特训04 第1-3章 期中解答压轴题（五大题型）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（苏教版2019必修第一册，江苏专用）

特训04 第1-3章 期中解答压轴题（五大题型） 目录： 题型1：元素与集合的关系 题型2：子集 题型3：集合的关系与运算 题型4：二次函数与方程、不等式 题型5：不等式新定义题 题型1：元素与集合的关系 1．已知非空实数集，满足：任意，均有；任意，均有． (1)直接写出中所有元素之积的所有可能值； (2)若由四个元素组成，且所有元素之和为3，求； (3)若非空，且由5个元素组成，求的元素个数的最小值． 【答案】(1)或 (2) (3) 【分析】（1）根据集合中的元素构成可得集合中的元素是以的形式，三个数为一组出现，从而可得结论； （2）根据集合中的元素构成可得集合中的元素是以的形式，四个数为一组出现，从而可得结论； （3）由（1）（2）可得集合的元素个数分别是以和为最小正周期循环，从而根据得元素个数，可确定的元素个数的最小值． 【解析】（1）已知非空实数集满足：任意，均有，且在实数范围内无解，所以， 所以，又 则集合中的元素是以的形式，三个数为一组出现，组和组不相交，且， 又，则S中所有元素之积的所有可能值为或； （2）已知非空实数集满足：任意，均有，且 所以，且，又 则集合中的元素是以的形式，四个数为一组出现，组和组不相交，且， 若由四个元素组成，则，且所有元素之和为3 所以，整理得 解得或 当或或或时， 综上，； （3）由（1）（2）集合的元素个数分别是以和为最小正周期循环， 且当时，同一周期内其余元素不相等， 因而和互素，所以和中的各组最多只能有一个公共元素， 因为有五个元素，若要使的元素个数最小，要使相同的元素尽量在同一个周期内， 若，此时从中选出5个元素属于，此时T包含20个元素，中包含， 若，此时从中选出5个元素属于，此时S包含15个元素，中包含， 所以的元素个数最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查集合中元素的性质，综合性强.解题关键是确定集合中元素的构成以及元素个数关系，例如本题中集合中的元素是以的形式，三个数为一组出现，集合中的元素是以的形式，四个数为一组出现，组和组不相交. 2．设集合，若集合S中的元素同时满足以下条件： ①，恰好都含有3个元素； ②，，为单元素集合； ③ 则称集合S为“优选集”． (1)判断集合，是否为“优选集”； (2)证明：若集合S为“优选集”，则，至多属于S中的三个集合； (3)若集合S为“优选集”，求集合S的元素个数的最大值． 【答案】(1)不是“优选集”， 是“优选集”； (2)证明过程见详解； (3)7 【分析】（1）根据“优选集”的定义判断即可； （2）先取，其中，，，，，，，可得，可以属于S中的三个集合，再用反证法证明不存在，使得可以属于S中的四个集合即可； （3）结合（2）可知S中的元素个数可以为7，再用反证法证明不存在即可． 【解析】（1）对于集合， 满足条件①：和恰好都含有3个元素； 满足条件②：为单元素集合； 但不满足条件③：，则不是“优选集”； 对于集合， 满足条件①：，和恰好都含有3个元素； 满足条件②：，，为单元素集合； 满足条件③：．所以集合是“优选集”． （2）由集合S为“优选集”， 结合（1）显然，可以属于S中的零个集合，一个集合，两个集合， 取集合，其中，，，，，，， 此时，可以属于S中的两个集合，三个集合， 假设存在，使得可以属于S中的四个集合，即，其中， 为了满足条件③，显然还存在， 为了满足条件②，中的元素必须在，，，中除外的另外两个元素中各选一个， 此时中有4个元素，显然不满足条件①， 因此假设不成立， 故若集合S为“优选集”，则，至多属于S中的三个集合； （3）结合（2）有集合，其中，，，，，，，此时S的元素个数为7， 假设存在，则可得中必有元素或， 不妨令，要使，，都为单元素集合， 则或或或， 当时，，舍去； 当时，不是单元素集合，舍去； 当时，不是单元素集合，舍去； 当时，不是单元素集合，舍去， 因此假设不成立， 故集合S的元素个数的最大值为7． 【点睛】小问（2）的关键是先举例得到，可以属于S中的三个集合，再用反证法证明不存在，使得可以属于S中的四个集合；小问（3）的关键先得到S中的元素个数可以为7，再用反证法证明不存在． 3．设非空数集M，对于任意，如果满足：①属于M  ②属于M.③属于M  ④（分母不为零）也属于M.定义：满足条件①②③的数集M为数环（即数环对于加、减、乘运算封闭）；满足④的数环M为数域（即数域对于加、减、乘、除运算封闭）. (1)判断自然数集N、整数集Z、有理数集Q、实数集R、复数集C是不是数环，假如该集合是数环，那么它是不是数域（无需说明理由）； (2)若M是一个数环，证明：；若S是一个数域，证明：； (3)设，证明A是数域. 