培优点01 集合中的创新问题（3大题型）（讲义+精练）-2026年新高考数学大一轮复习讲义之技巧精讲与题型全归纳（新高考专用）

培优点1　集合中的创新问题 目录 01 重点解读 2 02 思维升华 3 03 典型例题 4 题型一：集合中的新概念 4 题型二：集合中的新运算 5 题型三：集合中的新性质 6 04 课时精练 9 数学思维创新是思维品质的巅峰层级。在新高考命题里，以集合为背景的创新问题备受青睐，成为创新型试题热点。这类题目聚焦“问题”本身，引导学生以“探究”为手段，踏上“发现”的征程。依托集合构建题目情境，重点考查学生能否精准理解问题，以及能否跳出传统思维框架，有效解决创新型数学问题的能力。 1、新概念问题，往往是通过重新定义相应的集合或重新定义集合中的某个要素，结合集合的知识加以创新，可以利用原有集合的相关知识解题． 2、新运算问题是通过创新给出有关集合的一个全新的运算规则．按照新的运算规则，结合数学中原有的运算和运算规则，通过相关的集合或其他知识进行计算或逻辑推理等进行解答． 3、新性质问题往往是通过创新集合中给定的定义与性质衍生而来的．在新环境下研究“旧”性质．主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是集合的有关知识点． 4、通过给出一个新的集合的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求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，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 5、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、运算、验证，使得问题得以解决. 题型一：集合中的新概念 例1．置换是抽象代数的一种基本变换，对于有序数组，有序数组，定义“间距置换”：，，．已知有序数组，经过一次“间距置换”后得到新的有序数组（），且S中所有数之和为2025，则的值为（   ） A． B． C． D． 例2．（2025·江西·模拟预测）中国剩余定理又称“孙子剩余定理”，它是中国古代史上最有创造性的成就之一，其中“韩信点兵”“物不知数”等问题的解法在数论中有相应的推广，数论中的形式表示和除以的余数相同．已知集合满足，，．对于集合中的任意一个元素，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 例3．定义1：对于一个数集A，定义一种运算，对任意都有，则称集合A关于运算是封闭的（例如：自然数集N对于加法运算是封闭的）. 定义2：对于一个数集A，若存在一个元素，使得任意，满足，则称a为集合A中的零元，若存在一个元素，使得任意，满足，则称b为集合A中的单位元（例如：0和1分别为自然数集N中的零元和单位元）. 定义3：对于一个数集A，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A是一个数域. (1)指出常用数集N，Z，Q，R中，哪些数集可以构成数域（不需要证明）； (2)已知集合，证明：集合A关于乘法运算是封闭的； (3)已知集合，证明：集合A是一个数域. 变式1．（2025·湖北武汉·三模）用符号表示集合中元素的个数．对于实数集合和，且，，定义两个集合：①和集； ②邻差集，其中为集合中元素按照从小到大排列． (1)已知集合，，求，的值； (2)已知集合，，求的值； (3)若与都是由个实数构成的集合，证明：的充要条件是． 题型二：集合中的新运算 例4．（多选题）（2025·河南郑州·三模）群论，是代数学的分支学科，群的定义如下：设G是一个非空集合，“•”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的，有；②对任意的，有；③存在，使得对任意的，有，称为单位元；④对任意的，存在，使，称a与b互为逆元．则称G关于“•”新构成一个群．则下列说法正确的有（   ） A．（为虚数单位）关于数的乘法构成群 B．有理数集关于数的加法构成群 C．关于数的除法构成群 D．正实数集关于数的乘法构成群 例5．（多选题）（2025·湖北黄冈·模拟预测）对于集合、，定义运算：且，.若，，则（    ） A． B． C． D． 例6．（2025·浙江宁波·三模）设维向量，，定义运算：. (1)当时，若且，，试比较与的大小； (2)已知，记且和均为的某一排列}. （ⅰ）求，； （ⅱ）若，求.（提示：.） 变式2． 定义一类集合：对于集合，若都满足，则称为“单位有界集”；在集合中定义一种运算：若，，定义.现对单位有界集进行如下操作：第一步，从中任取两个元素、，将中除了、以外的元素构成的集合记为，令；第二步，若集合还是单位有界集，则继续任取两个元素，将中除了以外的元素构成的集合记为，令；依次类推…… (1)对于任意的单位有界集，判断是否仍然为单位有界集．