1高三畢業(yè)班數(shù)學(xué)課本知識(shí)點(diǎn)整理歸納之一第一章集合與簡(jiǎn)易邏輯.doc

2010-2011年高三畢業(yè)班數(shù)學(xué)課本知識(shí)點(diǎn)整理歸納之一第一章 集合與簡(jiǎn)易邏輯一、基礎(chǔ)知識(shí)定義1 一般地，一組確定的、互異的、無序的對(duì)象的全體構(gòu)成集合，簡(jiǎn)稱集，用大寫字母來表示；集合中的各個(gè)對(duì)象稱為元素，用小寫字母來表示，元素在集合a中，稱屬于a，記為，否則稱不屬于a，記作。例如，通常用n，z，q，b，q+分別表示自然數(shù)集、整數(shù)集、有理數(shù)集、實(shí)數(shù)集、正有理數(shù)集，不含任何元素的集合稱為空集，用來表示。集合分有限集和無限集兩種。集合的表示方法有列舉法：將集合中的元素一一列舉出來寫在大括號(hào)內(nèi)并用逗號(hào)隔開表示集合的方法，如1，2，3；描述法：將集合中的元素的屬性寫在大括號(hào)內(nèi)表示集合的方法。例如有理數(shù)，分別表示有理數(shù)集和正實(shí)數(shù)集。定義2 子集：對(duì)于兩個(gè)集合a與b，如果集合a中的任何一個(gè)元素都是集合b中的元素，則a叫做b的子集，記為，例如。規(guī)定空集是任何集合的子集，如果a是b的子集，b也是a的子集，則稱a與b相等。如果a是b的子集，而且b中存在元素不屬于a，則a叫b的真子集。定義3 交集，定義4 并集，定義5 補(bǔ)集，若稱為a在i中的補(bǔ)集。定義6 差集，。定義7 集合記作開區(qū)間，集合記作閉區(qū)間，r記作定理1 集合的性質(zhì)：對(duì)任意集合a，b，c，有：（1） （2）；（3） （4）【證明】這里僅證（1）、（3），其余由讀者自己完成。（1）若，則，且或，所以或，即；反之，則或，即且或，即且，即（3）若，則或，所以或，所以，又，所以，即，反之也有定理2 加法原理：做一件事有類辦法，第一類辦法中有種不同的方法，第二類辦法中有種不同的方法，第類辦法中有種不同的方法，那么完成這件事一共有種不同的方法。定理3 乘法原理：做一件事分個(gè)步驟，第一步有種不同的方法，第二步有種不同的方法，第步有種不同的方法，那么完成這件事一共有種不同的方法。二、方法與例題1利用集合中元素的屬性，檢驗(yàn)元素是否屬于集合。例1 設(shè)，求證：（1）；（2）；（3）若，則證明（1）因?yàn)?，且，所以?）假設(shè)，則存在，使，由于和有相同的奇偶性，所以是奇數(shù)或4的倍數(shù)，不可能等于，假設(shè)不成立，所以（3）設(shè)，則（因?yàn)椋?利用子集的定義證明集合相等，先證，再證，則a=b。例2 設(shè)a，b是兩個(gè)集合，又設(shè)集合m滿足，求集合m（用a，b表示）?！窘狻肯茸C，若，因?yàn)?，所以，所以?再證，若，則1）若，則；2）若，則。所以綜上，3分類討論思想的應(yīng)用。例3 ，若，求【解】依題設(shè)，再由解得或，因?yàn)?，所以，所以，所以?，所以或3。因?yàn)?，所以，若，則，即，若，則或，解得綜上所述，或；或。4計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用。例4 集合a，b，c是i=1，2，3，4，5，6，7，8，9，0的子集，（1）若，求有序集合對(duì)（a，b）的個(gè)數(shù)；（2）求i的非空真子集的個(gè)數(shù)。【解】（1）集合i可劃分為三個(gè)不相交的子集；ab，ba，中的每個(gè)元素恰屬于其中一個(gè)子集，10個(gè)元素共有310種可能，每一種可能確定一個(gè)滿足條件的集合對(duì)，所以集合對(duì)有310個(gè)。