【答案】(1)自然数集不是数环；整数集是数环，不是数域；有理数集、实数集、复数集是数环也是数域； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，由数环与数域的定义判断即可； （2）根据题意，由数域的定义即可证明； （3）根据题意，设，，，然后分别验证①②③④，即可证明. 【解析】（1）自然数集N不是数环，例如； 整数集Z是数环，不是数域，例如； 有理数集Q、实数集R、复数集C是数环也是数域. （2）若，则，即； 若，，则，即 （3）设，则，，， 则， 因为，所以，， 所以，满足条件①. ，因为， 所以，，所以，满足条件②. ，因为， 所以，，所以，满足条件③. ， 因为，，所以，， 所以，满足条件④. 综上所述，A是数域. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了集合新定义问题，难度较大，解答本题的关键在于理解数环与数域的定义，并且应用. 4．定义1:对于一个数集，定义一种运算，对任意都有，则称集合关于运算是封闭的（例如:自然数集对于加法运算是封闭的）. 定义2:对于一个数集，若存在一个元素，使得任意，满足，则称为集合中的零元，若存在一个元素，使得任意，满足，则称为集合中的单位元（例如:0和1分别为自然数集中的零元和单位元）. 定义3:对于一个数集，如果满足下列关系: ①有零元和单位元； ②关于加、减、乘、除（除数不为0）四种运算都是封闭的； ③对于乘法和加法都满足交换律和结合律，且满足乘法对加法的分配律，则称这个数集是一个数域. (1)指出常用数集中，那些数集可以构成数域（不需要证明）； (2)已知集合，证明:集合关于乘法运算是封闭的； (3)已知集合，证明:集合是一个数域. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用数域的定义直接判断即可. （2）利用关于乘法运算封闭的定义推理即得. （3）利用数域的定义，逐一验证各个条件被满足即可. 【解析】（1）由于，而，因此不是数域； 由于，而，因此不是数域； 中，都有零元：0和单位元：1； 关于加、减、乘、除（除数不为0）四种运算都是封闭的； 对于乘法和加法都满足交换律和结合律，且满足乘法对加法的分配律， 所以可以是数域. （2）设(都为整数)，显然,且， 则 显然，因此， 所以集合A关于乘法运算是封闭的. （3）①显然,当时，；当时，， 显然对任意，都有，所以集合中有零元0和单位元1； ②设，则， 因为都为有理数，则也都为有理数， 因此； 又由（2）同理可得，都为有理数时，也都为有理数， 于是； 当时，令， 显然都是有理数，则，于是， 因此集合A关于加、减、乘、除运算都是封闭的； ③显然任意，都有，由中加法、乘法运算都满足交换律、结合律，还满足乘法对加法的分配律， 因此集合A中加法、乘法运算都满足交换律、结合律，还满足乘法对加法的分配律， 所以集合A是一个数域. 题型2：子集 5．已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”. (1)试判断集合是否为集合的“期待子集”；（直接写出答案，不必说明理由） (2)如果一个集合中含有三个元素，同时满足①，②，③为偶数.那么称该集合具有性质.对于集合的非空子集，证明：集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质. 【答案】(1)是集合的“期待子集”，不是集合的“期待子集” (2)证明见解析 【分析】（1）根据所给定义判断即可. （2）先证明必要性，再证明充分性，结合所给“期待子集”的定义及性质的定义证明即可； 【解析】（1）因为， 对于集合，令，解得，显然，， 所以是集合的“期待子集”； 对于集合，令，则， 因为，即，故矛盾，所以不是集合的“期待子集” （2）先证明必要性： 当集合是集合的“期待子集”时，由题意，存在互不相同的，使得， 不妨设，令，，，则，即条件中的①成立； 又，所以，即条件中的②成立； 因为， 所以为偶数，即条件中的③成立； 所以集合满足条件. 再证明充分性： 当集合满足条件时，有存在，满足①，②，③为偶数， 记，，， 由③得，由①得，由②得， 所以， 因为，，，所以，，均属于， 即集合是集合的“期待子集” 【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决. 6．已知集合，对于的一个子集，若存在不大于的正整数，使得对中的任意一对元素，都有，则称具有性质． (1)当时，试判断集合和是否具有性质？并说明理由； (2)当时，若集合具有性质， ①判断集合是否一定具有性质？