高中数学联赛真题分类汇编函数、集合与复数(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

专题32函数、集合与复数

施雷国氟题:

1.【2020高中数学联赛B卷(第02试)】设集合4={1,2,…,19}.是否存在集合4的非空子集S1,S2,满足

⑴InS2=0,SiuS?=A；

(2)Si，52都至少有4个元素；

(3)Si的所有元素的和等于S2的所有元素的乘积？

证明你的结论.

【答案】答案见解析

【解析】答案是肯定的.

设S2=l,2x,y,2a<胚19,则1+2+…+19-1-2-x-y=2xy,

所以2xv+x+>=187,

故(2x+1)(2y+1)=375=15x25,

所以x=7,y=12是一组解.

故取Si=3,4,5,6,7,810.11,13,14,15,16,17,18,19,52=127,12,

则这样的工,52满足条件.

2.12019高中数学联赛A卷(第02试)】设V是空间中2019个点构成的集合，其中任意四点不共面某些点之

间连有线段，记E为这些线段构成的集合.试求最小的正整数”，满足条件:若E至少有"个元素，则E一定含有

908个二元子集，其中每个二元子集中的两条线段有公共端点，且任意两个二元子集的交为空集.

【答案】2795

【解析】为了叙述方便，称一个图中的两条相邻的边构成一个"角''先证明一个引理：

设G=(匕E)是一个简单图，且G是连通的，则G含有［券］个两两无公共边的角(这里⑷表示实数a的整数部分).

引理的证明:对E的元素个数|£|归纳证明.

当|E|=0,1,2,3时，结论显然成立.

下面假设因为，并且结论在间较小时均成立.

只需证明，在G中可以选取两条边.、。构成一个角，在G中删去a、b这两条边后，剩下的图含有一个连通分

支包含因一2条边.对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立.

考虑G中的最长路?:巧巧…外，其中%,W，…，也是互不相同的顶点•因为G连通，故后3.

情形l:deg(%)22.由于P是最长路，片的邻点均在艺,…，以中，设%/WE,其中33•女.则{廿10巧巧}是一个

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角，在E中删去这两条边.

若叫处还有第三条边，则剩下的图是连通的；若也处仅有被删去的两条边，则环成为孤立点，其余顶点仍互相

连通.总之在剩下的图中有一个连通分支含有㈤一2条边.

情形2:degOi)=l,deg(v2)=2.则(女外山2V3｝是一个角，在G中删去这两条边后,巧,女都成为孤立点，其余的

点互相连通，因此有一个连通分支含有|E|-2条边.

情形3:deg(巧)=l,deg(w)》3,且也与%,…，％中某个点相邻•则'02V3｝是一个角，在G中删

去这两条边后，环成为孤立点，其余点互相连通，因此有一个连通分支含有但|-2条边.

情形4:degOi)=l,deg(v2)》3,且小与某个u任｛巧,巧,…，叫｝相邻.由于P是最长路，故u的邻点均在

以，…,取之中•因｛叫以，女呜是一个角，在G中删去这两条边，则打是孤立点.

若处仅有边"也，则删去所述边后"也是孤立点，而其余点互相连通.若〃处还有其他边〃0，3<i<k,则删去所述

边后，除川外其余点互相连通.总之，剩下的图中有一个连通分支含

有也|一2条边.

引理获证.

回到原题，题中的V和E可看作一个图G=(V,E)

首先证明叱2795.

设丫=｛巧,女，…，”2019｝・在%，"2,…，"61中，首先两两连边，再删去其中15条边(例如女上，%巧，…，％打6)，共连

了盘1-15=1815条边，则这61个点构成的图是连通图.再将剩余的201-61=1958个点配成979对，每对两点

之间连一条边，则图G中一共连了1815+979=2794条线段.由上述构造可见，G中的任何一个角必须使用

%,W，…，相连的边，因此至多有［若］=907个两两无公共边的角.故满足要求的n不小于2795.

另一方面，若IER2795,可任意删去若干条边，只考虑间=2795的情形.

设G有攵个连通分支，分别有Tn〉…,小上个点，及马,…,，条边.下面证明灯,…,”中至多有979个奇数.

反证法，假设%…，”中有至少980个奇数由于0+…+七=2795是奇数,故q,…，〃中至少有981个奇数，反

981.不妨设出,。2,…，。982都是奇数，显然小1，血2,…，巾981>2.

