當時，因為，所以，，舍，
所以.
（3）是完美子集，理由如下：
假設存在不全為0的實數，，滿足，
不妨設，則否則與假設矛盾，
由，得，
所以，
與，即矛盾，
所以假設不成立，所以．所以，
所以一定是完美子集.
【變式4-2】（2025·廣東·模擬預測）已知.設集合或，且，集合.若集合中的元素滿足，則稱為的“相鄰元”.對于整數，若集合存在一個子集滿足：（i）集合中的元素個數為；（ii），在集合中都至少有個“相鄰元”，則稱是“好數”.
(1)當時，直接寫出的“相鄰元”；
(2)當時，求證：是“好數”；
(3)當時，若整數滿足，且，求證：是“好數”.
【解析】（1）的“相鄰元”為：.
（2）因為，所以.
設，顯然中每一個元素恰有9個“相鄰元”.
設，構造，
則集合中的元素個數為.
對集合中的任意元素，在集合中至多存在一個，
滿足，
從而在集合中至少有8個“相鄰元”，所以是“好數”.
（3）設，且，且.
①當時，
集合中的每一個元素均有2025個“相鄰元”.
設，則中含有個元素.
設.
則中含有個元素，.并且兩兩交集為空集，
設，則共有：
②對于，有在每一個中，至多有一個“相鄰元”.
下面證明該結論：設，且均是的“相鄰元”.
由于，則與不同元素在前位，且后位相同，即，后位相同.
設與不同位置為，即；與不同位置為，即.
當相同時，又中與差為1的只有一個數，則.
當時，，
所以在每一個中，至多有一個“相鄰元”.
③不能在中均有“相鄰元”，.下面證明該結論：
元素中第都是中元素.
中第都是中元素.
故中至少有3個元素屬于不同的和.
所以不存在，均是的“相鄰元”.
由①②③知在中至少有2024個“相鄰元”，故：
是“好數”.
【強化訓練】
1．已知為自然數集的子集，將從小到大排序后依次記為，定義是由，，，為元素組成的集合，給定正整數m，若，則稱A為連續生成數集．
(1)判斷是否為連續生成數集？說明理由；
(2)數集是否為連續生成數集？說明理由；
(3)若數集為連續生成數集，求正整數的最大值．
【解析】（1），，
∵，∴不是連續生成數集.
（2）若為連續生成數集，則，
又中最多有10個元素，
則，從而，
∴，
即，
∵，∴為偶數，
而55為奇數，不能成立，
∴數組不是連續生成數集.
（3）當時，，，，，，，，是連續生成數集，所以，
∵中至多有10個元素，∴，
假設是連續生成數集，不妨設 ，
當時，中至多有7個元素，不成立，
若，因為是中最小的元素，此時，不成立，
因此必有，為使，必有，
此時，，所以，，
∵中至多有10個元素，，
∴，
，
即不成立.
∴假設不成立，不是連續生成數集.
假設是連續生成數集，則是連續生成數集，矛盾，
所以假設不成立.結合（2）結論，可知的最大值為7.
2．已知集合S為平面中點的集合，n為正整數，若對任意的.且，總存在平面中的一條直線恰通過S中的k個不同的點 ，稱集合S為n連續共線點集.
(1)若 判斷S是否為3連續共線點集 是否為4連續共線點集
(2)已知集合S為n連續共線點集，記集合S的元素個數為.
（i）若，求n的最大值;
（ii）對給定的正整數n，求的最小值.
【解析】（1）直線經過個點，直線經過個點，
直線經過1個點，所以為3連續共線點集.
沒有直線經過中的4個點，所以不是4連續共線點集.
（2）（i）因為，即直線最多經過中的6個點，所以．
時，6個點在一條直線上，沒有一條直線恰經過5個點，不滿足．
時，5個點在一條直線上，則僅剩1個點，沒有一條直線恰經過4個點，不滿足．
又當時，
分別恰好經過中4，3，2，1個點，為4連續共線點集，所以．
（ii）設恰經過中的個點，
由于經過個點，恰經過個點，最多與交1個點，即最少需要多個點；
恰經過個點，最多分別與各交1個點，即最少需要多個點；
依次類推，恰經過個點，最多分別與各交1個點，
即最少需要多個點，
所以當是偶數時，最少需要個點，
當是奇數時，最少需要個點．
所以（為不超過的最小整數）．
下面用歸納法構造個元素的點集，為連續共線點集，
①時，因為當時，最少需要1個點，而，結論成立，
當，最少需要2個點，而，結論成立；
②假設時，中有個點，直線恰經過中的個點，
作一條直線不經過原來的個點，且與均各有一個交點，
并在上取異于的兩個點，
則各經過個點，然后任選一點，
過該點作不經過其余個點的直線，
則各經過個點，
則點集為連續共線點集，
此時．
所以．
3．由個正整數構成的有限集（其中），記，特別規定，若集合滿足：對任意的正整數，都存在集合的兩個子集，使得成立，則稱集合為“滿集”.