并说明理由； ②求集合中元素个数的最大值． 【答案】(1)详见解析； (2)①具有性质；理由见解析；② 【分析】（1）当时，先求得集合，由题中所给新定义直接判断即可； （2）当时，先求得集合， ①根据，任取，其中，可得，利用性质的定义加以验证，即可说明集合具有性质； ②设集合有个元素，由（1）可知，任给，，则与中必有个不超过，从而得到集合与中必有一个集合中至少存在一半元素不超过，然后利用性质的定义列不等式，由此求得的最大值． 【解析】（1）当时，， 不具有性质， 因为对任意不大于的正整数， 都可以找到该集合中的两个元素与，使得成立， 集合具有性质， 因为可取，对于该集合中任一元素， ，（），都有. （2）当时，集合， ①若集合具有性质，那么集合一定具有性质． 首先因为，任取，其中． 因为，所以． 从而，即，所以． 由具有性质，可知存在不大于的正整数， 使得对中的任意一对元素，都有． 对于上述正整数，从集合中任取一对元素， ，其中，则有． 所以，集合具有性质P； ②设集合有个元素，由（1）可知，若集合具有性质， 那么集合一定具有性质． 任给，，则与中必有一个不超过． 所以集合与中必有一个集合中至少存在一半元素不超过． 不妨设中有个元素不超过． 由集合具有性质，可知存在正整数． 使得对中任意两个元素，都有． 所以一定有． 又，故． 即集合中至少有个元素不在子集中， 因此，所以，得． 当时，取， 则易知对集合中的任意两个元素，都有，即集合具有性质． 而此时集合S中有个元素，因此，集合元素个数的最大值为． 【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 7．对任意给定的不小于3的正整数，元集合，均为正整数集的子集，若满足： ①， ②， ③， 则称，互为等矩集． （1）若集合与互为等矩集，求，的值； （2）证明：如果集合，互为等矩集，那么对于任意的，集合，也互为等矩集； （3）对于任意给定的正整数，是否存在两个元正整数集，互为等矩集？请说明理由． 【答案】（1）或；（2）见解析；（3）见解析. 【分析】（1）由等矩集定义，列出关于和的方程组，求解即可； （2）利用等矩集的定义，只需证明和满足等矩集的三条定义即可； （3）通过构造3元，4元，5元的等矩集组，证明，，元等矩集组的存在，结合等矩集的定义进行分析求解即可． 【解析】（1）解：由等矩集定义，则， ①②，可得③， 由①③可知，，为方程的两个根， 解得或，符合题意， 所以或； （2）证明：只需证明和满足等矩集的三条定义即可， ， 故满足定义①； ， 故满足定义②； 假设，则存在，，，可得，与矛盾， 所以， 故满足定义③． 综上所述，和也互为等矩集； （3）解：①对于元等矩集组和和元等矩集组和， 可以发现只需要，，，两两交集为空集， 则和互为等矩集组， 此结论可以推广到的形式； ②可以发现，若，，，和，，，互为等矩集， 则有，，，和，，，，互为等矩集， 因此我们可以构造3元，4元，5元的等矩集组，从而能够证明，，元等矩集组的存在， 即对任意，，存在元正整数集和互为等矩集， 3元等矩集：，5，和，3，， 4元等矩集：，4，6，和，3，5，， 对于5元等矩集，可以利用两组4元等矩集的并集，其中去除一个3元等矩集进行构造， 两组4元等矩集：，4，6，和，3，5，，，8，12，和，6，10，， 并集为，2，4，6，7，8，12，和，3，4，5，6，8，10，， 其中存在3元等矩集：，6，和，4，， 删除后得到5元等矩集：，4，8，12，和，5，6，10，， 根据上述构造方法可以总结元等矩集的构造： ①若，则可以由个3元等矩集组并得； ②若，则可以由个3元等矩集组合一个4元等矩集组并得； ③若，则可以由个3元等矩集组合一个5元等矩集组并得． 因此，对于任意给定的正整数，必存在两个元正整数集，互为等矩集． 【点睛】本题考查了集合的新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可，属于难题． 8．集合如果存在一组两两不交的（两个集合交集为空集时，称为不交）非空子集、、…、，满足，则称子集组、、…、构成集合的一个划分．子集组：（），与子集组：（）的并集都是集合． (1)用列举法写出集合． (2)判断其子集组、是否分别是的划分与划分． (3)在子集组、中任取7个子集，求其并集中元素个数的最小值． 【答案】(1)； (2)是； (3)40. 【分析】（1）根据给定条件，直接写出集合作答. （2）利用给定的定义直接判断作答. （3）按所取7个子集的来源分类求出并集中元素个数作答. 