令m=m981+…+nik>2,则有>e£(l<i<980),>e981+…+〃，

\,980

故2795=£3《既+〉」①

利用组合数的凸性，即对后史3,有(或+i+C>i，可知当如，…，加980,6由980个2以及一个59

5T■-1980

构成时，4+〉C而取得最大值.

j=l

%1980

于是%+〉《僚9+980«=2691<2795,

乙山=11

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这与①矛盾.从而…,e〃中至多有979个奇数.

对每个连通分支应用引理，可知G中含有N个两两无公共边的角，

其中N=ykN》久»=1勺-979）=1（2795-979）=908.

综上，所求最小的”是2795.

3.【2018高中数学联赛A卷（第02试）】设〃、底机是正整数，满足Q2,且n4m<等加设A是{1,

2,...»机}的〃元子集.

证明:区间仅，含）中每个整数均可表示为。一优，其中a,a'CA.

【答案】证明见解析

【解析】用反证法.假设存在整数X€（O,台）不可表示为“一优，a,作带余除法机=xq+〃其中g，.将

1,2,....m按模x的同余类划分成x个公差为x的等差数列，其中厂个等差数列有q+1项，xr个等差数列有q

项.由于4中没有两数之差为x,故A不能包含以x为公差的等差数列的相邻两项.

q+1L

从而n=|4|<r图+（x-r用=广q2，q①.

这里［a］表示不小于a的最小整数.

由条件，我们有n>=，、（¥勺+「）②

又xG^0,>故几>（k—l）x③

情形一g是奇数.则由①知，•等④

结合②，④可知，x•誓》九>或7（%q+r）》念yxq,从而

再由q是奇数可知，q<2k—3,于是n《久,勺《（k一l）x,与③矛盾.

情形二q是偶数.则由①知，n<x-^+r⑤

结合②，⑤可知，x4+r喜（xq+r）,从而感不<悬「<叁/，故

再由q是偶数可知，把2Z—4,于是n4％・£+r（（k-2）x+r<（k-1）支，

与③矛盾.

综上可知，反证法假设不成立，结论获证.

4.12018高中数学联赛B卷（第02试）】设集合A={1,2,…，〃},X、丫均为A的非空子集（允许X=Y）.X中的

最大元与丫中的最小元分别记为maxX、minY.求满足maxX>miny的有序集合对（X,K）的数目.

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【答案】22n-2noi+1)

【解析】先计算满足maxX《minV的有序集合对(X,K)的数目.对给定的集合X是集合｛1,2,m

—1｝的任意一个子集与｛，〃｝的并，故共有2抽-1种取法.

又〃而故，是｛"[,，"+1,…，〃｝的任意一个非空子集,共有2"i-m—1种取法.

因此，满足maxX《minY的有序集合对(X,的数目是

(2n-iy-n-2n+2n-l=22n-2n(n+1).

由于有序集合对(X,K)有(2•一l)-(2n-l)=(2n-l)2j，于是满足maxX>minV的有序集合对(X,Y)的数目

是(2“-l)z-n-2n+2n-l=22n-2n(n+1).

5.12017高中数学联赛B卷(第02试)】给定正整数机，证明:存在正整数鼠使得可将正整数集M分拆为k个

互不相交的子集4,42,…，须，每个子集4中均不存在4个数°、b、c、或可以相同)，满足"一cd=/n.

【答案】证明见解析

【解析】取仁”?+1，令4=｛x|x三i(modm+l),xeN+｝,，=1,2,,,1>m+\.

设a,b,c,d^Ai，贝ijab—cd三i,i—i•i=0(modm+1),

故zn+l|ab—cd,而7n+li?n,所以在A中不存在4个数a、b、c、d,满足ab—cd=m.

6.【2015高中数学联赛(第02试)】设5=｛41,&,“\41｝(>1>2),其中友,4，…,4为〃个互不相同的有限集

合，满足对任意4，46S,均有411465.若卜=01访1点3|4]》2(因表示有限集合乂的元素个数)，证明：存

在xeuNi4，使得x属于4i，①，…中的至少/个集合.

【答案】证明见解析

【解析】证法一证明更强的结论：对任意集合4(1总9),存在xeA”使得x属于4,4，…，乙中的至少匕个集

141

合.

若4,4，•••，An与4的交集均不为空集，则根据平均值原理，知集合4中必存在某个元素X，使得X属于

A1,A2,■1•,4”中的至少个集合.

