第一章集合与简易逻辑

学学习导理念感悟 拓展知识我们首先约定:X是一个有限集,X内所含的全部元素的个数用CardX表示.如果A、B、C是任意的三个有限集,那么有以下几个(容斥原理):Card(AB)Card(A)Card(B)Card(AB)Card(ABC)Card(A)Card(B)Card(C)Card(AB)Card(BCard(AC)Card(ABC)Card(AB)Card(A)Card(B)Card(AB)BA,则Crad(BCradACrad(CB Card(ABC)Card(ABC)Card(A)Card(B)CardCard(AB)Card(BC)Card(AC)M分成若干个非空子集：A1A2An如果满足（1）AiAj(1i,jn)n AiMnn－划分，则Card(M)Card(Ai)，这是一个基本的计 最小数原理（原理推论：M是实数集的一个有限非空子集，则M中必有最大数.Mx|p(x)成立}Nx|q(x)成立MNpqNMpq历届自主招生解1（2009年华南理工大学）b0是函数f(x)x2bxc在[0,)单调的 A.充分而不必要条 D.既不充分也不必要条 b 【解】函数f(x)xbxc(x)c在[0,)单调，知 0，既b的取值范围 Nb|b0}Mb|b0}MN,从而b0f(xx2bxc在[0中任意2n个元素中n个元和等于另外n个元和.【证法一】一个数列a1,a2,a3,,a2n1，条件p：其中任意2n个元素中n个元和等于另“必要性（qp若满q，则数列a1a2a3a2n1中各数均相等，所以任意从中取出2n个元素，不论如何安排，其中n个元和一定等于另外n个元和.2n1b1b2b3bibi1B2B1bn2bn3bn4b2n1b1b2b3bnb2n1b1.因为b1b2b3bibi1b2n1（其中i12,2n”至少有一个.”在什么地方，都会有b2n1b1，即b2n1b10.元素中n个元和等于另外n个元和.第一步先证明这2n+1个数的奇偶性是相同的。偶数。因此，任一个数都与这2n+1个数的总和具有相同的奇偶性。特别地取ca1，得0,a2a1a3a1,…a2n1a1也具有性质P，由第一步的结论知，a2a1a3a1,…a2n1a1都是偶数第三步由0a2a1a3a1,…a2n1a1为偶数且具有性质P，可0,a2a1,a3a1,…,a2n1 0,a2a1a3a1,…a2n1a1Pk a2a1a3a1a2n1a10即a1a2a2n13（2007年交通大学）设不等式x(x1)y(1y)与x2y2k的解集分别为M与N.yxOMN，则k的最小值yxOx(x1y(1y(x1)2y1)21

(22)22【解法一】显然，所有的单元素集 均符合题目要求若集合S为双元素集，不妨设S{a,b}，其中ab，那么a|ab，但a (ab)，无解；若集合S为三元集合，不妨设S{a,b,c}，其中abc.如果bc3，那么abc3aabc，.从而bc2，又bc且b,c均为正整数，从而c1,b2.而题设则a1a2aka1a2a3a1(k1)(k2)a1(k1)2ka1a1a2ak，S为单元素集{n或为集合{1,2,【解法二】显然，所有的单元素集 均符合题目要求由集合元素的无序性、互异性及已知条件可令集合Sx1x2xn}，其中nxnN*(nN*,n2)，且1x1x2 n由题意知x1x2xnx1x2 结合1式得nx1x1x2xnnxn从而nx1x1x2xnnxn所以x1x2xn1 而x1x2xn1(n1)!，所以n(n1)!，则n(n1)(n2)，可解得2 n2 而nN*,n2，从而n2或n3.当n2时，由3式应有x12，则x11代入2式，得1x21 33 5（2007年）对于集合MR2，称M为开集，当且仅当PM,r0，使0{PR2||PP0|rM判断集合{(xy|4x2y50}与{(xy|x0,y0}是否为开集，并证0（1）集合{(xy|4x2y50}是开集.如下左图在集合{(xy|4x2y50}中的任一P(xyrd0，满足|PP|rP都在集合{(xy|4x2y50}0 {(xy|4x2y50}为开集yyxOyxO（2）集合{(x,y|x0,y0}不是开集.如右上图，在集合取{(x,y|x0,y0中取点P0(0,1)r0，满足|PP0|rP都不全在集合{(xy|x0y0中，因此集合{(x,y)|x0,y0}不是开集.合{(xy合{(xy|4x2y50}，所取的r只要满足0rd}4