若是，请证明；若不是，请举出反例； (2)证明：若，则； (3)当时，对集合进行步上述操作，当只有一个元素时停止，求所有满足条件的． 题型三：集合中的新性质 例7．（2025·北京房山·一模）设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值． (1)当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由； (2)当时，若具有性质，求的最大值； (3)给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值． 例8．（2025·高三·湖北·期中）已知正实数构成的集合 (1)若定义，当集合中的元素恰有个数时，称集合具有性质. ①当，时，判断集合，是否具有性质，并说明理由； ②设集合，其中数列为等比数列，且公比为2，判断集合是否具有性质并说明理由. (2)若定义，当集合中的元素恰有个数时，称集合具有性质.设集合具有性质且中的所有元素能构成等差数列.问：集合中的元素个数是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由. 例9．（多选题）设A是非空数集，若对任意，都有，，则称A具有性质P.下列命题为真命题的是（    ） A．若A具有性质P，则A可以是有限集 B．若具有性质P，且，则具有性质P C．若具有性质P，则具有性质P D．若A具有性质P，且，则不具有性质P 变式3．（2025·安徽·模拟预测）对于非空数集，，若，则称数集具有性质. (1)若数集具有性质，证明：；判断，是否具有性质，并说明理由. (2)若满足①；②，当时，都有. （i）判断“数集具有性质”是否是“数列为等差数列”的充要条件，并说明理由； （ii）已知数集具有性质且，，求数集具有性质的概率. 1．对于集合，，定义且，，设，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·内蒙古包头·二模）已知集合，若，且，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025·北京丰台·二模）已知是平面直角坐标系中的点集．设是中两点间距离的最大值，是中的点与原点连线的斜率，是表示的图形的面积，给出下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（多选题）（2025·四川·三模）已知集合，则称集合为分集．下列说法正确的是（   ） A．当时，是唯一的分集 B．对任意，总存在至少一个分集 C．若是分集，则 D．若是分集，则 5．（多选题）（2025·浙江绍兴·模拟预测）已知集合，若对于任意，以及任意，满足，则称集合为“一字集”，记为“一字集”，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．若，且，则 D．若，则 6．（多选题）（2025·浙江温州·三模）已知数列满足，定义：集合，使得，并记该集合的元素个数为，则以下说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．存在数列，其中有一项能使得且 D．若任取数列的两项，恰好是元素的概率大于，则 7．（多选题）（2025·四川·模拟预测）已知，，设集合A，B，C是的三个不同的子集，若真包含于B，则称子集A，B是S的一个“二阶链条”， 若A真包含于B，B真包含于C，则称子集A，B，C是S的一个“三阶链条”.记S的“二阶链条”的个数为，S的“三阶链条”的个数为，则（   ） A． B． C． D． 8．（多选题）（2025·山西·二模）记表示个元素的有限集合，表示非空数集中所有元素的和.若集合，则（    ） A． B． C． D．若，则的最小值为14 9．（多选题）（2025·四川成都·模拟预测）对于集合，若存在集合的两两不同的子集满足，则称其为集合的一条“链”，称为这条“链”的长度.当集合的元素个数时，下列说法正确的是（   ） A．集合的最长“链”的长度为 B．任意两个集合都可以出现在同一个“链”中 C．当时，该集合的任意两条长为4的“链”中一定具有相同集合 D．集合的最长“链”的总数为 10．（多选题）（2025·江苏南通·二模）设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（   ） A．集合不是“可拆等和集” B．若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个 C．存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集” D．