若4,42,…,4中存在某些集合与4的交集为空集，不妨设这样的集合为4i，4z，…，4〉则Au/!/AjU

UAjj互不相同，且均属于S.

于是，S中其余〃-2f—1个集合均与A,的交集非空.

从而，集合A,•中所有元素在集合S中出现的次数不少于k+tk+n-2t-1=n+(k-2)t+k-1>n.

故存在某个xGA”使得x属于4,4，…，乙中的至少多个集合•

综上，命题得证

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证法二不妨设|&|=k,Md<142y­­•<\An\,对4。=2,3,…,n）执行下列过程：

（1）先考虑4.

若42n4#。，则将4分为一组；

若42nAi=0，则将&u&与A?两个集合分为一组.

（2）考虑4.

若4=42U4，已经进行过分组.

若&w4u4,再分两种情形考虑.

⑺A3n4w0,贝1］将A3分为一组；

（ii）&n&=0，由&丰则&u&#&UAt.

此时，可将/UA与小两个集合分为一组.

7.12014高中数学联赛（第02试）】设5={1,2,3,...,100）,求最大的整数上使得5有人个互不相同的非

空子集，具有性质：对这么个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个

子集中的最大元素均不相同.

【答案】299-1

【解析】对有限非空实数集4,用minA与maxA分别表示A的最小元素与最大元素，考虑S的所有包含1且至

少有两个元素的子集，一共299—1个，它们显然满足要求，

因为min（4CiAj）=1<max4r故％max>2"-1,

下面证明当后299时，不存在满足要求的《个子集.

我们用数学归纳法证明：对整数论3,在集合（I,2,…，"}的任意见"仑2"r）个不同非空子集A”4，…,Am

中，存在两个子集即4）,满足4C%#0,min（4n%）=max4①

显然只需对m=2“T的情形证明上述结论.

当"=3时，将{1,2,3}的全部7个非空子集分成3组：笫一组：{3},{1,3},{2,3}；笫二组：{2},{I,

2）；第三组：{1},{I,2,3}.由抽屉原理，任意4个非空子集必有两个在同一组中，取同组中的两个子集分别

记为4,4,排在前面的记为4,则满足式①

假设结论在“23时成立，考虑"+1的情形.若公,4，•••，①”，中至少有2“T个子集不含"+1,对其中的2“T个子集

用归纳假设，可知存在两个子集满足式①.

n

若至多有2t-1个子集不含n+\,则至少有2”T+1个子集含〃+1,将其中2"T+1个子集都去掉〃+1,得到

{1.2,“}的2"-1+1个子集.

由于{1,2,....〃}的全体子集可分成2”T组，每组两个子集互补，故由抽屉原理，在上述2“T+1个子集中一

定有两个属于同一组，即互为补集.因此，相应

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地有两个子集4,4,满足4n4=仇+1).

这两个集合显然满足式①.故"+1时结论成立

综上所述，所求々max=2"-1.

8.【2012高中数学联赛(第02试)】试证明：集合A={2,22,…，2",…}满足：

(1)对每个及bGN*,若b<2aT,则仇加1)一定不是2。的倍数；

(2)对每个a€才(其中才表示A在N*中的补集)，且存1,必存在bCN*,b<2a-1,使伙〃+1)是2a的倍数.

【答案】证明见解析

【解析】⑴对于任意的aGA,设a=2«,k《N,则2a=21,

如果b是任意一个小于2a—1的正整数，贝Ub+l42a—1,

由于匕与b+1中，一个为奇数，它不含素因;2,另一个为偶数，它含素因子2的基的次数最多为2,因此，b

S+1)一定不是2“的倍数.

(2)若ae/,且分I,设a=2%，其中6为非负整数，"，为大于1的奇数.则2a=2计1研

下面给出三种证明方法：

证法一令b=mx,b+1=2"+勺，消去得2"+、—mx=1,由于(2&+、m)=1,

这方程必有整数解,二；+；7,(其中rez,(4,%)为方程的特解).

把最小的正整数解记为(x*,y*),则x*<2-1,

故b=mx*<2a-1,使"6+1)是2a的倍数.

证法二由于(2k+i,m)=l,由中国剩余定理知，同余方程组1“三乂*12”：)、在区间(0,2底1巾)上有解x=6,

即存在b<2a-1,使b(b+l)是2a的倍数.

证法三由于(2,"。=1,总存在《rWN”,r<m—1),使2r三1(modm),

取fGN*,使tr>k+l,则2什三1(modm).