（2）i的子集分三類：空集，非空真子集，集合i本身，確定一個(gè)子集分十步，第一步，1或者屬于該子集或者不屬于，有兩種；第二步，2也有兩種，第10步，0也有兩種，由乘法原理，子集共有個(gè)，非空真子集有1022個(gè)。5配對(duì)方法。例5 給定集合的個(gè)子集：，滿足任何兩個(gè)子集的交集非空，并且再添加i的任何一個(gè)其他子集后將不再具有該性質(zhì)，求的值?！窘狻繉的子集作如下配對(duì)：每個(gè)子集和它的補(bǔ)集為一對(duì)，共得對(duì)，每一對(duì)不能同在這個(gè)子集中，因此，；其次，每一對(duì)中必有一個(gè)在這個(gè)子集中出現(xiàn)，否則，若有一對(duì)子集未出現(xiàn)，設(shè)為c1a與a，并設(shè)，則，從而可以在個(gè)子集中再添加，與已知矛盾，所以。綜上，。6競(jìng)賽常用方法與例問題。定理4 容斥原理；用表示集合a的元素個(gè)數(shù)，則，需要xy此結(jié)論可以推廣到個(gè)集合的情況，即定義8 集合的劃分：若，且，則這些子集的全集叫i的一個(gè)-劃分。定理5 最小數(shù)原理：自然數(shù)集的任何非空子集必有最小數(shù)。定理6 抽屜原理：將個(gè)元素放入個(gè)抽屜，必有一個(gè)抽屜放有不少于個(gè)元素，也必有一個(gè)抽屜放有不多于個(gè)元素；將無窮多個(gè)元素放入個(gè)抽屜必有一個(gè)抽屜放有無窮多個(gè)元素。例6 求1，2，3，100中不能被2，3，5整除的數(shù)的個(gè)數(shù)?！窘狻?記，由容斥原理，所以不能被2，3，5整除的數(shù)有個(gè)。例7 s是集合1，2，2004的子集，s中的任意兩個(gè)數(shù)的差不等于4或7，問s中最多含有多少個(gè)元素？【解】將任意連續(xù)的11個(gè)整數(shù)排成一圈如右圖所示。由題目條件可知每相鄰兩個(gè)數(shù)至多有一個(gè)屬于s，將這11個(gè)數(shù)按連續(xù)兩個(gè)為一組，分成6組，其中一組只有一個(gè)數(shù)，若s含有這11個(gè)數(shù)中至少6個(gè)，則必有兩個(gè)數(shù)在同一組，與已知矛盾，所以s至多含有其中5個(gè)數(shù)。又因?yàn)?004=18211+2，所以s一共至多含有1825+2=912個(gè)元素，另一方面，當(dāng)時(shí)，恰有，且s滿足題目條件，所以最少含有912個(gè)元素。例8 求所有自然數(shù)，使得存在實(shí)數(shù)滿足：【解】 當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)， 。下證當(dāng)時(shí)，不存在滿足條件。令，則所以必存在某兩個(gè)下標(biāo)，使得，所以或，即，所以或，。（）若，考慮，有或，即，設(shè)，則，導(dǎo)致矛盾，故只有考慮，有或，即，設(shè)，則，推出矛盾，設(shè)，則，又推出矛盾， 所以故當(dāng)時(shí)，不存在滿足條件的實(shí)數(shù)。（）若，考慮，有或，即，這時(shí)，推出矛盾，故?？紤]，有或，即=3，于是，矛盾。因此，所以，這又矛盾，所以只有，所以。故當(dāng)時(shí)，不存在滿足條件的實(shí)數(shù)。例9 設(shè)a=1，2，3，4，5，6，b=7，8，9，n，在a中取三個(gè)數(shù)，b中取兩個(gè)數(shù)組成五個(gè)元素的集合，求的最小值?！窘狻?設(shè)b中每個(gè)數(shù)在所有中最多重復(fù)出現(xiàn)次，則必有。若不然，數(shù)出現(xiàn)次（），則在出現(xiàn)的所有中，至少有一個(gè)a中的數(shù)出現(xiàn)3次，不妨設(shè)它是1，就有集合1，其中，為滿足題意的集合。