【正文】 兩個(gè)點(diǎn)集 R}, R}. 若 , 則 的取值范圍是．【解】由題意知 是以原點(diǎn)為焦點(diǎn)、直線 為準(zhǔn)線的拋物線上及其凹口內(nèi)側(cè)的點(diǎn)集， 是以 為中心的正方形及其內(nèi)部的點(diǎn)集(如圖)．考察 時(shí), 的取值范圍:令 , 代入方程 ,得 ，解出得 ． 所以，當(dāng) 時(shí), ． ………… ③令 ，代入方程 , 得 . 解出得．所以，當(dāng) 時(shí), ． ………… ④因此, 綜合 ③ 與 ④ 可知，當(dāng) ，即 時(shí), ．故填 .【例8】已知集合,其中,.若,.且中的所有元素之和為124,求集合A、B.【解】,且,又,所以又,可得,并且或若,即,則有解得或(舍)此時(shí)有若,即,此時(shí)應(yīng)有,.綜上可得, 〖說(shuō)明〗本題的難點(diǎn)在于依據(jù)已知條件推斷集合A、,將問(wèn)題分為多個(gè)部分,每一部分的難度比整體都要低,這樣就使問(wèn)題變得簡(jiǎn)單明了.【例9】滿足條件的函數(shù)形成了一個(gè)集合M,其中,并且,求函數(shù)與集合M的關(guān)系.〖分析〗求函數(shù)集合M的關(guān)系,即求該函數(shù)是否屬于集合M,也就是判斷該函數(shù)是否滿足集合M的屬性.【解】取時(shí), 由此可見(jiàn),〖說(shuō)明〗,只要找至一個(gè)或幾個(gè)特殊的使得不符合M中的條件即可證明【例10】對(duì)集合及每一個(gè)非空子集定義唯一“交替和”如下:把子集中的數(shù)按遞減順序排列,然后從最大數(shù)開(kāi)始,交替地加減相繼各數(shù),如的“交替和”是,集合的“交替和”是10－7=3,集合的“交替和”“交替和”“交替和”.〖分析〗集合A的非空子集共有個(gè),顯然,要想逐個(gè)計(jì)算“交替和”“交替和”的特點(diǎn),{1,2,3,4}的非空子集共有15個(gè),共“交替和”分別為:{1} 1。{1,2} 21。{2,4} 42。{1,3,4} 43=1。二是考查集合語(yǔ)言和集合思想的應(yīng)用.,要正確理解其含義,弄清元素是什么,具有怎樣的性質(zhì)?這是解決集合問(wèn)題的前提.,所以在競(jìng)賽中,集合題是普遍而又基本的題型之一.【針對(duì)練習(xí)】(A 組)1.(2006年江蘇預(yù)賽) 設(shè)在平面上，所圍成圖形的面積為，則集合的交集所表示的圖形面積為( ) A. B. C. D.2. (2006年陜西預(yù)賽)為實(shí)數(shù),集合M=表示把集合M中的元素映射到集合P中仍為,則的值等于( ) A. D.3. (2004年全國(guó)聯(lián)賽)已知M=，N=，若對(duì)于所有的，均有則的取值范圍是A．[] B.（）C.（） D.[]4. (2005年全國(guó)聯(lián)賽) 記集合將M中的元素按從大到小的順序排列，則第2005個(gè)數(shù)是（　　　?。〢． B． C．　 D．5. 集合A,B的并集A∪B={a1,a2,a3}，當(dāng)且僅當(dāng)A≠B時(shí)，(A,B)與(B,A)視為不同的對(duì)，則這樣的(A,B)對(duì)的個(gè)數(shù)有( ) . ={n|100≤n≤600,n∈N}，則集合A中被7除余2且不能被57整除的數(shù)的個(gè)數(shù)為_(kāi)_____________.7. 已知,.若,則實(shí)數(shù)的取值范圍是 .8. 設(shè)M={1,2,3,…,1995}，A是M的子集且滿足條件: 當(dāng)x∈A時(shí),15xA，則A中元素的個(gè)數(shù)最多是_______________.9. (2006年集訓(xùn)試題)設(shè)n是正整數(shù)，集合M={1，2，…，2n}．求最小的正整數(shù)k，使得對(duì)于M的任何一個(gè)k元子集，其中必有4個(gè)互不相同的元素之和等于 10. 設(shè)＝{|＝,}，求證：⑴∈()；　　　?、?11.（2006年江蘇）設(shè)集合，．若，求實(shí)數(shù)的取值范圍．12. 以某些整數(shù)為元素的集合具有下列性質(zhì)：①中的元素有正數(shù)，有負(fù)數(shù)；②中的元素有奇數(shù),有偶數(shù)；③－1；④若，∈,則＋∈試判斷實(shí)數(shù)0和2與集合的關(guān)系. (B 組)1. 