(1)分別判斷集合與是否為“滿集”，請說明理由；
(2)若集合為“滿集”，求的值.
【解析】（1）由集合，可得，且的子集為，，，，
當時，；當時，；
當時，，所以集合是“滿集”；
又由，可得，且的子集為，，，，
當時，不存在集合的兩個子集，使得成立，
所以不是“滿集”.
（2）設，因為集合為“滿集”對任意的正整數，
都存在集合的兩個子集，使得成立，
所以，且，所以或.
當時，，此時；
當時，，
因為，所以為最大，此時，
綜上可得：.
4．對于非空數集A，若其最大元素為M，最小元素為m，則稱集合A的幅值為，若集合A中只有一個元素，則.
(1)若，求；
(2)若，，，，求的最大值，并寫出取最大值時的一組，，.
【解析】（1）由集合，知，，所以.
（2）因為，，，，由此可知集合，，中各有3個元素，且完全不相同，根據定義要讓取到最大值，則只需，，中元素不同且7，8，9分布在3個集合中，4，5，6分布在3個集合中，1，2，3分布在3個集合中，這樣差值才會最大，總體才會有最大值，所以的最大值為，所以有一組，，滿足題意.
5．已知是全體復數集的一個非空子集，如果，總有，，，則稱S是數環.設是數環，如果①內含有一個非零復數；②且，有，則稱是數域.由定義知有理數集Q是數域.
(1)求元素個數最小的數環；
(2)記，證明：是數域；
(3)若，是數域，判斷是否是數域，請說明理由.
【解析】（1）因為為數環，可知不是空集，即中至少有一個元素，
若，則，可知為數環；
若，則，可知中不止一個元素，不是元素個數最少的數環；
綜上所述：元素個數最少的數環為.
（2）設，，，可知，
則有：，
，
，
因為，則，，，，，，
可知，，，所以是數環；
因，則必存在使，此時，滿足①；
若，則，
因為，則，，
可知，滿足②；綜上所述：是數域.
（3）不一定是數域，理由如下：
①若，，顯然，均為數域，且是數域；
②設，，
設，，，可知，則有：
，
，
，
因為，則，，，，，，
可知，，，所以是數環；
因，則必存在使，此時，滿足①；
若，則，
因為，則，，
可知，滿足②；
綜上所述：是數域.
因，，但，
所以不是數域；
綜上所述：不一定是數域.
6．已知集合是實數集的非空子集，若，則稱集合為閉集合.
(1)若集合均是閉集合.求證：是閉集合；
(2)若集合均是閉集合.集合一定是閉集合嗎？如果是請證明，如果不是請舉出反例；
(3)若均是閉集合，且都是的真子集.求證：存在常數，但.
【解析】（1）且為閉集知：，成立，
故而，從而命題成立.
（2）取，
知不一定是閉集合.
（3）若或，且均是的真子集，命題顯然成立，
故不妨設存在滿足，且存在滿足,
取知，否則
或者而得出矛盾，故命題成立.
7．已知數列的各項均為整數，對的非空子集M，用表示i取遍集合M的所有元素時的之和，例如．
(1)若數列A：1，2，3，4，直接寫出所有滿足的集合I與J的組合（其中I的最小元素小于J的最小元素）；
(2)若n為奇數，，求證：存在集合，，使得；
(3)設數列A中正數共t項，負數共s項，若，求證：存在集合，使得．
【解析】（1）
（2）記；
數列，各項均為正整數，所以，
因為為奇數．所以
而有項，所以必有兩項相同，設
其中，不妨，則，
所以命題得證．
（3）首先證明，數列，各項均為正整數，且正整數滿足
，則必存在非空數集，其中，滿足
，
記：
數列，各項均為正整數．所以
而有項，所以必有兩項相同，設
其中，不妨，則
，所以命題得證．
其次，①如果數列中有0，則結論顯然成立；
②當數列中沒有0，則，將數列重新排列，，
其中前項為負，后項為正，并且，
則由前面結論知必存在非空數集，其中，滿足,
∴，
∴，所以存在，使得.