若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集” 11．定义集合的运算：已知集合，则.若集合，，则集合的真子集个数的一个可能取值是 . 12．按照一定次序排列的一列集合称为集合列，可记为；已知全集的子集满足.若恰有两个元素，则这样的集合列有 个；所有满足条件的集合列有 个. 13．（2025·湖南·三模）已知集合且中至少含有2个元素，若对于中的任意两个不同元素，都有，则称具有性质，若，且同时具有性质和，则中至多有 个元素. 14．（2025·安徽马鞍山·三模）已知S是全体复数集的一个非空子集，如果，总有，则称S是数环．设是数环，如果①内含有一个非零复数；②且，有，则称是数域．由定义知有理数集是数域． (1)求元素个数最小的数环； (2)证明：记，证明：是数域； (3)若是数域，判断是否是数域，请说明理由． 17．（山东省济宁市2025届高三考前押题联合检测数学试题）设，为整数，且.已知集合，集合为的一个含有个元素的子集. (1)设，，写出2个不同的，使得中任意2个元素之差都不等于另2个元素之差； (2)设，，，且，，，证明：若，则； (3)设集合，证明：若，则中存在4个元素，，，，且中存在4个元素，，，，使得. 18．（2025·山东·二模）对集合A，B，定义集合，记为有限集合X的元素个数．以下给定正整数，并记集合 (1)设为有限集合，证明：； (2)给定自然数和的子集，求集合的元素个数； (3)设（其中）为正整数，的子集满足均有．证明：． 19．（2025·北京海淀·二模）记表示有穷集合的元素个数．已知是正整数，集合．若集合序列满足下列三个性质，则称是“平衡序列”： ①，其中； ②⫋，其中； ③对于中的任意两个不同元素，都存在唯一的，使得． (1)设，判断下列两个集合序列是否是“平衡序列”？（结论不要求证明） (2)已知且集合序列是“平衡序列”，对于，定义：证明： （i）当时，； （ii）． 20．（2025·江西·三模）已知数列共项，对于中的项，若对任意的，都有，则称为中的一个“局部一项”，记是中所有“局部一项”组成的集合. (1)已知数列共5项，且. （i）若为，求； （ii）若的值为1和的概率均为，记中有个元素，求. (2)若数列满足为大于1的偶数，，，求中元素个数的最大值.（结果用和表示） 21．已知集合且满足与恰有一个成立．对于T定义． (1)若求的值及的最大值； (2)从中任意删去2个数，记剩下的个数之和为M，求证：； (3)求证：对于满足的每一个集合T，集合S中都存在3个不同的元素e，f，g，使得． 22．对于含有有限个元素的非空数集，定义其“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的数开始交替地减，加后继的数，例如的“交替和”是的“交替和”是5. (1)求集合的所有非空子集的交替和的总和； (2)已知集合，求集合所有非空子集的元素和的总和； (3)已知集合，其中求集合所有非空子集的交替和的总和. 23．（2025·山东临沂·二模）对集合，定义集合，记为有限集合的元素个数． (1)若，求； (2)给定集合的子集，求集合的元素个数； (3)设为有限集合，证明：． 24．（2025·湖北·模拟预测）已知集合，，、是的非空子集.记集合除以的余数.若正整数满足：存在非空集合、，使得两两的交集为空集，且，则称为“好的”. (1)设，，当时，求，并直接判断是否为“好的”； (2)证明：是“好的”，是“好的”； (3)求所有“好的”正整数. 25．（2025·浙江杭州·模拟预测）已知元正整数集合，取出的个互不相同的非空子集：构成集合，若中任意个元素的并集均真包含于，任意个元素的并集均等于，我们称合理覆盖 (1)若，问是否合理覆盖？请简要说明理由； (2)若存在合理覆盖，求的最小值； (3)是否存在合理覆盖，且构成公差为1的等差数列（表示集合中的元素个数）？若存在请给出一个，若不存在请说明理由． 26．（2025·山东济南·模拟预测）记数集M的所有元素之和为（当M为空集时，规定）.已知非空有限集合，若对于任意正整数，总是存在A的两个相异子集P，Q，使得，则称A为理想集. (1)从集合的所有非空子集中随机抽取一个集合，求该集合为理想集的概率； (2)已知正整数，且集合为理想集. （ⅰ）设，证明：当为理想集时，的最大值为； （ⅱ）证明：. 27．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知有穷数列A：，，…，（，），设，记S中元素的个数为． (1)若数列A：0，2，4，12，求集合S，并写出的值； (2)若A是单调数列，求证：“”的充要条件是“A为等差数列”； (3)若，，数列A由1，2，3，4，…，n，2n这个数组成，且这个数在数列A中至少出现一次，求的取值个数． 