設(shè)為滿足下列條件的有理數(shù)的集合：①若∈，∈，則+∈，；②對(duì)任一個(gè)有理數(shù)，三個(gè)關(guān)系∈，－∈，＝：是由全體正有理數(shù)組成的集合.2．為非空集合，對(duì)于1，2，3的任意一個(gè)排列，若，則（1） 證明：三個(gè)集合中至少有兩個(gè)相等.（2） 三個(gè)集合中是否可能有兩個(gè)集無(wú)公共元素？3．已知集合：?jiǎn)枺?） 當(dāng)取何值時(shí)，為含有兩個(gè)元素的集合？（2） 當(dāng)取何值時(shí)，為含有三個(gè)元素的集合？4．已知,.⑴請(qǐng)根據(jù)自己對(duì)點(diǎn)到直線的距離,兩條異面直線的距離中 “距離”的認(rèn)識(shí),給集合A與B的距離定義。133=1995. 故9至133的整數(shù)都不能再取，還可取1至8這8個(gè)數(shù)，即共取出1995—133+8=1870個(gè)數(shù), 這說(shuō)明所求數(shù)≥1870.另一方面，把k與15k配對(duì)，（k不是15的倍數(shù)，且1≤k≤133）共得133—8=125對(duì)，每對(duì)數(shù)中至多能取1個(gè)數(shù)為A的元素，這說(shuō)明所求數(shù)≤1870，綜上可知應(yīng)填1870.：考慮M的n+2元子集P={n－l，n，n+1，…，2n}．P中任何4個(gè)不同元素之和不小于(n－1)+n+( n +1)+( n +2)=4 n +2，所以k≥n +3．將M的元配為n對(duì)，Bi=(i，2 n +1－i)，1≤i≤n． 對(duì)M的任一n+3元子集A，必有三對(duì)同屬于A(iI I 3兩兩不同)．又將M的元配為n－1對(duì)，C I (i，2n－i)，1≤i≤n－1．對(duì)M的任一n+3元子集A，必有一對(duì)同屬于A，這一對(duì)必與中至少一個(gè)無(wú)公共元素，這4個(gè)元素互不相同，且和為2 n +1+2 n =4 n +1,最小的正整數(shù)k= n +310．: ⑴∵,∈且＝,∴∈；⑵假設(shè),則存在,使＝即 (*)由于與具有相同的奇偶性，所以（*）式左邊有且僅有兩種可能：奇數(shù)或4的倍數(shù)，另一方面，（*）式右邊只能被4除余2的數(shù)，故（*），.：，．當(dāng)時(shí)，由得；當(dāng)時(shí)，由得；當(dāng)時(shí)，與不符．綜上所述，．12．解：由④若，∈,則＋∈可知，若∈，則（1） 由①可設(shè)，∈，且＞0，＜0，則－＝|| (||∈)故,－∈,由④,0＝(－)+∈.（2）∈，則中的負(fù)數(shù)全為偶數(shù)，不然的話，當(dāng)－（）∈（）時(shí)，－1＝（－）＋∈，與③，由②，我們?nèi)∵m當(dāng)正整數(shù)，使，B組1．證明：設(shè)任意的∈，≠0,由②知∈，或－∈①，若∈，則；若－∈，.取=1，則1∈.再由①，2=1+1∈，3=1+2∈，…，可知全體正整數(shù)都屬于.設(shè)，由①，又由前證知，所以∈.因此，①知，.2．證明：（1）若，則，所以每個(gè)集合中均有非負(fù)元素.當(dāng)三個(gè)集合中的元素都為零時(shí)，命題顯然成立.否則，設(shè)中的最小正元素為，不妨設(shè)，設(shè)為中最小的非負(fù)元素，不妨設(shè)則－∈.若＞0,則0≤－＜，=0.任取因0∈,故－0＝∈.所以，同理.所以=.（２）=={奇數(shù)}，={偶數(shù)}顯然滿足條件，和與都無(wú)公共元素.3．解：=.與分別為方程組（Ⅰ） （Ⅱ）（Ⅰ）解得（）=（0，1）=（，）；由（Ⅱ）解得（）=（1，0），（，）（1） 使恰有兩個(gè)元素的情況只有兩種可能：① ②由①解得=0；由②解得=1.故=0或1時(shí)，恰有兩個(gè)元素.（2） 使恰有三個(gè)元素的情況是：= 解得，故當(dāng)時(shí)，恰有三個(gè)元素.4．解: (1)設(shè)(即集合A中的點(diǎn)與集合B中的點(diǎn)的距離的最小值), 則稱(chēng)為A與B的距離.