【正文】 第一講 集合概念及集合上的運算知識、方法、技能高中一年級數(shù)學（上）（試驗本）課本中給出了集合的概念；一般地，符合某種條件（或具有某種性質(zhì)）的對象集中在一起就成為一個集合.在此基礎(chǔ)上，介紹了集合的元素的確定性、互異性、無限集，集合的列舉法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、補集、形成了以集合為背景的題目和用集合表示空間的線面及其關(guān)系，表面平面軌跡及其關(guān)系，表示充要條件，描述排列組合，用集合的性質(zhì)進行組合計數(shù)等綜合型題目.賽題精講Ⅰ．集合中待定元素的確定充分利用集合中元素的性質(zhì)和集合之間的基本關(guān)系，.例1：求點集中元素的個數(shù).【思路分析】應(yīng)首先去對數(shù)將之化為代數(shù)方程來解之.【略解】由所設(shè)知由平均值不等式，有當且僅當（虛根舍去）時，等號成立.故所給點集僅有一個元素.【評述】此題解方程中，應(yīng)用了不等式取等號的充要條件，是一種重要解題方法，應(yīng)注意掌握之.例2：已知【思路分析】先進一步確定集合A、B.【略解】又∴A=【評述】此題應(yīng)避免如下錯誤解法：聯(lián)立方程組 消去 因方程無實根，故.這里的錯因是將A、.例3：已知集合若是平面上正八邊形的頂點所構(gòu)成的集合，則a的值為 .【思路分析】可作圖，以數(shù)形結(jié)合法來解之.【略解】點集A是頂點為（a，0），（0，a），（－a，0），（0，－a）的正方形的四條邊構(gòu)成（如圖Ⅰ－1－1－1）.將，變形為所以，集合B是由四條直線構(gòu)成.欲使為正八邊形的頂點所構(gòu)成，只有這兩種情況.（1）當時，由于正八形的邊長只能為2，顯然有故 .（2）當時，設(shè)正八形邊長為l，則這時，綜上所述，a的值為圖Ⅰ－1－1－1如圖Ⅰ－1－1－1中【評述】上述兩題均為1987年全國高中聯(lián)賽試題，題目并不難，讀者應(yīng)從解題過程中體會此類題目的解法.Ⅱ．集合之間的基本關(guān)系充分應(yīng)用集合之間的基本關(guān)系（即子、交、并、補），.例4：設(shè)集合則在下列關(guān)系中，成立的是 （ ） A． B． C． D．【思路分析】應(yīng)注意數(shù)的特征，即【解法1】∵∴.故應(yīng)選C.【解法2】如果把A、B、C、D與角的集合相對應(yīng)，令結(jié)論仍然不變，顯然A′為終邊在坐標軸上的角的集合，B′為終邊在x軸上的角的集合，C′為終邊在y軸上的角的集合，D′為終邊在y軸上及在直線上的角的集合，故應(yīng)選（C）.【評述】解法1是直接法，解法2運用轉(zhuǎn)化思想把已知的四個集合的元素轉(zhuǎn)化為我們熟悉的的角的集合，研究角的終邊，思路清晰易懂，實屬巧思妙解.例5：設(shè)有集合（其中[x]表示不超過實數(shù)x之值的最大整數(shù)）.【思路分析】應(yīng)首先確定集合A與B.從而 ∴若 從而得出 于是 【評述】此題中集合B中元素x滿足“|x|3”時，會出現(xiàn)什么樣的結(jié)果，讀者試解之.例6：設(shè)，如果A為只含一個元素的集合，則A=B.【思路分析】應(yīng)從A為只含一個元素的集合入手，即從方程有重根來解之.