存在b=(2tr-1)-q-2k+1m>0(qeN),使0cb<2a-1.

此时m|b,2k+1\b+1,因而b(b+l)是2a的倍数.

9.12011高中数学联赛(第02试)】证明：对任意整数论4,存在一个〃次多项式/。)=/+0„_6"-1+”・+

axx+a。具有如下性质：

(1)劭,即,-”，册_1均为正整数；

r

(2)对任意正整数m及任意k(后2)个互不相同的正整数万,七,…,乙，均有/(巾)*/(ri)/(r2)f(.k\

【答案】证明见解析

【解析】令f(x)=(x+l)(x+2)…(x+n)+2①

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将式①的右边展开即知7U)是一个首项系数为।的正整数系数的〃次多项式.

下面证明_/U)满足性质(2).

对任意整数f,由于佗4,故连续的〃个整数t+l,t+2,…，t+n中必有一个为4的倍数，从而由式①知/'(t)三2

(mod4),

因此，对任意«(后2)个正整数乙,「2,…,灰，有/'(rjf&z)…八人)=2k=0(mod4),

但对任意正整数m,有/'(血)=2(mod4),

故f(m)三f(%)/(万)…/'(4)(mod4),

从而/'(m)*f(ri)f(r2)…fSk)，

所以汽x)符合题设要求.

10.12010高中数学联赛(第02试)】设卡是给定的正整数，r=k+：.记尸D(x)=f(x)=x[x],芦⑸=f

(f(f)(x)),xCR+,欠2.证明：存在正整数如使得/阿。)为一个整数.这里，㈤表示不小于实数x的最小整

数，例如用=1，[1]=L

【答案】证明见解析

【解析】记05)表示正整数n所含的2的基次.则当m=v2(fc)+1时，f(m)(r)为整数

下面我们对以6寸用数学归纳法：

当v=0时，k为奇数，2+1为偶数，此时/'(r)=(k+m[k+m=(k+3(k+l)为整数.

假设命题对丫一1(佗1)成立.

VV+1V+2

对于v>l,设％的二进制表示具有形式A=2+av+l-2+av+2-2+

这里，/=0或者1,i=v+l,v+2,...

于是/'(r)=(fc+0[fc+1]=(/c+0(fc+1)=J+1+fc2+/c

=|+2-1+(即+i+1)•2"+(即+i+即+2)♦2"1+…+22V+-••

=〃+：①

这里=2V-1+(g+i+1),2"+(即+i+%+2),2v+1+…+22V+…，

显然《中所含的2的某次为L1.故由归纳假设知r'=%’+%

经过了的v次迭代得到整数，由式①知，f(v+D(r)是一个整数，这就完成了归纳证明.

11.12006高中数学联赛(第02试)】解方程组

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x—y4-z—vr=2

x2-y2+z2-w2=6

x3-y3+z3-w3=20

<x4—y4+z4—iv4=66

【答案】答案见解析

【解析】令p=%+z,q=xz,我们有

p2=/+z2+2q,p3=x34-z34-3pq,p4=x44-z44-4p2q—2q2,

同样，令$=、+卬,t=yw,

有s?=y2+卬2+23s3=y34-w3+3s3s4=y4+w44-4s2t—2t2,

在此记号系统下，原方程组的第一个方程为p=s+2①

于是p2=s2+4s4-4,p3=s34-6s2+12s+8,p4=s44-8s3+24s+32s+16,

现在将上面准备的p2,p3,p4和s2,s3,s4的表达式代入，得

/+z?+2q=y2+卬2+2t+4s+4,x34-z34-3pq=y3+w34-3st+6s2+12s+8,

x4+z4+4P2q—2q2=y4+iv4+4s2t—2t2+8s3+24s+32s+16.

利用原方程组的第二至四式化简，得°=亡+25-1②

pq=st+2s2+4s—4③

2p2q-q2=2s2t—t2+4s3+12s24-16s—25④

将式①和②代入式③，得”|-1⑤

将式⑤代入式②，得q=：S-2(6)

将式①，⑤，⑥代入式④，得s=2.所以有t=0,p=4,q=3.

这样一来，x,z和y,卬分别是方程X?—4X+3=0和F2—2=0的两根，

C：oC：2-

详言之，方程组有如下四组解

x=3,y=2,z=1,w=0或％=3,y=0,z=1,w=2>

或工=l,y=2,z=3,w=0,或％=l,y=0,z=3,w=2.