【解析】（1）依题意，子集组：中的每个数是除以7余数是的前8个正整数，是前8个整除7的正整数， 子集组：中的每个数是除以8余数是的前7个正整数，是前7个整除8的正整数， 所以. （2）由（1）知，是非空集合，且两两不相交， ，所以子集组是的划分； 是非空集合，且两两不相交， ，所以子集组是的划分. （3）， ， ， ， ， ， ， ， 子集组、中任取7个子集，当7个子集来自于子集组时，并集中元素个数是56； 当7个子集来自于子集组时，并集中元素个数是49； 显然中任意一个集合与中任意一个集合有且只有1个公共元素， 当6个子集来自于子集组，1个子集来自于子集组时，并集中元素个数是； 当5个子集来自于子集组，2个子集来自于子集组时，并集中元素个数是； 当4个子集来自于子集组，3个子集来自于子集组时，并集中元素个数是； 当3个子集来自于子集组，4个子集来自于子集组时，并集中元素个数是； 当2个子集来自于子集组，5个子集来自于子集组时，并集中元素个数是； 当1个子集来自于子集组，6个子集来自于子集组时，并集中元素个数是， 所以并集中元素个数的最小值是40，当且仅当子集组取3个，子集组中取4个时取得最小值. 【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决. 9．对于正整数，定义．对于任意的，称为的第个分量，称是的一个“协同子集”．如果同时满足：①的元素个数不少于；②对于任何、、，存在，使得、、的第个分量都是． (1)对于，若是的一个恰好含有四个元素的“协同子集”，且其中两个元素是和，直接写出另外两个元素； (2)证明：若是的一个“协同子集”，则的元素个数不超过； (3)证明：若是的一个“协同子集”，且的元素个数恰好是，则存在唯一的，使得中所有元素的第个分量都是． 【答案】(1)、 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据“协同子集”的定义直接写出另外两个元素； （2）若为的一个“协同子集”，考虑元素，进行判断证明即可； （3）根据“协同子集”的定义，证明存在性和唯一性即可得到结论. 【解析】（1）解：由题意可知，中两个元素分别为和，这两个元素第个分量都是， 故中另外两个元素分别为、. （2）解：对于，考虑元素； 显然，、、，对于任意的，、、不可能都为， 可得、不可能都在“协同子集”中． 又因为取定，则一定存在且唯一，而且， 由的定义知道，，，， 这样，集合中元素的个数一定小于或等于集合中元素个数的一半，而集合中元素的个数为，所以中元素个数不超过． （3）证明：，， 定义元素、的乘积为，显然． 我们证明“对任意的，都有.” 假设存在、使得， 则由（2）知，． 此时，对于任意的，、、不可能同时为，矛盾，所以． 因为中只有个元素，我们记为中所有元素的乘积， 根据上面的结论，我们知道， 显然这个元素的分量不能都为，不妨设， 根据的定义，可以知道中所有元素的第个分量都为． 下面再证明的唯一性： 若还有，即中所有元素的第个分量都为， 此时由（2）可知集合中元素个数至多为个，矛盾． 所以结论成立． 【点睛】方法点睛：解决集合新定义问题的方法： （1）紧扣新定义．首先分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是破解新定义型集合问题难点的关键所在． （2）用“协同子集”的性质．集合的性质(概念、元素的性质、运算性质等)是破解新定义型集合问题的基础，也是突破口，在解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之处用“协同子集”的性质． 题型3：集合的关系与运算 10．已知集合为非空数集，定义：，（实数a，b可以相同） (1)若集合，直接写出集合S、T； (2)若集合，，且，求证：； (3)若集合，，记为集合中元素的个数，求的最大值． 【答案】(1)； (2)证明见解析 (3)1348 【分析】（1）根据题目的定义，直接计算集合S，T即可; （2）根据集合相等的概念，证明即可； （3）通过假设集合，求出对应的集合S，T，通过，建立不等式关系，求出对应的值即可. 【解析】（1）因为集合，，， 所以由，可得， ，可得． （2）由于集合，， 则T集合的元素在0，，，，，，中， 且，， 而，故中最大元素必在中，而为7个元素中的最大者， 故即，故， 故中的4个元素为0，，，， 且，，与，，重复， 而，故即， 而，故，故或， 若，则，，与题设矛盾； 故即. （3）设满足题意，其中， 则， ∴，，∴， ∵，由容斥原理， 中最小的元素为0，最大的元素为，， ∴，即，∴． 实际上当时满足题意， 证明如下：设，， 则，， 依题意有，即， 故m的最小值为674，于是当时，A中元素最多， 即时满足题意， 综上所述，集合A中元素的个数的最大值是1348． 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 11．