【略解】設(shè)有重根，于是即 整理得 因均為實數(shù) 即【評述】此類函數(shù)方程問題，應(yīng)注意將之轉(zhuǎn)化為一般方程來解之.例7：已知成立時，a需滿足的充要條件.【思路分析】由【略解】由于是，若 ①必有而①成立的條件是 即 解得 【評述】此類求參數(shù)范圍的問題，應(yīng)注意利用集合的關(guān)系，將問題轉(zhuǎn)化為不等式問題來求解.例8：設(shè)A、B是坐標平面上的兩個點集，若對任何都有，？【思路分析】要想說明一個命題不正確，只需舉出一個反例即可.【略解】不正確.反例：取B為A去掉（0，0）后的集合.容易看出但A不包含在B中.【評述】本題這種舉反例判定命題的正確與否的方法十分重要，應(yīng)注意掌握之.Ⅲ．有限集合中元素的個數(shù)有限集合元素的個數(shù)在課本P23介紹了如下性質(zhì)：一般地，對任意兩個有限集合A、B，有我們還可將之推廣為：一般地，對任意n個有限集合有應(yīng)用上述結(jié)論，可解決一類求有限集合元素個數(shù)問題.【例9】某班期末對數(shù)學、物理、化學三科總評成績有21個優(yōu)秀，物理總評19人優(yōu)秀，化學總評有20人優(yōu)秀，數(shù)學和物理都優(yōu)秀的有9人，物理和化學都優(yōu)秀的有7人，化學和數(shù)學都優(yōu)秀的有8人，試確定全班人數(shù)以及僅數(shù)字、僅物理、僅化學單科優(yōu)秀的人數(shù)范圍（該班有5名學生沒有任一科是優(yōu)秀）.【思路分析】應(yīng)首先確定集合，以便進行計算.【詳解】設(shè)A={數(shù)學總評優(yōu)秀的學生}，B={物理總評優(yōu)秀的學生}，C={化學總評優(yōu)秀的學生}.則∵ ∴這里，是數(shù)、理、化中至少一門是優(yōu)秀的人數(shù)，估計的范圍的問題與估計的范圍有關(guān).注意到，可知. 因而可得又∵∴ 這表明全班人數(shù)在41~48人之間.僅數(shù)學優(yōu)秀的人數(shù)是∴可見 同理可知 故僅數(shù)學單科優(yōu)秀的學生在4~11之間，僅物理單科優(yōu)秀的學生數(shù)在3~10之間，僅化學單科優(yōu)秀的學生在5~12人之間. 第二講 映射及映射法知識、方法、技能1．映射的定義設(shè)A，B是兩個集合，如果按照某種對應(yīng)法則f，對于集合A中的任何一個元素，在集合B中都有惟一的元素和它對應(yīng)，這樣的對應(yīng)叫做從集合A到集合B的映射，記作（1）映射是特殊的對應(yīng)，映射中的集合A，B可以是數(shù)集，也可以是點集或其他集合，這兩個集合有先后次序，從A到B的映射與從B到A的映射是截然不同的.（2）原象和象是不能互換的，互換后就不是原來的映射了.（3）映射包括集合A和集合B，以及集合A到B的對應(yīng)法則f，三者缺一不可.（4）對于一個從集合A到集合B的映射來說，A中的每一個元素必有惟一的，也不一定只有一個.2．一一映射一般地，設(shè)A、B是兩個集合，是集合A到集合B的映射，如果在這個映射下，對于集合A中的不同元素，在集合B中有不同的象，而且B中每一個元素都有原象，那么個這個映射叫做A到B上的一一映射.3．逆映射如果f是A與B之間的一一對應(yīng)，那么可得B到A的一個映射g：任給，規(guī)定，其中a是b在f下的原象，稱這個映射g是f的逆映射，并將g記為f—1.顯然有（f—1）—1= f，即如果f是A與B之間的一一對應(yīng)，則f—1是B與A之間的一一對應(yīng)，并且f—1的逆映射是f.