高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)集合教學(xué)案

1、高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)集合教學(xué)案考綱指要：并向無限集發(fā)展，Venn并向無限集發(fā)展，Venn圖解題考點(diǎn)掃描：.集合的定義及表示法。.集合的包含關(guān)系。.集合的運(yùn)算：(1)全集與補(bǔ)集；(2)交集與并集?？碱}先知：例 1.設(shè)集合 A (x|x2 2x 2m 4 0, B x|x 0,若A B，求實(shí)數(shù) m的取值范圍.分析：關(guān)鍵是準(zhǔn)確理解 A B 3 的具體意義，即方程x2 2x 2m 4 0至少有一個(gè)負(fù)根。解法一：設(shè)M m|關(guān)于x的方程x2 2x 2m 4 0兩根均為非負(fù)實(shí)數(shù),32, -30 m|m4( 2m 32, -30 m|m則 x1 x2 2 02 m3、一M m| 2 mx2 就今集u m|m的取

2、值范圍是 U uM=m|m-2.解法二：命題方程的小根x 1 Cm 3 0 J 2m 3 1 2m 3 1 m 2.解法三：設(shè)f(x) x2 2x 4,這是開口向上的拋物線，其對(duì)稱軸x 1 0,則二次函數(shù)性質(zhì)知命題又等價(jià)于 f (0) 0 m 2,點(diǎn)評(píng)：一元二次方程至少有一個(gè)負(fù)根，有幾種情形： (1)有兩個(gè)負(fù)根；(2)有一個(gè)負(fù)根和一個(gè)正根；(3)有一個(gè)負(fù)根和一個(gè)零根；考慮這三種情形未免顯得繁瑣，解法一從反面考慮，即“沒有負(fù)根”，再求其補(bǔ)集，不失為妙法。在解法三中，f(x)的對(duì)稱軸的位置起了關(guān)鍵作用，否則解答沒有這么簡單。例 2 .已知集合 A ( x, y)|x| | y | 4, x, y

3、R, B (x, y)|xy| a,x,y R,若A B中的元素恰好是一個(gè)正八邊形的八個(gè)頂點(diǎn)，則正數(shù) a的值為用心 愛心 專心解析：經(jīng)分類討論得，集合 A表示以A1( 4,0)、A2(4,0卜B1(0, 4)、B2(0,4)為頂點(diǎn)的正 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark82 o Current Document aa萬形，集合B表布y _與y這兩支雙曲線 HYPERLINK l bookmark68 o Current Document XX欲使A B中的元素恰好是一個(gè)正八邊形的八個(gè)頂點(diǎn)，則由對(duì)稱性知，只要滿足 | xy| a 與| x| | y | 4在第一

4、象限內(nèi)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，且IP1BIIP2EI即可。設(shè) HYPERLINK l bookmark23 o Current Document x y 4 ,2-Pi(xi,yi)、?2(x2,y2)在第一象限內(nèi)，由消去y得x 4x a 0 ,則xy ax1 x24, x1x2 a,所以 1Plp2 | J2 | x1 x2 | 2金 44 a (其中 0 a 4)。又 |P2P3 | - 2 | P2B2 |2 4 2 1Plp2 | | P P2|,所以 |PiP2 | 8 4五 |,2則由 22 4Aa 8 4；2 ,解得 a 8( J5 1)。復(fù)習(xí)智略：例3.對(duì)于集合N 1,2,3, n

5、,及它的每一個(gè)非空子集，定義一個(gè)“交替和”如下： 按照遞減的次序重新排列該子集元素，然后從最大數(shù)開始交替地減、加后繼的數(shù)，例如：集合1,2,4,6,9的“交替和”是 9-6+4-2+1=6，集合5的“交替和”是 5,當(dāng)集合N中的n=2時(shí)，N 1,2的所有非空子集為1,2,1,2 ,則它的“交替和”的總和S2 1 2 (2 1) 4,請(qǐng)你嘗試對(duì)于 n=3, 4的情況，用心 愛心 專心計(jì)算它們的S3, S4,根據(jù)結(jié)果猜測(cè)N 1,2,3, n的每一個(gè)非空子集的“交替和”的總和sn的表達(dá)式，并證之。分析：認(rèn)真閱讀題目，理解“交替和”的定義，正確猜想后，常用方法是數(shù)學(xué)歸納法，但也可聯(lián)想組合數(shù)的有關(guān)思想證