⑵解法一：∵中點(diǎn)的集合為圓圓心為,令是雙曲線上的任一點(diǎn),則==+8=令,則=當(dāng)時(shí),即有解，∴∴解法二：如圖,是雙曲線上的任一點(diǎn), Q為圓上任一點(diǎn),(當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào))∴.5．解：記時(shí)，由于1，2，……18都是的約數(shù)，故此時(shí)從而若存在，使，則對(duì)于小于99的正整數(shù)，均有，從而，但是，由整數(shù)理論中的性質(zhì)911=99是的一個(gè)約數(shù)，這是一個(gè)矛盾！從而6．證明：假設(shè)該校共有個(gè)班級(jí)，他們的建議分別組成集合。（2） 原函數(shù)與其反函數(shù)：原函數(shù)與其反函數(shù)的圖像關(guān)于直線對(duì)稱(chēng)。2．函數(shù)的單調(diào)性 函數(shù)的單調(diào)性是針對(duì)其定義域的某個(gè)子區(qū)間而言的。（1） 若是的周期，那么也是它的周期。： 常規(guī)求法：配方法、判別式法、不等式法、換元法、構(gòu)造法5．Gauss(高斯)函數(shù)對(duì)于任意實(shí)數(shù)，我們記不超過(guò)的最大整數(shù)為，通常稱(chēng)函數(shù)為取整函數(shù)。（5） 若 （6） 若二、應(yīng)用舉例：例1．已知是一次函數(shù)，且．求的解析式．例2．已知例3．函數(shù)，求函數(shù)迭代中的”穿脫”技巧設(shè)函數(shù)y=f(x),并記fn(x)=f(f(f…(fx)…),其中n是正整數(shù), fn(x)叫做函數(shù)f(x)的n次迭代,函數(shù)迭代是一種特殊的函數(shù)復(fù)合形式,在現(xiàn)代數(shù)學(xué)中占有很重要的地位,尤其是近年來(lái)在國(guó)內(nèi)外數(shù)學(xué)競(jìng)賽屢次出現(xiàn),成為熱點(diǎn)問(wèn)題之一,(x)(或fn(x)的表達(dá)式”穿上”或”脫去”n1個(gè)函數(shù)符號(hào)得出fn(x)(或f(x))的函數(shù)迭代問(wèn)題,這里我們對(duì)數(shù)學(xué)競(jìng)賽中穿脫問(wèn)題的解題技巧作簡(jiǎn)單介紹和粗淺的探索.1程序化穿脫“穿”,”脫”函數(shù)符號(hào)是一種有序的過(guò)程,由內(nèi)至外一層層穿上f,或從外至內(nèi)一層層脫去f,往往是一種程序化的模式,例 已知f(x)= ,求fn(x).2實(shí)驗(yàn)法穿脫許多情況下,求解穿脫問(wèn)題并非只是一種程序化的操作,還需要用敏銳的思維和眼光去發(fā)現(xiàn)穿脫過(guò)程所蘊(yùn)含的規(guī)律性,實(shí)驗(yàn)是發(fā)現(xiàn)的源泉,是發(fā)現(xiàn)規(guī)律的金鑰匙.例函數(shù)定義在整數(shù)集上,且滿足f(n)=　n3 (n≥1000)f[f(n+5)](n＜1000求f(84)例21 對(duì)任意的正整數(shù)k,令f1(k)≥2令fn(k)=f1(fn1(k)),求f1988(11).3周期性穿脫 　在求解函數(shù)迭代問(wèn)題時(shí)我們經(jīng)常要借助于函數(shù)的周期性,利用周期性穿脫要能達(dá)到進(jìn)退自如,做到需穿插則穿,需脫則脫,從而優(yōu)化解題過(guò)程.例定義域?yàn)檎麛?shù)的函數(shù),滿足:f(n)=　n3 (n≥1000)f[f(n+7)](n＜1000.試求f(90)練習(xí),f(n)為n2+1(十進(jìn)制)的數(shù)字之和,f1(n)=f(n),求的f100(1990)值.(x)=.設(shè)f35(x)=f5(x),求f28(x).例4．求函數(shù)的值域。任取，同樣由，易知x≤1。 解： 令，可知是奇函數(shù)，且嚴(yán)格單調(diào)，所以 ，當(dāng)時(shí)，所以，故，即圖象和軸交點(diǎn)坐標(biāo)為若函數(shù)為單調(diào)的奇函數(shù)，且，則。②函數(shù)的值域?yàn)閇1,1]。例8．設(shè)是定義在Z上的一個(gè)實(shí)值函數(shù)，滿足，求證：是周期為4的周期函數(shù)。 二次函數(shù)一、 基礎(chǔ)知識(shí)：1． 