定义1：通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族（collection）. 定义2：集合上的一个拓扑（topology）乃是的子集为元素的一个族，它满足以下条件：（1）和在中；（2）的任意子集的元素的并在中；（3）的任意有限子集的元素的交在中. (1)族，族，判断族与族是否为集合的拓扑； (2)设有限集为全集 （i）证明：； （ii）族为集合上的一个拓扑，证明：由族所有元素的补集构成的族为集合上的一个拓扑. 【答案】(1)都是集合的拓扑 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据集合的拓扑定义判断即可； （2）（i）根据集合的拓扑定义证明充要性即可； （ii）结合（i）的结论，根据集合的拓扑定义证明. 【解析】（1）族，都是集合的拓扑. （2）（i）设，则， 故存在整数使，因此，得. 设，则存在整数使，故， 因此，得 （ii）因为，，所以，； 设为的任意子集，则， ， 因为，故； ， 因为，故. 【点睛】方法点睛：解决集合创新型问题的方法：（1）紧扣定义，首项分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题本质弄清楚，并能够运用到具体的解题过程中；（2）用好集合性质，集合性质时破解新定义型集合问题的基础，也是突破口，在关键之处用好集合的性质. 12．已知集合，，，对任意，定义.若存在正整数，使得对任意，都有，则称集合具有性质.如集合、都具有性质.记是集合中的最大值. (1)判断集合和集合是否具有性质（直接写出结论）； (2)若集合具有性质，求证：和； (3)若集合具有性质，求证：. 【答案】(1)具有，不具有 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据性质的定义直接判断即可； （2）根据性质的定义可得，结合与是集合中的最大值可得，再根据裂项方法证明即可； （3）先假设，再根据分别推导的最小正整数值，进而推出矛盾即可. 【解析】（1）对集合，因为，，，故 具有性质. 对集合，，故不具有； （2）因为集合具有性质，所以对于、有； 因为，所以， 因为是集合中的最大值， 则 ； （3）假设集合的元素个数大于，即 因为集合具有性质，所以，因为，所以， 所以，所以，所以，所以， 因为，所以，所以， 以此类推，得，，，，，，， ，所以， 所以，与矛盾， 所以假设不成立，故. 【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 题型4：二次函数与方程、不等式 13．已知，，是不全为零的实数，函数，.方程的实数根都是的根；反之，的实数根都是的根. (1)若且，求方程的实数根； (2)若且，求的取值范围； (3)若，，求的取值范围. 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据题设有，求解即可. （2）由有，讨论、判断方程根的情况是否符合题设，进而求的取值范围； （3）由已知得，，进而有，结合已知讨论、判断方程根的情况是否符合题设，求的取值范围； 【解析】（1）由，即①， 当，时，①的根为，； （2）由且，则， ∴. ，即.② （i）当时，，①、②的根都为，符合题意. （ii）当，时，①的根为，，它们也都是②的根， 又，不是的实数根. 由题意，无实数根，故，得. 综上，若，则的取值范围为. （3）由，得：，， .③ 由可以推得，知的根一定是的根. 由题意，的实数根都是的根， （i）当时，符合题意. （ii）当时，，的根不是④的根. （a）当④无实数根时符合题意，解得； （b）当或时，由④得，即，⑤ 根据题意，方程⑤无实数根， ， 当时，只需，解得，矛盾，舍去. 当时，只需，解得，即. 综上，所求的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：将方程化为多个子方程，讨论参数，研究各子方程根的情况，并保证在符合题设、的根相同情况下求参数范围. 14．已知函数，， (1)当时，解不等式； (2)若任意，都有成立，求实数的取值范围； (3)若，，使得不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）作差后解一元二次不等式即可. （2）解法一：构造函数，分类讨论求解二次函数最小值，然后列不等式求解即可； 解法二：分离参数，构造函数，利用基本不等式求解最值即可求解； （3）把问题转化为，利用动轴定区间分类讨论即可求解. 【解析】（1）当时，， 所以，所以，所以的解集为. （2）若对任意，都有成立，即在恒成立， 解法一：设，，对称轴，由题意，只须， ①当，即时，在上单调递增，所以，符合题意，所以； ②当，即时，在上单调递城，在单调递增， 所以，解得且， 所以. 