必各不相同，但只能是2，3，4，5，6這5個(gè)數(shù)，這不可能，所以20個(gè)中，b中的數(shù)有40個(gè)，因此至少是10個(gè)不同的，所以。當(dāng)時(shí)，如下20個(gè)集合滿足要求：1，2，3，7，8， 1，2，4，12，14， 1，2，5，15，16， 1，2，6，9，10，1，3，4，10，11， 1，3，5，13，14， 1，3，6，12，15， 1，4，5，7，9，1，4，6，13，16， 1，5，6，8，11， 2，3，4，13，15， 2，3，5，9，11，2，3，6，14，16， 2，4，5，8，10， 2，4，6，7，11， 2，5，6，12，13，3，4，5，12，16， 3，4，6，8，9， 3，5，6，7，10， 4，5，6，14，15。例10 集合1，2，3n可以劃分成個(gè)互不相交的三元集合，其中，求滿足條件的最小正整數(shù)【解】 設(shè)其中第個(gè)三元集為則1+2+所以。當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，有，所以，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，有，所以，當(dāng)時(shí)，集合1，11，4，2，13，5，3，15，6，9，12，7，10，14，8滿足條件，所以的最小值為5。三、基礎(chǔ)訓(xùn)練題1給定三元集合，則實(shí)數(shù)的取值范圍是_。2若集合中只有一個(gè)元素，則=_。3集合的非空真子集有_個(gè)。4已知集合，若，則由滿足條件的實(shí)數(shù)組成的集合p=_。5已知，且，則常數(shù)的取值范圍是_。6若非空集合s滿足，且若，則，那么符合要求的集合s有_個(gè)。7集合之間的關(guān)系是_。8若集合，其中，且，若，則a中元素之和是_。9集合，且，則滿足條件的值構(gòu)成的集合為_。10集合，則_。11已知s是由實(shí)數(shù)構(gòu)成的集合，且滿足1）若，則。如果，s中至少含有多少個(gè)元素？說明理由。12已知，又c為單元素集合，求實(shí)數(shù)的取值范圍。四、高考水平訓(xùn)練題1已知集合，且a=b，則_，_。2，則_。3已知集合，當(dāng)時(shí)，實(shí)數(shù)的取值范圍是_。4若實(shí)數(shù)為常數(shù)，且_。5集合，若，則_。6集合，則中的最小元素是_。7集合，且a=b，則_。8已知集合，且，則的取值范圍是_。9設(shè)集合，問：是否存在，使得，并證明你的結(jié)論。10集合a和b各含有12個(gè)元素，含有4個(gè)元素，試求同時(shí)滿足下列條件的集合c的個(gè)數(shù)：1）且c中含有3個(gè)元素；2）。11判斷以下命題是否正確：設(shè)a，b是平面上兩個(gè)點(diǎn)集，若對(duì)任何，都有，則必有，證明你的結(jié)論。五、聯(lián)賽一試水平訓(xùn)練題1已知集合，則實(shí)數(shù)的取值范圍是_。2集合的子集b滿足：對(duì)任意的，則集合b中元素個(gè)數(shù)的最大值是_。3已知集合，其中，且，若p=q，則實(shí)數(shù)_。4已知集合，若是平面上正八邊形的頂點(diǎn)所構(gòu)成的集合，則_。5集合，集合，則集合m與n的關(guān)系是_。6設(shè)集合，集合a滿足：，且當(dāng)時(shí)，則a中元素最多有_個(gè)。7非空集合，則使成立的所有的集合是_。8已知集合a，b，ac（不必相異）的并集, 則滿足條件的有序三元組（a，b，c）個(gè)數(shù)是_。9已知集合，問：當(dāng)取何值時(shí)，為恰有2個(gè)元素的集合？