8．集合為進入高中數學的第一章節，在高中數學數學知識中占據一定的地位.已知集合為非空數集，我們根據數學知識和定義，規定如下，
(1)若集合，直接寫出集合（請寫出計算過程）；
(2)若集合，，且，求證：；
(3)若集合，，記為集合中元素的個數，求的最大值．
【解析】（1）根據題意，由,則，；
（2）由于集合，且，
所以中也只包含四個元素，即，
于是，剩下的，
由于
所以，
注意到，于是；
（3）設滿足題意，其中，
則，
，
，
，
，
中最小的元素為，最大的元素為，
，
，
，
實際上當時滿足題意，
證明如下：
設，
則，
依題意有，即，
故的最小值為，于是當時，中元素最多，
即時滿足題意，
綜上所述，集合中元素的個數的最大值是．
9．設集合為實數集，其中，對U的非空子集A，若滿足：①若，則，；②A中所有元素之和的算術平均數與U中所有元素之和的算術平均數相等，則稱A為U的“平衡子集”.
(1)若，，直接寫出，的所有“平衡子集”；
(2)若，
（ⅰ）求U的所有“平衡子集”的個數；
（ⅱ）用表示U的元素個數為m的“平衡子集”的個數，，，用表示U的元素個數為n的子集個數，求的值，并說明理由.
【解析】（1）由題可得的平衡子集為：；
由題可得的平衡子集為：；
（2）（ⅰ）由題可得，U中所有元素之和的算術平均數為：
，又注意到，
而這樣的相加為的組合，U中有組，
注意到這些組合的算術平均數及這些組合相加的算術平均數均為
又U的所有“平衡子集”都由這些組合所組成.
則U的所有“平衡子集”的個數為：
（ⅱ）由（ⅰ）可得U的所有元素的算術平均數為，
則“平衡子集”的元素個數應為偶數，則.
又注意到表示從（ⅰ）中涉及的相加為的n個組合中，選擇個的個數，
則，
則.
又由題可得，
則.
因，則，
一方面從個元素中選n個元素，有種方法.
另一方面，可將個元素分為2組，每組n個元素，則從個元素中選n個元素，
可先從第一組取k個，再從第二組取個，其中，則有種方法.
兩種方法是等價的，則.
又，
則.
10．已知集合，對于，，定義．
(1)已知，求所有的，使得：
(2)已知，求證：為偶數；
(3)已知，對任意，均有，求的最大值．
【解析】（1）由題意，若，使得，設，
則，注意到，
從而這四個數中的其中一個要么是0，要么是1，
結合，可知必有3個1和一個0，
所以我們分四種情況討論即可：
（i），，解得，即此時；
（ii），，解得，即此時；
（iii），，解得，即此時；
（iv），，解得，即此時；
綜上所述，滿足題意的為或或或；
（2）若，設，，，
則，
由的定義可知， ，
不妨設中有個1，個0，
中有個1，個0，
中有個1，個0，
這意味著有組滿足，組滿足，
組滿足，組滿足，
組滿足，組滿足，
不失一般性，設，
則，
因為，
所以設，
注意到，
在這里，分三種情況討論：
（i）若，則有，
即組滿足，此時，
故是偶數，
（ii）若，則，
，
此時，
故是偶數；
（ii）若，則，
，
此時，
故是偶數；
綜上所述，若，則為偶數；
（3）若，對任意，則可設，，
根據的定義可知，，從而，
若，則只能，
即，
這表明，
則所有可能的情況為：或；或；……；或；
下面證明所求的最大值是2，
一方面：當時，可取（取法不唯一），此時滿足題意；
另一方面：當時，任取三個不同的，其中必有兩個的第一個分量相等，
比如我們就讓的第一個分量相等，
而這會導致，這就和矛盾，
故是不可能的，
綜上所述，的最大值是2.
11．已知集合中的任一個元素都是整數，當存在整數、，且時，稱為“間斷整數集”.進一步地，若“間斷整數集”中任意兩個元素的差的絕對值最小為，則稱為“－間斷整數集”.已知集合.