综上，. 解法二：不等式可化为，即，设，， 由题意，只须，， 当且仅当即时等号成立，则， 所以，即. （3）若对任意，存在，使得不等式成立， 即只需满足，， ，对称轴，在递减，在递增， ，，，对称轴， ①即时，在递增，恒成立； ②即时，在递减，在递增， ，，所以，故； ③即时，在递减，，， 所以，解得，综上：. 【点睛】关键点点睛：涉及不等式恒成立（有解）问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数单调性、基本不等式求解最值是解决问题的关键. 15．已知函数（，）. (1)若函数的图像与直线均无公共点，求证：； (2)若，时，对于给定的负数，有一个最大的正数，使时，都有，求的最大值； (3)若，且，又时，恒有，求的解析式. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）图像无公共点，转化成二次方程无解，用判别式解决； （2）把，代入函数解析式，配方得到顶点式，由a小于0，得到函数有最大值，表示出这个最大值，分最大值大于5和最大值小于等于5两种类型讨论，根据求根公式求出，即可判断的最大值； （3）由，解得，由函数的最小值点和，解出，得到函数解析式. 【解析】（1）证明：函数的图像与直线无公共点， 即方程无解，即方程无解， ，①； 同理，函数的图像与直线无公共点， 即方程无解，即方程无解， ，②； ①加②得即，得证. （2）把，代入得：， ，所以，又， ①当，即时，满足：且， 所以是方程的较小根， 则；    ②当即时，此时， 所以是的较大根， 则， 当且仅当时取等号， 由于，因此当且仅当时，取最大值； （3）因为对任意的，， ，，对称轴为 ，解得， 又，所以 在处取得最小值，且， 对称轴为，即，解得，从而， ． 【点睛】方法点睛： 二次函数的最值问题，可以函数的一般式化为顶点式，根据条件和所给区间分类讨论；存在性问题要注意灵活运用数形结合思想，可先假设存在，再借助已知条件求解，如果有解(求出的结果符合题目要求)，则假设成立，即存在；如果无解(推出矛盾或求出的结果不符合题目要求)，则假设不成立，即不存在． 16．对于两个实数，，规定， (1)证明：关于的不等式解集为； (2)若关于的不等式的解集非空，求实数的取值范围； (3)设关于的不等式的解集为，试探究是否存在自然数，使得不等式与的解集都包含于，若不存在，请说明理由，若存在，请求出满足条件的的所有值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或或 【分析】（1）分类讨论解绝对值不等式即可证明； （2）解集非空转化为最大值大于1解不等式即可； （3）先解一元二次不等式和绝对值不等式确定，再分和两种情况讨论求解可得的值. 【解析】（1）不等式化为， 当时，，解得，又，所以； 当时，，符合题意，则； 当时，，解得，又，所以； 综上所述：，即关于的不等式解集为. （2）不等式即解集非空， 记，则， ，当等号成立. 故，解得或，故实数的取值范围. （3）由得，解得； 不等式即，也即， 当时，，解得，故； 当时，，解得，故. 综上所述：. 故. 不等式即，也即， 当时，，解得，满足条件； 当时，设， 因为，所以， 所以，解得或. 当，， 当，， 当，，，符合题意， 当，， 当，，， 当，，，符合题意. 综上，或或. 【点睛】关键点点睛：对于解集非空问题即有解问题，可以分离变量转化为函数的最值问题， 即有解，有解. 题型5：不等式新定义题 17．对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知函数. (1)当时，求函数的不动点； (2)若对任意实数n，函数恒有两个相异的不动点，求实数m的取值范围； (3)若的两个不动点为，且，当时，求实数n的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由，得到，再利用不动点的定义求解； （2）根据恒有两个不动点，转化为恒有两个不等实根，利用判别式求解； （3）由题意得到，进而得到，利用对勾函数的性质求解. 【解析】（1）解：当时，， 设为不动点，因此， 解得或， 所以为函数的不动点. （2）因为恒有两个不动点， 即恒有两个不等实根， 整理为， 所以且恒成立. 即对于任意恒成立. 令， 则， 解得. （3）因为， 所以， 设，因为，所以， 由P函数性质得在上单调递增， 所以， 所以， 所以. 18．若实数x，y，m满足，则称x比y接近m， （1）若比3接近1，求x的取值范围； （2）证明：“x比y接近m”是“”的必要不充分条件； （3）证明：对于任意两个不相等的正数a、b，必有比接近. 