說明理由，若改為3個(gè)元素集合，結(jié)論如何？10求集合b和c，使得，并且c的元素乘積等于b的元素和。11s是q的子集且滿足：若，則恰有一個(gè)成立，并且若，則，試確定集合s。12集合s=1，2，3，4，5，6，7，8，9，0的若干個(gè)五元子集滿足：s中的任何兩個(gè)元素至多出現(xiàn)在兩個(gè)不同的五元子集中，問：至多有多少個(gè)五元子集？六、聯(lián)賽二試水平訓(xùn)練題1是三個(gè)非空整數(shù)集，已知對(duì)于1，2，3的任意一個(gè)排列，如果，則。求證：中必有兩個(gè)相等。2求證：集合1，2，1989可以劃分為117個(gè)互不相交的子集，使得（1）每個(gè)恰有17個(gè)元素；（2）每個(gè)中各元素之和相同。3某人寫了封信，同時(shí)寫了個(gè)信封，然后將信任意裝入信封，問：每封信都裝錯(cuò)的情況有多少種？4設(shè)是20個(gè)兩兩不同的整數(shù)，且整合中有201個(gè)不同的元素，求集合中不同元素個(gè)數(shù)的最小可能值。5設(shè)s是由個(gè)人組成的集合。求證：其中必定有兩個(gè)人，他們的公共朋友的個(gè)數(shù)為偶數(shù)。6對(duì)于整數(shù)，求出最小的整數(shù)，使得對(duì)于任何正整數(shù)，集合的任一個(gè)元子集中，均有至少3個(gè)兩兩互質(zhì)的元素。7設(shè)集合s=1，2，50，求最小自然數(shù)，使s的任意一個(gè)元子集中都存在兩個(gè)不同的數(shù)a和b，滿足。8集合，試作出x的三元子集族&，滿足：（1）x的任意一個(gè)二元子集至少被族&中的一個(gè)三元子集包含；（2）。9設(shè)集合，求最小的正整數(shù)，使得對(duì)a的任意一個(gè)14-分劃，一定存在某個(gè)集合，在中有兩個(gè)元素a和b滿足。2010-2011年高三畢業(yè)班數(shù)學(xué)課本知識(shí)點(diǎn)整理歸納之十八第十八章 組合一、方法與例題1抽屜原理。例1 設(shè)整數(shù)n4,a1,a2,an是區(qū)間(0,2n)內(nèi)n個(gè)不同的整數(shù)，證明：存在集合a1,a2,an的一個(gè)子集，它的所有元素之和能被2n整除。證明 （1）若na1,a2,an,則n個(gè)不同的數(shù)屬于n-1個(gè)集合1,2n-1，2,2n-2,n-1,n+1。由抽屜原理知其中必存在兩個(gè)數(shù)ai,aj(ij)屬于同一集合，從而ai+aj=2n被2n整除；（2）若na1,a2,an，不妨設(shè)an=n，從a1,a2,an-1(n-13)中任意取3個(gè)數(shù)ai, aj, ak(ai,aj0)不被n整除，考慮n個(gè)數(shù)a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,a1+a2+an-1。）若這n個(gè)數(shù)中有一個(gè)被n整除，設(shè)此數(shù)等于kn，若k為偶數(shù)，則結(jié)論成立；若k為奇數(shù)，則加上an=n知結(jié)論成立。）若這n個(gè)數(shù)中沒有一個(gè)被n整除，則它們除以n的余數(shù)只能取1,2,n-1這n-1個(gè)值，由抽屜原理知其中必有兩個(gè)數(shù)除以n的余數(shù)相同，它們之差被n整除，而a2-a1不被n整除，故這個(gè)差必為ai, aj, ak-1中若干個(gè)數(shù)之和，同）可知結(jié)論成立。2極端原理。例2 在nn的方格表的每個(gè)小方格內(nèi)寫有一個(gè)非負(fù)整數(shù)，并且在某一行和某一列的交叉點(diǎn)處如果寫有0，那么該行與該列所填的所有數(shù)之和不小于n。