事實上，f—1是B到A的映射，對于B中的不同元素b1和b2，由于它們在f下的原象不同，所以b1和b2在f—1下的像不同，所以f—1是1－1的.任給，—，f—1是映射上的.這樣即得f—1是B到A上的1－1映射，即f——1有逆映射由于任給，其中b是a在f—1下的原象，即f—1(b)=a，所以，f(a)=b，從而，這即是f—1的逆映射是f.賽題精講Ⅰ映射關(guān)映射的高中數(shù)學競賽題是常見題型之一，請看下述試題.例1：設(shè)集合映射f：F→.【思路分析】應(yīng)從入手，列方程組來解之.【略解】由f的定義和已知數(shù)據(jù)，得將兩式相加，相減并分別分解因式，得顯然，的條件下，對應(yīng)可知同理，由對應(yīng)地，于是有以下兩種可能：（Ⅰ） （Ⅱ）由（Ⅰ）解出x=1，y=9，u=8，v=6；由（Ⅱ）解出y=12，（Ⅱ）無解.【評述】在解此類問題時，估計的可能值是關(guān)鍵，其中，對它們的取值范圍的討論十分重要.例2：已知集合求一個A與B的一一對應(yīng)f，并寫出其逆映射.圖Ⅰ－1－2－1【略解】從已知集合A，B看出，它們分別是坐標平面上兩直線所夾角形區(qū)域內(nèi)的點的集合（如圖Ⅰ－1－2－1）.集合A為直線所夾角內(nèi)點的集合，集合B則是第一、并要沒有“折疊”與“漏洞”.先用極坐標表示集合A和B： 令在這個映射下，極徑?jīng)]有改變，輻角之間是一次函數(shù)，因而之間是一一對應(yīng)，其中所以，映射f是A與B的一一對應(yīng). 逆映射極易寫，從略.【評述】本題中將下角坐標問題化為極坐標問題，.Ⅱ映射法應(yīng)用映射知識往往能巧妙地解決有關(guān)集合的一些問題.例3：設(shè)X={1，2，…，100}，對X的任一非空子集M，M中的最大數(shù)與最小數(shù)的和稱為M的特征，記為求X的所有非空子集的特征的平均數(shù).【略解】設(shè)于是是X的非空子集的全體（子集組成的集），Y到X自身的滿射，記X的非空子集為A1，A2，…，An（其中n=2100－1），則特征的平均數(shù)為由于A中的最大數(shù)與A′中的最小數(shù)的和為101，A中最小數(shù)與A′中的最大數(shù)的和也為101，故從而特征平均數(shù)為 如果A，B都是有限集合，它們的元素個數(shù)分別記為對于映射來說，如果f是單射，則有；如果f是滿射，則有；如果f是雙射，，我們就找另一個集合B，建立一一對應(yīng)，把B的個數(shù)數(shù)清，.例4：把△ABC的各邊n等分，過各分點分別作各邊的平行線，得到一些由三角形的邊和這些平行線所組成的平行四邊形，試計算這些平等四邊形的個數(shù).【略解】如圖Ⅰ－1－2－2所示，我們由對稱性，AC邊各延長一等分，分別到B′，C′，連接B′C′.將A′B′的n條平行線分別延長，與B′C′相交，連同B′，C′共有n+2個分點，從B′至C′依次記為1，2，…，n+′C′于i，j，k， A={邊不平行于BC的小平行四邊形}， 把小平行四邊形的四條邊延長且交邊于四點的過程定義為一個映射：.下面我們證明f是A與B的一一對應(yīng)，事實上，不同的小平行四邊形至少有一條邊不相同，四點組亦不相同，從而f是A到B的1－1的映射.任給一個四點組，過i，j點作AB的平行線，過k，l作AC的平行線，必交出一個邊不平行于BC的小平行四邊形，所以，映射f是A到B的滿射. 