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $$ 培优点1　集合中的创新问题 目录 01 重点解读 2 02 思维升华 3 03 典型例题 4 题型一：集合中的新概念 4 题型二：集合中的新运算 7 题型三：集合中的新性质 12 04 课时精练 18 数学思维创新是思维品质的巅峰层级。在新高考命题里，以集合为背景的创新问题备受青睐，成为创新型试题热点。这类题目聚焦“问题”本身，引导学生以“探究”为手段，踏上“发现”的征程。依托集合构建题目情境，重点考查学生能否精准理解问题，以及能否跳出传统思维框架，有效解决创新型数学问题的能力。 1、新概念问题，往往是通过重新定义相应的集合或重新定义集合中的某个要素，结合集合的知识加以创新，可以利用原有集合的相关知识解题． 2、新运算问题是通过创新给出有关集合的一个全新的运算规则．按照新的运算规则，结合数学中原有的运算和运算规则，通过相关的集合或其他知识进行计算或逻辑推理等进行解答． 3、新性质问题往往是通过创新集合中给定的定义与性质衍生而来的．在新环境下研究“旧”性质．主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是集合的有关知识点． 4、通过给出一个新的集合的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求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，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 5、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、运算、验证，使得问题得以解决. 题型一：集合中的新概念 例1．置换是抽象代数的一种基本变换，对于有序数组，有序数组，定义“间距置换”：，，．已知有序数组，经过一次“间距置换”后得到新的有序数组（），且S中所有数之和为2025，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题可知，，． 若x介于y，z之间，则． 由题可知，，所以，矛盾，舍去． 又因为，所以，结合，可得或． 若，由题可知，，， 上述三个式子相加可得，所以，，即，则，可得； 若，同理可得. 故选：A． 例2．（2025·江西·模拟预测）中国剩余定理又称“孙子剩余定理”，它是中国古代史上最有创造性的成就之一，其中“韩信点兵”“物不知数”等问题的解法在数论中有相应的推广，数论中的形式表示和除以的余数相同．已知集合满足，，．对于集合中的任意一个元素，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因，则， 因，则， 又，， 则 又，则，故A正确； ，则，故B正确； ，则，故D正确； 不妨取，不满足，故C错误. 故选：C. 例3．定义1：对于一个数集A，定义一种运算，对任意都有，则称集合A关于运算是封闭的（例如：自然数集N对于加法运算是封闭的）. 定义2：对于一个数集A，若存在一个元素，使得任意，满足，则称a为集合A中的零元，若存在一个元素，使得任意，满足，则称b为集合A中的单位元（例如：0和1分别为自然数集N中的零元和单位元）. 定义3：对于一个数集A，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A是一个数域. (1)指出常用数集N，Z，Q，R中，哪些数集可以构成数域（不需要证明）； (2)已知集合，证明：集合A关于乘法运算是封闭的； (3)已知集合，证明：集合A是一个数域. 【解析】（1）由于，而，因此N不是数域； 由于，而，因此不是数域； Q，R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Q，R可以是数域； （2）设， （，，，都为整数），则显然，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A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. 变式1．（2025·湖北武汉·三模）用符号表示集合中元素的个数．对于实数集合和，且，，定义两个集合：①和集； ②邻差集，其中为集合中元素按照从小到大排列． (1)已知集合，，求，的值； (2)已知集合，，求的值； (3)若与都是由个实数构成的集合，证明：的充要条件是． 【解析】（1），，， ，，， ，. （2）考虑，不妨设，则， ①当时，，此时式不成立； ②当时，若，则，此时式不成立； 若，则，此时式也不成立； 若，则取，此时式成立. 