證明：表中所有數(shù)之和不小于。證明 計(jì)算各行的和、各列的和，這2n個(gè)和中必有最小的，不妨設(shè)第m行的和最小，記和為k，則該行中至少有n-k個(gè)0，這n-k個(gè)0所在的各列的和都不小于n-k，從而這n-k列的數(shù)的總和不小于(n-k)2，其余各列的數(shù)的總和不小于k2，從而表中所有數(shù)的總和不小于(n-k)2+k23.不變量原理。俗話說，變化的是現(xiàn)象，不變的是本質(zhì)，某一事情反復(fù)地進(jìn)行，尋找不變量是一種策略。例3 設(shè)正整數(shù)n是奇數(shù)，在黑板上寫下數(shù)1，2，2n，然后取其中任意兩個(gè)數(shù)a,b,擦去這兩個(gè)數(shù)，并寫上|a-b|。證明：最后留下的是一個(gè)奇數(shù)。證明 設(shè)s是黑板上所有數(shù)的和，開始時(shí)和數(shù)是s=1+2+2n=n(2n+1)，這是一個(gè)奇數(shù)，因?yàn)閨a-b|與a+b有相同的奇偶性，故整個(gè)變化過程中s的奇偶性不變，故最后結(jié)果為奇數(shù)。例4 數(shù)a1, a2,an中每一個(gè)是1或-1，并且有s=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+ana1a2a3=0. 證明：4|n.證明 如果把a(bǔ)1, a2,an中任意一個(gè)ai換成-ai，因?yàn)橛?個(gè)循環(huán)相鄰的項(xiàng)都改變符號(hào)，s模4并不改變，開始時(shí)s=0，即s0，即s0(mod4)。經(jīng)有限次變號(hào)可將每個(gè)ai都變成1，而始終有s0(mod4)，從而有n0(mod4)，所以4|n。4構(gòu)造法。例5 是否存在一個(gè)無窮正整數(shù)數(shù)列a1,a2a3，使得對(duì)任意整數(shù)a，數(shù)列中僅有有限個(gè)素?cái)?shù)。證明 存在。取an=(n!)3即可。當(dāng)a=0時(shí)，an中沒有素?cái)?shù)；當(dāng)|a|2時(shí)，若n|a|，則an+a均為|a|的倍數(shù)且大于|a|，不可能為素?cái)?shù)；當(dāng)a=1時(shí)，an1=(n!1)(n!)2n!+1，當(dāng)3時(shí)均為合數(shù)。從而當(dāng)a為整數(shù)時(shí)，(n!)3+a中只有有限個(gè)素?cái)?shù)。例6 一個(gè)多面體共有偶數(shù)條棱，試證：可以在它的每條棱上標(biāo)上一個(gè)箭頭，使得對(duì)每個(gè)頂點(diǎn)，指向它的箭頭數(shù)目是偶數(shù)。證明 首先任意給每條棱一個(gè)箭頭，如果此時(shí)對(duì)每個(gè)頂點(diǎn)，指向它的箭頭數(shù)均為偶數(shù)，則命題成立。若有某個(gè)頂點(diǎn)a，指向它的箭頭數(shù)為奇數(shù)，則必存在另一個(gè)頂點(diǎn)b，指向它的箭頭數(shù)也為奇數(shù)（因?yàn)槔饪倲?shù)為偶數(shù)），對(duì)于頂點(diǎn)a與b，總有一條由棱組成的“路徑”連結(jié)它們，對(duì)該路徑上的每條棱，改變它們箭頭的方向，于是對(duì)于該路徑上除a，b外的每個(gè)頂點(diǎn)，指向它的箭頭數(shù)的奇偶性不變，而對(duì)頂點(diǎn)a，b，指向它的箭頭數(shù)變成了偶數(shù)。如果這時(shí)仍有頂點(diǎn)，指向它的箭頭數(shù)為奇數(shù)，那么重復(fù)上述做法，又可以減少兩個(gè)這樣的頂點(diǎn)，由于多面體頂點(diǎn)數(shù)有限，經(jīng)過有限次調(diào)整，總能使和是對(duì)每個(gè)頂點(diǎn)，指向它的箭頭數(shù)為偶數(shù)。