，B{(x,y)||x1|2|y2|a}，AB【解法一】注意到问题的结构特点，可先换元化简.Xx1，Yy2，则问题等价转化AX,Y|X2Y25BX,Y||X|2|Y|aABa的取值范围. 是集中精力研究两点集在第一象限的关系即可.通过画图（数形结合）a越大，距离等于半径，于是d 5，临界的a5，所以a的取值范围是{a|a AB的意思就是由(x1)2y2)2a|x1|2|y2|aa5(x4围.由于(x1)2y2)25|5(x44

，所以原命题等价于|x1| a恒成立设|x1|t，则t0zt

54t2t0)zmax（方法一）由zt ，得(zt)254t2，即5t22zt(z25)4z220(z25)0，解得5z5 当且仅当t1时，即x3或x1时，z5.即 5 （方法二）由54t20，解得0t

5.可设t

5sin（05z5 5sin2

25525

5 sin2

cos5sin()(0)，其中 由此也可得，当且仅当，即 2即t1，即x3或x1时， 5 7（2009年）是否存在x，使tanx 与cotx 均为有理数【解】假设存在x，使tanx 为有理数，则存在整数(p,q)1使得tanx pq若cotx 为有理数，则存在整数s,t，其中(s,t)1，使得cotx st则tanxp ，cotxs 将上两式相乘，得p3s3)1整理得3(qspt)ps2qt ps2qt0pqs2q2tp2t，由于t0p22q2pq也是偶数，这与(p,q)1. ：否定推理反证法（ProofbyCountradiction）a8（2006年）已知a,b,c都是有理数， aa【证法一】假 aaa不妨设cQ， bQ，否 cQ，aa 则 b)2(xc)2，即x2cab xc)Q.所 xcQ记y 则(ab)2(yxc)2，即y2x2xab2yxcQ. 若x0，则由（1）式知abc0，结论成立；若x0,y0，则由（2）式，得c0，；若xy0，则由（3）式，得cQ，.【证法二】a0b0cc当a,b,c中至少有一个为零时，不妨设c0， cbaa m是有理数，则 m ，从而得bm2a2m ，即2m m2ab， baaaa m(m0)是有理数，aaba ma.平方得bc m2a ，移项得 m2abc2mba平方，得4bcm2abc)24m2a4m(m2abc)am0m2abc且bcm2a，从而m2abc a ca)又m2abcca)a将上两式代入并化简得2a a c)0aaaa又a0，从而 0 (abc)m是有理数，这 是无理数aaa xQ，则xabc中含有负有理数，则abcQabc1但是使用这种记法时需要非常谨慎，这是因为有些在实数范围内成立的公式在得数范围内并不成立.例如1ii11(1)(1)11abab应使用应使用7，而使用 年浙江大学）现在如下两个命题：pf(xx3ax2axaq直线3x4y20x22axy2a210【解】pf(x)3x22axa0时有解，即4a212a0a0aq为真时，直线3x4y20(xa)2y21有公共点，从而圆(a0)到直线3x4y201,即|3a2|1，解得1a7 pqa的取值范围是{a|a0aa3}

{a|a1a7a|a1}3}}pqa的取值范围中{a|0a3}{a|1a7a|0a} 10（2009年浙江大学）a1f(xa2x2axcac2x[0,1]f(x1成立的充要条件是c34【证明】a1f(x)a2x2axc的对称轴方程为0x2f(xf(aa4a2c不妨令ta2g(t)t2tc，其中t14

11，从先证充分性：由于c3g(t)t2tc(t1)21c1c1f(x 再证必要性：因为f(x1，从而只需f(x)的最大值1即可。而其对称轴方程为0xa11f

f(aa4a2c1g(tt2tc1，其中t1

ct2t1(t1)23.设m(t)t2t1.只需c 即可，而 m13 从而c34

( 【解】记数学们为vi(i1,2,,1990)，与viAi.任取合作过的数学家v1v2，由CardA11327,CardA21327,CardA1A21990.得：Card(A1A2)Card(A1)Card(A2)Card(A1A2)132721990从而存在数学家v3A1A2且v3v1v3v2又CardA1A2A3CardA1A2CardA3CardA1A2A3(13272 1990从而存在数学家v4A1A2A3且v4v3v4v2v4v1，从而可知v1v2v3v4两两合【解】已知集合有21011023个不同的非空子集，每一个子集内各数之和都不超过个元和不能被7整除，那么S中元素最多有多少个？【分析】mnmn7整除也就是mn77个子集.7个子集中适当地抽取满足题意的元素组成集合S即可.A2A3A4A5可知S最多包含A0的一个元素，而如果S包含其它任何一个子集中一个元素时，则它可以A2A5A3A4中的元素.S中的元素最多有1+8+7+7=23个.abSab3aKibKj(1ij3)abij(mod7)ab7综上知，S中任何两个元和不能被7整除.添加的c有