【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析. 【解析】（1）根据定义可得，从而可求x的取值范围. （2）通过反例可得“比接近”是“”不充分条件.利用不等式的性质可证明“比接近”是“”的必要条件，故可得所证结论. （3）利用基本不等式结合分析法可证结论成立. 【解析】（1）因为比3接近1，故， 故，故，所以. （2）取， 则，故比接近. 但， 故“比接近”推不出“”. 所以“比接近”是“”不充分条件. 若，则，故， 所以或， 若，则且，故， 所以， 故，所以， 也就是“比接近”. 若，则且，故， 所以， 故，所以， 故“比接近”是“”必要不充分条件. （3）对于任意两个不相等的正数a、b，要证比接近， 即证：， 即证：， 即证：， 因为，因为， 故，故， 所以成立， 故比接近. 【点睛】关键点点睛：本题属于新定义背景下的不等式的求解与证明问题，其中必要不充分条件的证明应依据充分条件和必要条件的定义来展开，证明不等式恒成立要结合不等式的性质，也要结合基本不等式. 19．高一的珍珍阅读课外书籍时，发现笛卡尔积是代数和图论中一个很重要的课题.对于非空数集A，B，定义且，将称为“A与B的笛卡尔积” (1)若，，求和； (2)试证明：“”是“”的充要条件； (3)若集合是有限集，将集合的元素个数记为.已知，且存在实数满足对任意恒成立.求的取值范围，并指明当取到最值时和满足的关系式及应满足的条件. 【答案】(1)答案见详解 (2)证明见详解 (3)答案见详解 【分析】（1）根据的定义直接运算求解； （2）根据的定义结合充分必要条件分析证明； （3）设，则，，结合基本不等式求的取值范围，并结合根式分析求解. 【解析】（1）由题意可得：， . （2）若，设， 由定义可知：且， 所以“”是“”的必要条件； 若，对任意，均有， 即对任意，均有， 由任意性可知，则， 所以“”是“”的充分条件； 综上所述：“”是“”的充要条件. （3）设， 则，， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以实数的取值范围. 若取到最大值，则，即， 可得，即， 所以. ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训04 第1-3章 期中解答压轴题（五大题型） 目录： 题型1：元素与集合的关系 题型2：子集 题型3：集合的关系与运算 题型4：二次函数与方程、不等式 题型5：不等式新定义题 题型1：元素与集合的关系 1．已知非空实数集，满足：任意，均有；任意，均有． (1)直接写出中所有元素之积的所有可能值； (2)若由四个元素组成，且所有元素之和为3，求； (3)若非空，且由5个元素组成，求的元素个数的最小值． 2．设集合，若集合S中的元素同时满足以下条件： ①，恰好都含有3个元素； ②，，为单元素集合； ③ 则称集合S为“优选集”． (1)判断集合，是否为“优选集”； (2)证明：若集合S为“优选集”，则，至多属于S中的三个集合； (3)若集合S为“优选集”，求集合S的元素个数的最大值． 3．设非空数集M，对于任意，如果满足：①属于M  ②属于M.③属于M  ④（分母不为零）也属于M.定义：满足条件①②③的数集M为数环（即数环对于加、减、乘运算封闭）；满足④的数环M为数域（即数域对于加、减、乘、除运算封闭）. (1)判断自然数集N、整数集Z、有理数集Q、实数集R、复数集C是不是数环，假如该集合是数环，那么它是不是数域（无需说明理由）； (2)若M是一个数环，证明：；若S是一个数域，证明：； (3)设，证明A是数域. 4．定义1:对于一个数集，定义一种运算，对任意都有，则称集合关于运算是封闭的（例如:自然数集对于加法运算是封闭的）. 定义2:对于一个数集，若存在一个元素，使得任意，满足，则称为集合中的零元，若存在一个元素，使得任意，满足，则称为集合中的单位元（例如:0和1分别为自然数集中的零元和单位元）. 定义3:对于一个数集，如果满足下列关系: ①有零元和单位元； ②关于加、减、乘、除（除数不为0）四种运算都是封闭的； ③对于乘法和加法都满足交换律和结合律，且满足乘法对加法的分配律，则称这个数集是一个数域. (1)指出常用数集中，那些数集可以构成数域（不需要证明）； (2)已知集合，证明:集合关于乘法运算是封闭的； (3)已知集合，证明:集合是一个数域. 题型2：子集 5．已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”. (1)试判断集合是否为集合的“期待子集”；（直接写出答案，不必说明理由） (2)如果一个集合中含有三个元素，同时满足①，②，③为偶数.