命題成立。5染色法。例7 能否在55方格表內(nèi)找到一條線路，它由某格中心出發(fā)，經(jīng)過每個(gè)方格恰好一次，再回到出發(fā)點(diǎn)，并且途中不經(jīng)過任何方格的頂點(diǎn)？解 不可能。將方格表黑白相間染色，不妨設(shè)黑格為13個(gè)，白格為12個(gè)，如果能實(shí)現(xiàn)，因黑白格交替出現(xiàn)，黑白格數(shù)目應(yīng)相等，得出矛盾，故不可能。6凸包的使用。給定平面點(diǎn)集a，能蓋住a的最小的凸圖形，稱為a的凸包。例8 試證：任何不自交的五邊形都位于它的某條邊的同一側(cè)。證明 五邊形的凸五包是凸五邊形、凸四邊形或者是三角形，凸包的頂點(diǎn)中至少有3點(diǎn)是原五邊形的頂點(diǎn)。五邊形共有5個(gè)頂點(diǎn)，故3個(gè)頂點(diǎn)中必有兩點(diǎn)是相鄰頂點(diǎn)。連結(jié)這兩點(diǎn)的邊即為所求。7賦值方法。例9 由22的方格紙去掉一個(gè)方格余下的圖形稱為拐形，用這種拐形去覆蓋57的方格板，每個(gè)拐形恰覆蓋3個(gè)方格，可以重疊但不能超出方格板的邊界，問：能否使方格板上每個(gè)方格被覆蓋的層數(shù)都相同？說明理由。解 將57方格板的每一個(gè)小方格內(nèi)填寫數(shù)-2和1。如圖18-1所示，每個(gè)拐形覆蓋的三個(gè)數(shù)之和為非負(fù)。因而無論用多少個(gè)拐形覆蓋多少次，蓋住的所有數(shù)字之和都是非負(fù)的。另一方面，方格板上數(shù)字的總和為12(-2)+231=-1，當(dāng)被覆蓋k層時(shí)，蓋住的數(shù)字之和等于-k，這表明不存在滿足題中要求的覆蓋。-21-21-21-21111111-21-21-21-21111111-21-21-21-28圖論方法。例10 生產(chǎn)由六種顏色的紗線織成的雙色布，在所生產(chǎn)的雙色布中，每種顏色的紗線至少與其他三種顏色的紗線搭配過。證明：可以挑出三種不同的雙色布，它們包含所有的顏色。證明 用點(diǎn)a1，a2，a3，a4，a5，a6表示六種顏色，若兩種顏色的線搭配過，則在相應(yīng)的兩點(diǎn)之間連一條邊。由已知，每個(gè)頂點(diǎn)至少連出三條邊。命題等價(jià)于由這些邊和點(diǎn)構(gòu)成的圖中有三條邊兩兩不相鄰（即無公共頂點(diǎn)）。因?yàn)槊總€(gè)頂點(diǎn)的次數(shù)3，所以可以找到兩條邊不相鄰，設(shè)為a1a2，a3a4。（1）若a5與a6連有一條邊，則a1a2，a3a4，a5a6對(duì)應(yīng)的三種雙色布滿足要求。（2）若a5與a6之間沒有邊相連，不妨設(shè)a5和a1相連，a2與a3相連，若a4和a6相連，則a1a2，a3a4，a5a6對(duì)應(yīng)的雙色布滿足要求；若a4與a6不相連，則a6與a1相連，a2與a3相連，a1a5，a2a6，a3a4對(duì)應(yīng)的雙色布滿足要求。綜上，命題得證。二、習(xí)題精選1藥房里有若干種藥，其中一部分藥是烈性的。藥劑師用這些藥配成68副藥方，每副藥方中恰有5種藥，其中至少有一種是烈性的，并且使得任選3種藥恰有一副藥方包含它們。試問：全部藥方中是否一定有一副藥方至少含有4種烈性藥？（證明或否定）221個(gè)女孩和21個(gè)男孩參加一次數(shù)學(xué)競(jìng)賽，（1）每一個(gè)參賽者最多解出6道題；（2）對(duì)每一個(gè)女孩和每一個(gè)男孩至少有一道題被這一對(duì)孩子都解出。求證：有一道題至少有