(0,当n为平方数

12.12005高中数学联赛(第02试)】对每个正整数〃，定义函数=h1］福7曰丁、蛇,其中田表示

I扁］，争榜平万数

不超过x的最大整数，{x}=x一印.试求：立驾f(k)的值.

【答案】768

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【解析】对任意mk£N+,若A?vQV(k+I)2,

设Q=fc24-m(m=1,2,…,2k),yfa=k+0(0<0<1),

则儒卜念卜韵=呼］，

因为0<"-把<1,

mm

若在前禁之间存在整数3则当「〈禁，

于是，一方面2k<mt,故2k4-1<mt,

另一方面mt<2k+6<2k+lf矛盾，

故［*=【卦所以)2岛卜卦

于是/¥f(a)=fEl俏①

下而计算W"律上画一张2上X2%的表,第i行中，凡是i的倍数处填写“*”号，则这行的“*”号共存］个，全表

的3号共W/件］个；

另一方面，按列收集“*”号数：第/歹I中，若j有T。)个正因数，则该列便有T0)个“*”号，故全表的“*”号个数共

厚1TO)个，因此陷=2洛T0)

示例如下：

=n[T(l)+7(2)]+(n-1)[T(3)+7(4)]+…+[T(2n-1)+T(2n)]②

由此£窗f(k)=2展(16-fc)[T(2fc-1)+T(2fc)]③

记即=7(2k-1)+T(2k)(k=1,2,…,15),易知a*的取值情况如下:

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k123456789101112131415

ak356678698881071010

因此a空fW=2：二(16-k"k=783④

由定义f(256)=f(16Z)=0,当kW{241,242,…,255},

设k=152+r(16<r<30),Vk-15=V152+r-15=-^=^=—,—<->1<—<

V7V152+r+is31而不+1530、r

L.<H,

{V152+r}r<2

则ti]=1(ke]241,242,…,255})⑤

从而泰智/(fc)=783-fW=783-15=768.

13.12002高中数学联赛(第02试)】实数短，b,c•和正数;I,使得f(x)=/++.+c有三个实数

X1,X2,X3»且满足:

(D%i-%2=入；

(ii)%3>|(X1+%2).

求空竿也的最大值.

【答案】苧

2x

【解析】由于f(%)=f(x)-/(%3)=(%-x3)[x+(a+x3)+瑶+ax3b]t

所经孙亚是方程%2+(a+x3)x+以+ax3+b=0的两个根，

2222

由情形⑺可得(Q+x3)-4(xj+ax3+b)=A,即3诏+2ax3+A4-4b-a=0,

再由情形⑺可得与=1|-Q+V4a2-12b-3A]①

且4a2-12b-3A2>0②

可以得到f(%)=x3+ax2+bx+c=(x+；)一一力)(％+；)+5a?+c—[ab,

E叭%)=0可得;ab_枭3-=&+§-管-b)(%3+§③

由式①得%3+三=|V4a2—12b—3A2=~9

记p=y—b,由式②和③可知p>

且家匕一-3-C=誉(p_"),

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令y=则y》。里ab一枭3-c=(y2一/2),

则y3—m+*y-苧”鼠+竽

=(y-3(y2+gy+--*)=(y_9(y+幻》0-

3

所以二ab-三Q3—c)一逅万，于是2cP+27c—9ab<—A,

327182

由此可得2a"2,9ab4吗

As2

取Q=2^3,b=2,c=0,a=2,

则/(%)=x3+2V3x2+2%有根-V5-1,-V3+1,0,

显然满足假设条件，且空节也=1(48V3-36V3)=苧，

综上所述型沪竺的最大值是苧.

1|Z]|—\Z21=|231—1

14.11999高中数学联赛(第02试)】给定实数4,b,c,已知复数Zi，Z2*3满足]幺+卫+攵=]，求I。

Iz2z3Z1

Zi+bz2+CZ3I的值.

【答案】答案见解析

【解析】由已知生+&+空6R,所以(红)+(红)+(0)=&+、+&.

ZZ3Z]\z/zZ3Z1

2'z"3\zxj2

即0+(9+©)=t)+偿)+管)，

又|zj=\z\=\z\—1»所以』=—(k=1,2,3)>

23zk

代入式①得居)+居)+(9=仔)+管)+(3

ZZZ

即赞Z3+Z北1+zjz2=zf3+31+Z”2，

分解因式，得(Zi—Z2)(Z2-23)(23-Zi)=0.

所以Zi=Z2或Z2=Z3或Z3=Zj.