由上述分析知：和集中重复的元素个数共个， . （3）充分性的证明： 当时，不妨设， 设集合，，其中，，是公差为的等差数列， ，里面的元素也是公差为的等差数列，； 必要性的证明： 设集合，，其中，， 则，这里共个不同元素， 又，上面为和集中的所有元素， 又，这里共个不同元素，也为和集中的所有元素， ，即， 一般地，由， ， 可得，即， 同理可得：，得证. 题型二：集合中的新运算 例4．（多选题）（2025·河南郑州·三模）群论，是代数学的分支学科，群的定义如下：设G是一个非空集合，“•”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的，有；②对任意的，有；③存在，使得对任意的，有，称为单位元；④对任意的，存在，使，称a与b互为逆元．则称G关于“•”新构成一个群．则下列说法正确的有（   ） A．（为虚数单位）关于数的乘法构成群 B．有理数集关于数的加法构成群 C．关于数的除法构成群 D．正实数集关于数的乘法构成群 【答案】ABD 【解析】对于A选项： 因为，可以计算里面任意两个元素的乘积结果都属于集合. 因为数的乘法满足结合律，对于复数也不例外. 存在，对于，当时，. 当时，;当时，. 集合也满足逆元，关于数的乘法能够构成群，所以A选项正确. 对于B选项： 对于任意两个有理数，它们的和仍为有理数；有理数的加法也满足结合律. 存在，对于，有. 对于任意的，存在，使得. 所以有理数集关于数的加法构成群，B选项正确. 对于C选项： 取，无意义，不满足对任意的， 有，所以不满足封闭性，C选项错误. 对于D选项： 任意两个正实数的乘积仍然是正实数；实数的乘法满足结合律. 对于任意的，存在使得. 满足.所以D选项正确. 故选：ABD. 例5．（多选题）（2025·湖北黄冈·模拟预测）对于集合、，定义运算：且，.若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【解析】对于A选项，根据题中信息可得，A对； 对于B选项，根据题意可得，故，B对； 对于C选项，，C错； 对于D选项，，D对. 故选：ABD. 例6．（2025·浙江宁波·三模）设维向量，，定义运算：. (1)当时，若且，，试比较与的大小； (2)已知，记且和均为的某一排列}. （ⅰ）求，； （ⅱ）若，求.（提示：.） 【解析】（1）由题设，所以； （2）（i）先求：设，，其中为的排列， 所以， 而可能取值有，故， 再求：设，，其中为的排列， 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 综上，； （ⅱ）由（1），若存在，，则不妨交换，则的值会变大， 设， ，则最小； ，则最大； 所以的元素均属于集合， 设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数）， 下证：当时，由上知， 考虑及：由中最小元素为，最大元素为，即中的元素均在中， 设，，其中为的任一排列， 所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素， 当，，其中为的任一排列， 所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素， 当时，， 即， 故不覆盖集合的元素至多有个，故， 又，所以， 所以. 变式2． 定义一类集合：对于集合，若都满足，则称为“单位有界集”；在集合中定义一种运算：若，，定义.现对单位有界集进行如下操作：第一步，从中任取两个元素、，将中除了、以外的元素构成的集合记为，令；第二步，若集合还是单位有界集，则继续任取两个元素，将中除了以外的元素构成的集合记为，令；依次类推…… (1)对于任意的单位有界集，判断是否仍然为单位有界集．若是，请证明；若不是，请举出反例； (2)证明：若，则； (3)当时，对集合进行步上述操作，当只有一个元素时停止，求所有满足条件的． 【解析】（1）是，证明如下： 从中任取两个元素、，，， 要证明是单位有界集，只需证明， 因为，其中， 所以，即； 因为，其中， 所以，即，所以仍然为单位有界集. （2）因为， ， 所以. （3）由（1）（2）知都为“单位有界集”，所定义的运算具有结合律， 又，即定义的运算具有交换律， 不妨先取， 因为，所以，所以， 再取，，所以， 类似的，，， 所以. 题型三：集合中的新性质 例7．（2025·北京房山·一模）设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值． (1)当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由； (2)当时，若具有性质，求的最大值； (3)给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值． 