二次函數(shù)的解析式（1）一般式：（2）頂點(diǎn)式：，頂點(diǎn)為（3）兩根式：（4）三點(diǎn)式：2．二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)（1）的圖像是一條拋物線，頂點(diǎn)坐標(biāo)是，對(duì)稱(chēng)軸方程為，開(kāi)口與有關(guān)。常依軸與區(qū)間的位置分類(lèi)討論。①求的解析式；②求最大的使得存在，只要就有。(a－1)]2－4(a2－8a＋7)≥0即：a2－10a＋9≤0得：1≤a≤9例3。解析：①∵方程f(x)=2x有等根222。圖象的對(duì)稱(chēng)軸為x==1222。例5．對(duì)于函數(shù)y=f(x)，若存在實(shí)數(shù)x0，滿足f(x0)=x0，則稱(chēng)x0為f(x)的不動(dòng)點(diǎn)。求使所有Fn(x)0　（n∈N*,n≥2）成立的所有正實(shí)數(shù)x值的集合。 Fn(x)存在不動(dòng)點(diǎn)x0綜上所述：對(duì)于任意n∈N*,n≥2，F(xiàn)n(x)都存在不動(dòng)點(diǎn)，并且有相同的不動(dòng)點(diǎn)。f[Fn1(x)]0222。f[f(x)]0222。x0(舍去)或x2或x∈f222。解法一：設(shè)F(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋c＝a(x－x1)(x－x2)∴ f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x作差：f(t)－x1＝a(t－x1)(t－x2)＋t－x1 ＝(t－x1)[a(t－x2)＋1] ＝a(t－x1)(t－x2＋)又t－x2＋＜t－(x2－x1)－x1＝t－x1＜0∴ f(t)－x1＞0∴ f(t)＞x1解法二：同解法一得f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x令g(x)＝a(x－x2)∵ a＞0，g(x)是增函數(shù)，且t＜x1 222。例9．設(shè),方程的兩個(gè)根，若，設(shè)的對(duì)稱(chēng)軸為，求證構(gòu)造可以推出結(jié)論。 　　從幾何角度看，拋物線y=f(x)x開(kāi)口向上，因此在區(qū)間［x1,x2］的外部，f(x)x＞0，（1）的左端得證。 ?、?　　 ∵a＞0，x∈(0,x1)，x1x＞0，∴ a(x1x)＞0 　?、谑絻蛇呁詀(x1x)＞0，得：0＜x2x＜，即：x＜x2＜+x 　　這由已知條件：0＜x＜x1＜x2＜，即得：x＜x2＜＜+x， 　　故命題得證。③設(shè)區(qū)間A=(∞,0)，對(duì)于任意x∈A，有g(shù)1(x)=f(x)=a0, g2(x)=f[g1(x)]=f(0)0，且n≥2時(shí)，gn(x)0。6x0－6x02=x0222。x0或x1∴gn(x)0219。x0或x1g1(x)1219。 函數(shù)迭代知識(shí)提要先看一個(gè)有趣的問(wèn)題：李政道博士1979年4月到中國(guó)科技大學(xué)，給少年班的同學(xué)面試這樣一道題：五只猴子，分一堆桃子，怎么也平分不了，于是大家同意先去睡覺(jué)，明天再說(shuō)．夜里一只猴子偷偷起來(lái)，把一個(gè)桃子吃掉后正好可以分成5份，收藏起自己的一份后又去睡覺(jué)了．第二只猴子起來(lái)后，像第一只猴子一樣，先吃掉一個(gè)，剩下的又剛好分成5份，也把自己的一份收藏起來(lái)睡覺(jué)去了．第三、第四、第五只猴子也都是這樣：先吃掉一個(gè)，剩下的剛好分成5份．問(wèn)這堆桃子最少是多少個(gè)？設(shè)桃子的總數(shù)為個(gè)．第只猴子吃掉一個(gè)并拿走一份后，剩下的桃子數(shù)目為個(gè)，則，且．設(shè)．于是由于剩下的桃子數(shù)都是整數(shù)，所以，．因此，最小的為：．上面的解法，我們利用了一個(gè)函數(shù)自身復(fù)合多次，這就叫迭代．一般地，設(shè)是一個(gè)函數(shù)，對(duì)，記，…，則稱(chēng)函數(shù)為的次迭代，并稱(chēng)為的迭代指數(shù)．反函數(shù)記為．一些簡(jiǎn)單函數(shù)的次迭代如下：（1）若，則；（2）若，則；