如果Zi=z2y代入原式得包=±i，这时|aZ]+bz2+cz3\=\zr\-\a+b±ci|=J(a+b)2+c?,

Zi

类似地，如果Z2=Z3,则|azi+bz2+CZ3I=J(b+c)2+*

如果Z3=Zi，则|az〔+bz2+CZ3I=J(Q+c)2+炉.

15.11997高中数学联赛(第02试)]试问：当且仅当实数%0，/,…,％n(n32)满足什么条件时,存在实数

Vo，%，使得/=z：+z/+…+z/成立,其中。=%火+i”，i为虚数单位，60，1，…，几证明你的结论.

【答案】答案见解析

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2：=i设一诏=嵬一环

【解析】易知题中式子等价于①

Zfc=ixkyk=xoyo

2

若存在实数yo，yi，…,yn使式①成立，则就羽=（Sfc=iXkyfc）,

由柯西不等式可得诏%<（2：=1a）（221嵬）②

如果诏>2：=］设，则由式①可得%>2：=11,

从而盼乂>（2；=i坟）（2；=i嵬）.与式②矛盾,

于是得欧《2二】说③

反之，若式③成立，有两种情况：

x

（Oxo=Sfc=1fc'则取"=X"，k=0,1,2,…，n,显然式①成立.

（汾以<2：=/3记a?=2：=i设-就>。,

从而看,…，不全为。，不妨设x/0,取次=0,^=0,1,...»n—2,有

易知式①也成立.

综上可知，所求的条件为以（221城・

16.【1994高中数学联赛（第02试）】x的二次方程/+2速+22+租=0中，Zi，Z2，m均是复数，且皆一4z2=

16+20i,设这个方程的两个根a,/?满足悭一冈=2近，求|m|的最大值和最小值.

【答案】最大值是〃1+7,|列最小值是7-V5I.

【解析】据表达定理有，

z

因为（此一。）2=（a+6）2-4aB~i~4z2-4m,所以|a-=|4m-（zf-4z2）|=28,所以［m-,（zf-4

BP|m-4+5i|=7,

这表明复数〃，在以44,5）为圆点，以7为半径的圆周上，

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又因为|。川=V42+52=闻<7,故原点。在圆4内，联结。4,延长交圆A于两点8与C,

则|0B|=\0A\+\AB\=V41+7为|加最大值.

\0C\=\CA\-\A0\=7-闻为|m|最小值.

所以向|最大值是"1+7,|加最小值是7-®i.

17.【1992高中数学联赛（第02试）】设集合S,=｛1，2........〃｝.若X是S”的子集，把X中的所有数的和称为X

的''容量"（规定空集的容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S”的奇（偶）子集.

（1）求证：S,的奇子集与偶子集个数相等；

（2）求证：当"N3时，5〃的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等.

⑶当n>3时，求S„的所有奇子集的容量之和.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）答案见解析.

【解析】（1）设S,的奇子集的个数为小，偶子集的个数为儿，则品+九=2"①

直接求册,以因表示为不超过实数x的最大整数.

设k=—k,从｛2,4,2«｝中任取一个子集（含空集）X，

再从｛1,3，…，2/—1｝中任取一个含奇数个元素的子集X2,则X与X?的并集便是一个奇子集，

反之，S,的任一奇子集可写成Xi与X2之并.

Xi的取法有2〃种，X2的取法有C；+C；+…+=1（C?+C?+•••+C?）=2^（种）

（2z—1是不大于/的最大奇数）.

于是册=2k-2'T=2n-1.

n-1

由式①知仇,=an=2.

（2）设A“（&）表示S„中全体奇（偶）子集容量之和

⑺若n为奇数（〃N3）,S,的所有奇子集可由下列两类子集组成：

（i）S,।的奇子集；

的每一个偶子集与集｛"｝的并.

n-2

于是4n=411T+（Fn-i+n-bn-i）=4"_i+Sn-i+n-2②

n2

类似，可得8n=Bn_i+（4T+n-=4T+Sn_I+n-2-③

得4=Bn.

（H）若〃是偶数（〃%）,S的所有奇子集可由下列两类子集组成：

（DSn-,的所有奇子集：

⑺Sr的每一个奇子集与集｛〃｝的并.

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nan2

于是4rl=4n-i+(An-1+,n-i)=24"-i+n-2~④

类似，可得Bn=2B"T+?v2n-2⑤

所以4=Bn.