6、之。解析：當(dāng)n=3時(shí)，所有非空子集為 1 , 2 , 3 , 1,2 , 1,3 2,3 , 1,2,3 ,S3 1 2 3 (2 1) (3 1) (3 2) (3 2 1) 12 ,同理可得與=32。猜測(cè)：Snn 2n 1證法一：設(shè)N 1,2,3, n ,考察N的所有非空子集的“交替和”的總和中含有i(1 i n,i N)的個(gè)數(shù)及其符號(hào)：集合 N中比i大的數(shù)共有n i個(gè)，N所有含i的子集的個(gè)數(shù)即為集合1,2, ,i 1,i 1, ,n所有子集的個(gè)數(shù)，共有2n 1個(gè)，這2n 1個(gè)子集中不比i大的元素的子集共有2, 1個(gè)(即1,2, ,i 1所有子集的個(gè)數(shù))，此時(shí)i在“交替和”的總和中符號(hào)為正

7、；只含一個(gè)比i大的集合共有C： i 2i 1個(gè)，此時(shí)i在“交替和”的總和中符號(hào)為負(fù)；只含兩個(gè)比i大的集合共有一2 di 1.Cn i 2 個(gè)，此時(shí)i在“交替和”的總和中符號(hào)為正；-,所以在總和中的i取“一”的項(xiàng)數(shù)共有：m Cn i 2i 1+C3 i 2i 1 + C5 i 2i 1=2n i 1 2i 1 2n 2,因?yàn)楹琲的N的所有非空子集共有 2n 1,所以N的所有非空子集的“交替和”的總和中i(1 i n,i N)符號(hào)為正的項(xiàng)數(shù)也有2n 2個(gè)，所以，總和中i(1 i n, i N)的項(xiàng)的和為 0,因?yàn)閚最大，總和中含 n的項(xiàng)的符號(hào)都為正，所以n1Snn 2 。證法二(數(shù)學(xué)歸納法)：當(dāng)n

8、=1時(shí)，結(jié)論成立；假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論成立。即當(dāng) N 1,2,3, k的每一個(gè)非空子集的“交替和”的總和Skk 2k 1 ；則當(dāng)n=k+1時(shí)，此時(shí)N的子集可分為兩類：一類不含k+1,這類集合的“交替和”的總和就是Sk k 2k 1；另一類含k+1,這類子集共有2k個(gè)，包括k 1，這2k個(gè)子集可以有如用心 愛心 專心卜方法構(gòu)成：在 1,2,3, k的每一個(gè)子集（包括 ）中添加元素k+1,設(shè)1,2,3, k的一個(gè)子集為 Aai,a2,a3, ,an ,其中 n 1,2,3, k ,下面考察 A a，a2,a3, ,an 的“交替和 T (A)與ba1,a2,a3,an,k 1的“交替和 T (B)

9、之間的關(guān)系，不妨n 1設(shè) a1 a2 an ,貝U T (A) =a1 a?( 1) an,T (B) =k 1 a1 a2( 1)nan = k+1- T (A),所以 T(B) 2k(k 1) T(A),即T(B) 2k(k 1) SK,所以含有k+1的N的所有的2 k個(gè)這樣子集的“交替和”的總和 為(k+1) 2k-Sk (k 1) 2k k 2k 1,故當(dāng) n=k+1 時(shí)，Sk 1 (k 1) 2k Sk Sk = (k+1)2k,綜上所述：Snn 2n 1。推廣：當(dāng)Aa,推廣：當(dāng)Aa,an時(shí)，其中a, R,記a max a1，a2, ,an ,則其“交替和”的總和為Sn a 2n1檢

10、測(cè)評(píng)估： TOC o 1-5 h z 119.設(shè)集合A x|x -k -,k Z,若x ,則下列關(guān)系正確的是（）242A. x AB. x A C x A D. x A.如圖，I為全集，M P、S是I的三個(gè)子集，則陰影部分所表示的集合是（）A.M P S B . M P SCMPC|S d .MPCiS.設(shè)集合 P x,1 ,Q y,1,2，其中 x, y 1,2,3,4,5,6，且 P Q ,把滿足上 述條件的一整數(shù)對(duì)x,y作為一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，可以得到的不同點(diǎn)的個(gè)數(shù)是（）A. 7 B 。8 C 。9 D 。10.設(shè)集合P= m| -1 me 0 , Q=mE R| m4+4ma 4v 0對(duì)任意