(1)若集合的三元子集是“2－間斷整數集”，求符合條件的元素所構成的集合；
(2)若集合的四元子集是“1－間斷整數集”，求集合的個數；
(3)求集合的所有子集中，“間斷整數集”的個數.
【解析】（1）因為集合是“2－間斷整數集”，且，
所以或，解得，
所以符合條件的元素所構成的集合為.
（2）因為集合是1－間斷整數集”，所以集合至少有兩個連續整數，且不能四個元素連續.
集合的四元子集有個，
其中無連續整數的四元子集個數等價于“從6個元素產生的7個空位中插入4個元素”，
所以無連續整數的四元子集個數為個，
又四個元素都連續的集合有個，
所以，滿足條件的集合的個數為個.
（3）集合的子集個數為個，
根據間斷整數集的定義可知，和單元集合不滿足題意，共11個；
連續的二元集合有9個，連續的三元集合有8個，連續的四元集合有7個，
連續的五元集合有6個，連續的六元集合有5個，連續的七元集合有4個，
連續的八元集合有3個，連續的九元集合有2個，連續的十元集合有1個，
綜上，非間斷整數集共有個，
所以合的所有子集中，“間斷整數集”的個數為個.
12．定義集合，.
(1)求與；
(2)設集合中元素的個數為，是否存在，使得成立？若存在，求出一組，，的值；若不存在，說明理由；
(3)記表示不超過的最大整數，且，求的值．
【解析】（1）對于，，，
在不大于16的所有正整數中，
即不能被3整除又不能被4整除的數有，
；
同理，在中，，，
在不大于27的所有正整數中，
即不能被3整除又不能被4整除的數有，
.
（2）因為在不大于的所有正整數中，
能被3整除的有個，被4整除的有個，被12整除的有個，
所以，
若，則，即，
，，
等式左邊為奇數，右邊為偶數，矛盾，
故不存在，，使得成立.
（3）由（2）知，當時，，，
當時，，
所以當時，，
所以當時，，則，
.
13．對于任意實數c，，定義區間，，，的長度均為.若集合I是若干個兩兩交集為空集的區間的并集，則把這幾個區間的長度的和稱為I的長度.特別地，記正整數集，且，若區間的端點滿足，則稱該集合為“稱心集”.
(1)若的解集為B，求集合B的區間長度；
(2)若關于x的不等式組的解集構成的各區間長度之和為6，求實數t的取值范圍；
(3)求“稱心集”中元素個數的最大值，并說明理由.
【解析】（1）由，得，即，
故，其區間長度為；
（2）不等式的解集為，區間長度為，
因為關于x的不等式組的解集構成的各區間長度之和為6，
即時，不等式恒成立，
由可得，
所以在時恒成立，
即在時恒成立，
解得，故實數t的取值范圍是.
（3）因為，所以，，可得，因此，
同時，又因為，可得，
所以均成立，
當時，取，則，故可知，
又當時，，所以，
因此，“稱心集”A中元素個數的最大值為9.
14．（2025·河北石家莊·一模）已知數列，其中.
(1)若，集合表示集合的非空子集個數.集合的第個非空子集中的所有元素之和記為，設.
（i）直接寫出；
（ii）計算的前項相和；
(2)取，在數列中至少有一項為負值，且，將數列各項依次放在正五邊形各頂點上，每個頂點一項.任意相鄰三個頂點的三項為，若中間項，則進行如下交換，將變換為，直到正五邊形各頂點上的數均為非負時變換終止.求證：對任何符合條件的，上述變換終止只需進行有限多次.
【解析】（1）（i）由則，，因此可得；
由則，，因此可得；
由則，，因此可得；
故；
（ii）由題意得集合，所以，
解法1：（利用子集構成特點）
由于集合的每個元素在其子集中出現的次數均為，
故，
所以，
所以.
解法2：（利用遞推關系）
將集合拆分為集合與，
集合的所有非空集合中的元素之和的和為，
集合的所有非空子集中的元素之和的和為與集合的所有子集中的元素加上的和，
集合共有個子集，
所以.
即，易得，累加得，
所以.
所以，
所以.
（2）由題意所述的變換不變，且始終為整數，所以，
構造一個函數，
不妨對進行一次操作，此時五邊形頂點上的數變為，
所以有
，
因為，得，又，
所以，
則經過每一次變換，函數的值至少減少2，且恒非負，
所以變換只能進行有限多次.
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