综合情形⑺与(H)的结论，对任何佗3,An=Bn.

(3)X在S„的余集记为£则X与星的容量之和等于S,的容量，

即1+24---1-n=|n(n+1).

因此，S,中所有子集的容量之和是2“T-in(n+1)=2n-.n(n+1).

因4n=B",

n3

故1-2n-2.n(n+1)=2-n(n+l)(n>3).

18.11990高中数学联赛(第02试)】设后={1,2,3,…，20},G=(a^a2,a3,a100)aE,且G具有下列

两条性质：

(1)对任何1WW/W00,恒有4+aj*201；

⑵鹏修=10080；

试证：G中的奇数的个数是4的倍数，且G中所有数字的平方和为一个定数.

【答案】证明见解析

【解析】记%=2i-l,pt=201-at(i=1,2,-,100).

令Ej={即风},则当为时,EjCEj=。,且U设出=E.

由性质(1)知对任何1<»<100,不能有&uG.

又由G的元素个数恰等于集合E,的个数，都是100,

因而G必然恰只包含每个E中的一个元素.

现设G中有k个奇数，设对1<it<i2<-<ik<100,有生•‘=0片(1<t<fc).

于是对旃,(理口)，必有由性质⑵，有+2用也=10080①

另一方面22用=2£揶/=10100②

由式②一①，有2：7(£［一%)=20③

k-201a*=20,ait=1(/c-201-20).④

v■-i2fcz

由式④首先推知北必为正偶数，设k=2k',则工at，=k'■201-10.

注意到此式左端为偶数，从而公必为正偶数，设《=2/〃，于是k=4k”.

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这就证明了G中奇数的个数必为4的倍数.现在来计算G中数的平方和，

以下运算中应用了式③.

100kk100kk

t必=£好+£殍=£环一£阳+£说

i=li=lj*代/=1i=l2=1

100k100

=W⑵)2-2回+%)依-雁)=4-201x20

)=11=1/=1

=4x1。〃1。。+1)(2。。+1)-4020=1353400-4020=1349380.

6

19.11983高中数学联赛(第02试)】函数在[0,1]上有定义，10)=/(1).如果对于任意不同的汨，x2e[0,

1].都有1/(*2)-八%)|<|%2-^|.求证1/(X2)-"*1)1

【答案】证明见解析

【解析】不妨设0<匕<乃41

(1)如果%2-％(右则|f(X2)<|X2-Xll

(2)如果不一.>；，由f(0)=f(1)得

l/(%2)-f01)1=1/(*2)-f⑴+f(0)-/(Xl)l<1/(*2)-7(1)1+1/(0)-f(Ml

-

《(1-X2)+(Xj-0)=1-(X2Xj<

所以1/(不)一八%)1<[(X!，x2e[0,1]).

20.11981高中数学联赛(第02试)】下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正:

X0.0210.271.52.835

IgX2a+b+c-36a-3b-23a—b+c1—2a+2b—c2a—ba+c

X678914

Igx1+a-b—c2(b+c)3-3a—3c4a—2b1—a+2fe

【答案】答案见解析

【解析】先考虑表中x的取值:

0.021=3x7xIO—,

0.27=33XIO-,

1.5=3x2-1,

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2.8=22x7x10-1,

3,

5=2-1x10；

6=2x3,

7,

8=23,

9=32,

14=2X7.

其中0.27,3,9的对数仅与k3有关，lg0.27=31g3-2=6a-3b-2.

所以，推得lg3=2a-b,lg9=21g3=4a-2b.

因此推得lg3=2a-b.

若上面三个对数有一个不正确，则三个数的对数值均错，与题设有两个错误矛盾.所以三个对数值均正确.

然后讨论仅与收3,依2有关的对数值，即真数分别为1.5,5,6,8的对数值lgl.5=lg3-lg2=3。一b+c.

所以lg2=-Q-c,lg5=1—lg2=a+c.

则lg2=1—Q—c,lg6=lg2+】g3=1+Q—b—c,

所以lg2=1—a—c,lg8=31g2=3-3Q—3c,

因此lg2=1-a-c.

由上面讨论可见1.5的对数值表不正确.而其余三个数均正确，且由此作修正lgl.5=lg3-lg2=3Q-b+c-

1,lg0.021=lg3+lg7—3=2a+b+c—3.

所以lg7=2b+c,lg2.8=2-lg24-Ig7—1=1-2a4-2b—c,

所以lg7=2b+c,lgl4=lg2+lg7=1—a+2b,

所以lg7=2b+c.