那么称该集合具有性质.对于集合的非空子集，证明：集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质. 6．已知集合，对于的一个子集，若存在不大于的正整数，使得对中的任意一对元素，都有，则称具有性质． (1)当时，试判断集合和是否具有性质？并说明理由； (2)当时，若集合具有性质， ①判断集合是否一定具有性质？并说明理由； ②求集合中元素个数的最大值． 7．对任意给定的不小于3的正整数，元集合，均为正整数集的子集，若满足： ①， ②， ③， 则称，互为等矩集． （1）若集合与互为等矩集，求，的值； （2）证明：如果集合，互为等矩集，那么对于任意的，集合，也互为等矩集； （3）对于任意给定的正整数，是否存在两个元正整数集，互为等矩集？请说明理由． 8．集合如果存在一组两两不交的（两个集合交集为空集时，称为不交）非空子集、、…、，满足，则称子集组、、…、构成集合的一个划分．子集组：（），与子集组：（）的并集都是集合． (1)用列举法写出集合． (2)判断其子集组、是否分别是的划分与划分． (3)在子集组、中任取7个子集，求其并集中元素个数的最小值． 9．对于正整数，定义．对于任意的，称为的第个分量，称是的一个“协同子集”．如果同时满足：①的元素个数不少于；②对于任何、、，存在，使得、、的第个分量都是． (1)对于，若是的一个恰好含有四个元素的“协同子集”，且其中两个元素是和，直接写出另外两个元素； (2)证明：若是的一个“协同子集”，则的元素个数不超过； (3)证明：若是的一个“协同子集”，且的元素个数恰好是，则存在唯一的，使得中所有元素的第个分量都是． 题型3：集合的关系与运算 10．已知集合为非空数集，定义：，（实数a，b可以相同） (1)若集合，直接写出集合S、T； (2)若集合，，且，求证：； (3)若集合，，记为集合中元素的个数，求的最大值． 11．定义1：通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族（collection）. 定义2：集合上的一个拓扑（topology）乃是的子集为元素的一个族，它满足以下条件：（1）和在中；（2）的任意子集的元素的并在中；（3）的任意有限子集的元素的交在中. (1)族，族，判断族与族是否为集合的拓扑； (2)设有限集为全集 （i）证明：； （ii）族为集合上的一个拓扑，证明：由族所有元素的补集构成的族为集合上的一个拓扑. 12．已知集合，，，对任意，定义.若存在正整数，使得对任意，都有，则称集合具有性质.如集合、都具有性质.记是集合中的最大值. (1)判断集合和集合是否具有性质（直接写出结论）； (2)若集合具有性质，求证：和； (3)若集合具有性质，求证：. 题型4：二次函数与方程、不等式 13．已知，，是不全为零的实数，函数，.方程的实数根都是的根；反之，的实数根都是的根. (1)若且，求方程的实数根； (2)若且，求的取值范围； (3)若，，求的取值范围. 14．已知函数，， (1)当时，解不等式； (2)若任意，都有成立，求实数的取值范围； (3)若，，使得不等式成立，求实数的取值范围. 15．已知函数（，）. (1)若函数的图像与直线均无公共点，求证：； (2)若，时，对于给定的负数，有一个最大的正数，使时，都有，求的最大值； (3)若，且，又时，恒有，求的解析式. 16．对于两个实数，，规定， (1)证明：关于的不等式解集为； (2)若关于的不等式的解集非空，求实数的取值范围； (3)设关于的不等式的解集为，试探究是否存在自然数，使得不等式与的解集都包含于，若不存在，请说明理由，若存在，请求出满足条件的的所有值. 题型5：不等式新定义题 17．对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知函数. (1)当时，求函数的不动点； (2)若对任意实数n，函数恒有两个相异的不动点，求实数m的取值范围； (3)若的两个不动点为，且，当时，求实数n的取值范围. 18．若实数x，y，m满足，则称x比y接近m， （1）若比3接近1，求x的取值范围； （2）证明：“x比y接近m”是“”的必要不充分条件； （3）证明：对于任意两个不相等的正数a、b，必有比接近. 19．高一的珍珍阅读课外书籍时，发现笛卡尔积是代数和图论中一个很重要的课题.对于非空数集A，B，定义且，将称为“A与B的笛卡尔积” (1)若，，求和； (2)试证明：“”是“”的充要条件； (3)若集合是有限集，将集合的元素个数记为.已知，且存在实数满足对任意恒成立.求的取值范围，并指明当取到最值时和满足的关系式及应满足的条件. 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