11、實(shí)數(shù)x恒成立,則下列關(guān)系中成立的是（A. PQ5.設(shè)函數(shù)f （x）中成立的是（A. PQ5.設(shè)函數(shù)f （x）)B. Qpx一口(x R),區(qū)間1 xP=QPA Q=QM=a, b( ab),集合 N= yy f (x), x M ,則使用心 愛心 專心M=Na立的實(shí)數(shù)對(duì)(a, b)有()A. 0個(gè) B. 1個(gè)C. 2個(gè)D,無數(shù)多個(gè).向50名學(xué)生調(diào)查對(duì) A、B兩事件的態(tài)度，有如下結(jié)果j贊成A的人數(shù)是全體的五分之三， 其余的不贊成，贊成 B的比贊成A的多3人，其余的不贊成；另外，對(duì) A B都不贊成的學(xué) 生數(shù)比對(duì) A B都贊成的學(xué)生數(shù)的三分之一多1人。則對(duì) A B都贊成的學(xué)生有 人，都不贊成的學(xué)生有

12、 人。 1.x M . M是實(shí)數(shù)集R的任一子集，函數(shù) fM(x)在R上定義如下：fM，則對(duì)任何0,x M以實(shí)數(shù)元素的集合 A B, fAB(X)與fA(X)fB(X)的大小關(guān)系是 31.設(shè)數(shù)集 m x | m x m - , N x | n 一 x n,且 M、N 都是集合43x|0 x 1的子集，如果把b a叫做集合 x|a x b的“長度”，那么集合MI N的 長度的最小值是 .對(duì)于兩個(gè)集合 s、S2我們把一切有序?qū)?x, y)所組成的集合(其中 x S,y S2),叫做Si和S2的笛卡爾積，記作 Si S2.如果Si1,2 , S21,0,1 ,則Si S2的真子集的個(gè)數(shù)為 個(gè).222一

13、 22.集合 A= x, y | x y 4, B= x, y | x 3 y 4 r , r 0,若 A B 中 有且僅有一個(gè)元素，則 r=。.對(duì)于函數(shù)f (x),若f (x) x ,則稱x為f (x)的“不動(dòng)點(diǎn)”，若f (f (x) x ,則稱x為f (x)的“穩(wěn)定點(diǎn)”，函數(shù)f(x)的“不動(dòng)點(diǎn)”與“穩(wěn)定點(diǎn)”的集合分別記為A和B,即A x f (x) x , B x f ( f (x) x 。(1)證：A B; 若f(x) ax2 1(a,x R),且A B ，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3) 若f (x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，x0是函數(shù)的“穩(wěn)定點(diǎn)”，問Xo是函數(shù)的“不動(dòng)點(diǎn)” 嗎？若是，請(qǐng)證明你的

14、結(jié)論；若不是，請(qǐng)說明理由。12.已知an是等差數(shù)列，d為公差且不為0, a1和d均為實(shí)數(shù)，它的前 n項(xiàng)和記作S,設(shè)集合 A=( an, Sn-)| n C N*, B=( x, y)| 1 x2 y2=1,x, y Fo n4試問下列結(jié)論是否正確，如果正確，請(qǐng)給予證明；如果不正確，請(qǐng)舉例說明：(1)若以集合A中的元素作為點(diǎn)的坐標(biāo)，則這些點(diǎn)都在同一條直線上；(2) An B至多有一個(gè)元素；用心 愛心 專心(3)當(dāng) aiW0 時(shí)，一定有 AH Bw點(diǎn)撥與全解:.一 112k 19.解：由于一k 一 中2k 1只能取到所有的奇數(shù)，而 一2442則9 a,| A。選項(xiàng)為D18 - ，一一中18為偶數(shù)。4Co.解：顯然x 1, y 1,2 ,若x 2,則y 選B。.解：Q=詐R| mx+4ma4 18 - ，一一中18為偶數(shù)。4Co.解：顯然x 1, y 1,2 ,若x 2,則y 選B。.解：Q=詐R| mx+4ma4 0對(duì)任意實(shí)數(shù) 恒成立；3,4,5,6；若 x 2,則 x y 3,4,5,6 ,故x恒成立=,對(duì)m分類：m=0時(shí)，4v 0mK 0時(shí)，需 = (4m