由上面讨论可见7的对数值表不正确.而其余三个数均正确，且作修正为表中lg7=2b+c.

1.给定整数n(n23),记f(n)为集合｛1,2,…,2"-1｝的满足如下两个条件的子集4的元素个数的最小值：i.1€

A,2n-l£A；ii.子集4中的元素(除1外)均为4中的另两个(可以相同)元素的和.

(1)求f(3)的值；

(2)证明：/(100)<108.

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【答案】(1)/(3)=5(2)见解析

【解析】

1.设集合4U{1,2,…,23-1},且4满足(i)、(ii).则164,764.

由于{l,m,7}(m=2,3,…,6)不满足(ii),故|4|>3.

又{123,7},{1,2,4,7卜{1,257},{1,2,6,7},{1,3,4,7},{1,3,5,7},{1,3,6,7},{1,4,5,7},{1,4,6,7},{1,5,6,7}

都不满足(ii),故Ml>4.

而集合{1,2,4,6,7}满足(i)、(ii),故f(3)=5.

2.首先证明：

f(n+1)<f(n)+2(n=3,4,…).①

事实上，若4U{1,2,…满足(i)、(ii),且集合4的元素个数为f(n).

令B=AU{2n+i-2,_1}.

由2n+i-2>2"+1-1,知|B|=f(n)+2.

又2"+，-2=2(2n+1-1),2n+1-1=1+(2n+1-2),

则BU{L2,…，2“+i-l},且集合B满足(i)、(ii).

从而，/(n+l)<|B|=/(n)+2.

其次证明：

f(2n)<f(n)+n+l(n=3,4,…).(2)

事实上，设4£{1,2,…，2"-1}满足(i)、(ii),且集合4的元素个数为f(n).令

8=4U{2(2=-1),22©-l),-,2n(2n-l),22n-1}.

由2(2"-1)<22(2"-1)<­•■<2n(2n-1)<22n-1,

则B£(l,2,-,2Zn-1},且|B|=f(n)+n+1.

而2卜+1(2”-1)=2k(2n-1)+2k(2n-l)(fc=0,1,-,n-1),

22n-1=2n(2n-1)+(2"-1),

则B满足(i)、(ii).

从而，/(2n)<|B|=f(n)+n+1.

由式，①、②得/'(2n+1)</(n)+n+3.

反复利用式②、③得/(100)</(50)+51<f(25)+26+51

</(12)+15+77</(6)+7+92

</(3)+4+99=108.

2.设X是有限集，/为正整数，尸是包含，个子集的子集族：F={4I，42，“L4J•如果尸中的部分子集构成的集族

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S满足：对s中任意两个不相等的集合A、B,AUu4均不成立，则称S为反链.设S为包含集合最多的反

链，S?是任意反链.证明：存在为到&的单射/,满足\/4€52，/(4)<=4或4<="4)成立.

【答案】证明见解析

【解析】

记|Si|=r,称包含r个元素的反链为最大反链，最大反链可能不唯一

称尸的子集P为链，如果GP.AcB,Bc4之一成立.

我们证明结论：F可以拆分为厂个链外(1<i<r)的并(即Dilworth定理).

对r进行归纳证明时显然成立.设命题对「一1成立，先假设存在一个最大反链S,使得尸中既有集合真包含5

中的某个集合，也有集合是S中的某个集合的真子集.记前者的全体为B,后者的全体为即

%={46口4包含S中的某个集合},

F2={AteF|4是S中的某个集合的子集},

则FlUS,F2US均是尸的真子集，从而由归纳假设可将&US,F2US都可以拆成r个链的并.FlUS中的键以5中

的元素开始，FzUS中的链以S中的元素结束.将这些链“接”起来就将F分成了，•条链.

现在假设不存在这样的反链，从而每个最大反链要么满足居=0,要么满足尸2=0.前者意味着S中的子集都是

“极大”子集(不是另一个4的真子集)，后者意味着S中的子集都是“极小”子集(不真包含另一个A,),从而至多有

两个最大反链.如果极大子集构成的反链和极小子集构成的反链均为最大反链，则任取极大子集A,以及极小子

集BuA,将A、8都去掉用归纳假设将剩下的集合拆分成，一1条链，再加上链BuA即可如果其中之一不是最

大反链，不妨设极大子集构成的反链是唯一的极大反链，任意去掉一个极大子集归纳即可.结论证毕.

现在