總之f是A與B的一一對應(yīng)，于是有加上邊不平行于AB和AC的兩類小平行四邊形，得到所有平行四邊形的總數(shù)是例5：在一個66的棋盤上，已經(jīng)擺好了一些12的骨牌，每一個骨牌都恰好覆蓋兩上相鄰的格子，證明：如果還有14個格子沒有被覆蓋，則至少能再放進一個骨牌.【思路分析】還有14個空格，說明已經(jīng)擺好了11塊骨牌，如果已經(jīng)擺好的骨牌是12塊，圖Ⅰ－1－2－3所示的擺法就說明不能再放入骨牌.所以，要證明當還有14個空格時，能再放入一個骨牌，情況不發(fā)生，則每個空格的四周都有骨牌，由于正方形是對稱的，當我們選定一個方向時，空格和骨牌就有了某種對應(yīng)關(guān)系，即可建立空格到骨牌的一種映射，通過對空格集合與骨牌集合之間的數(shù)量關(guān)系，可以得到空格分布的一個很有趣的結(jié)論，從而也就證明了我們的命題.【略解】我們考慮下面56個方格中的空.如果棋盤第一行（即最上方的一行）中的空格數(shù)多于3個時，則必有兩空格相鄰，這時問題就得到解決. 現(xiàn)設(shè)第一行中的空格數(shù)最多是3個，則有，另一方面全部的骨牌數(shù)為11，即所以必有事實上這是一個一一映射，這時，將發(fā)生一個很有趣的現(xiàn)象：最下面一行全是空格，當然可以放入一個骨牌.【評述】這個題目的證明是頗具有特色的，從內(nèi)容上講，這個題目具有一定的綜合性，既有覆蓋與結(jié)構(gòu)，又有計數(shù)與映射，尤其是利用映射來計數(shù)，在數(shù)學競賽中還較少見. ，用抽屜原則以及用分組的方法來討論其中兩行的結(jié)構(gòu)，也能比較容易地解決這個問題，請讀者作為練習.例6：設(shè)N={1，2，3，…}，論證是否存一個函數(shù)使得，對一切成立，格，考察它上方的與之相鄰的方格中的情況.（1）如果上方的這個方格是空格，則問題得到解決.（2）如果上方的這個方格被骨牌所占，這又有三種情況.（i）骨牌是橫放的，且與之相鄰的下方的另一個方格也是空格，則這時有兩空格相鄰，即問題得到解決；（ii）骨牌是橫放的，與之相鄰的下方的另一個方格不是空格，即被骨牌所覆蓋；（iii）骨牌是豎放的. 現(xiàn)在假設(shè)僅發(fā)生（2）中的（ii）和（iii）時，我們記X為下面56個方格中的空格集合，Y為上面56個方格中的骨牌集合，作映射，由于每個空格（X中的）上方都有骨牌（Y中的），這個映射是單射，于是有，對一切成立.【解法1】存在，首先有一條鏈.1→2→3→5→8→13→21→… ①鏈上每一個數(shù)n的后繼是，f滿足 ②即每個數(shù)是它產(chǎn)面兩個數(shù)的和，這種鏈稱為f鏈.對于①中的數(shù)mn，由①遞增易知有 ③我們證明自然數(shù)集N可以分析為若干條f鏈，并且對任意自然數(shù)mn，③成立（從而），并且每兩條鏈無公共元素）.方法是用歸納法構(gòu)造鏈（參見單壿著《數(shù)學競賽研究教程》江蘇教育出版社）設(shè)已有若干條f鏈，滿足③，而k+1是第一個不在已有鏈中出現(xiàn)的數(shù)，定義 ④這鏈中其余的數(shù)由②逐一確定.對于mn，如果m、n同屬于新鏈，③顯然成立，設(shè)m、在m=k+1時，設(shè)對于m，③成立，則[由②易知]. 即對新鏈上一切m，③成立.若n屬于新鏈，在n=k+1時，設(shè)對于n，③成立，在mn時，m不為原有鏈的鏈