【解析】（1）因为，所以具有性质； 因为， 所以． （2）方法：1： 由性质得，所以， 因为， 所以， 则，，， 所以， 所以， 又因为当时， 具有性质， 且， 所以的最大值为1． 方法2： 先用反证法证明， 假设， 由，则， 所以，同理， 所以， 由， 所以， 与已知矛盾，假设不成立， 所以， 当时，， 此时， 所以的最大值为1． （3）由性质可得， 所以①，且②， 在①中不妨设， 在②中不妨设， 由对称性可以设， 所以， 所以 ，即， 因为存在，（其中有个个）， （其中有个，个）具有性质， 并且， ， ， 所以， 综上最大值为． 例8．（2025·高三·湖北·期中）已知正实数构成的集合 (1)若定义，当集合中的元素恰有个数时，称集合具有性质. ①当，时，判断集合，是否具有性质，并说明理由； ②设集合，其中数列为等比数列，且公比为2，判断集合是否具有性质并说明理由. (2)若定义，当集合中的元素恰有个数时，称集合具有性质.设集合具有性质且中的所有元素能构成等差数列.问：集合中的元素个数是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）①集合不具有性质，集合具有性质： ，中元素个数不具有性质； ，中元素个数具有性质. ②若集合具有性质，设， 假设当时有成立，则有， 等式左边为偶数，右边为奇数，显然不成立，则不成立， 因此中元素个数，所以集合具有性质. （2）不妨设， 则在集合中，， 又中的所有元素能构成等差数列，设公差为， 则， 即，于是， 当时，是集合A中互不相同的4项， 从而中元素个数小于，与集合A具有性质矛盾， 当时，，即成等差数列，且公差也为， 则中的元素从小到大的前三项为，且第四项只能是或， （i）若第四项为，则，从而， 于是，中元素个数小于，与集合A具有性质矛盾； （ii）若第四项为，则，有， 而，即，于是， 因此中元素个数小于，与集合A具有性质矛盾，则， 取，，则集合A具有性质， 所以集合A中的元素个数存在最大值，最大值为4. 例9．（多选题）设A是非空数集，若对任意，都有，，则称A具有性质P.下列命题为真命题的是（    ） A．若A具有性质P，则A可以是有限集 B．若具有性质P，且，则具有性质P C．若具有性质P，则具有性质P D．若A具有性质P，且，则不具有性质P 【答案】ABD 【解析】对于A，取集合具有性质P，故A可以是有限集，故A正确； 对于B，取，则，又具有性质P， ∴， ∴，，所以具有性质P，故B正确； 对于C，取，，，但，故C错误； 对于D，若A具有性质P，且，假设也具有性质P， 设，在中任取一个x，，此时可得， 否则，由也具有性质P，则，与矛盾，故， 由于A具有性质P，也具有性质P，所以，， 而，这与矛盾，故且A具有性质P时，则不具有性质P， 同理当时，也可以类似推出矛盾，故D正确. 故选：ABD 变式3．（2025·安徽·模拟预测）对于非空数集，，若，则称数集具有性质. (1)若数集具有性质，证明：；判断，是否具有性质，并说明理由. (2)若满足①；②，当时，都有. （i）判断“数集具有性质”是否是“数列为等差数列”的充要条件，并说明理由； （ii）已知数集具有性质且，，求数集具有性质的概率. 【解析】（1）令，则，又数集具有性质，即，所以. ，所以具有性质； ，所以，所以不具有性质. （2）（i）“数集具有性质”是否是“数列为等差数列”的充要条件. 先证明必要性：由题知，数列单调递增，当其为等差数列时，设公差为，则， 则，显然，所以数集具有性质. 再证明充分性：显然，其中，有个元素，，， 又，数集具有性质，即， 则，所以， 所以，又， 所以数列是以0为首项，为公差的等差数列. 综上，“数集具有性质”是否是“数列为等差数列”的充要条件. （ii）由（i）知数列是以0为首项，为公差的等差数列，即， 由知，共有11个元素，子集数为个， ，当中只有一个元素，且具有性质时，，共1个； 当中元素个数大于等于2，且具有性质时，记， 结合（i）， 当时，则，，共10个； 当时，则，，共5个； 当时，则，，共3个； 当时，则，，共2个； 当时，则，，共2个； 当时，则，共1个； 当时，则，共1个； 当时，则，共1个； 当时，则，共1个； 当时，则，共1个； 综上，具有性质的集合共有28个，所以数集具有性质的概率为. 1．对于集合，，定义且，，设，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对于集合，，定义且，， 设，， 则，， 所以. 故选：C． 2．（2025·内蒙古包头·二模）已知集合，若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为，所以，且. 故选：B 3．（2025·北京丰台·二模）已知是平面直角坐标系中的点集．设是中两点间距离的最大值，是中的点与原点连线的斜率，是表示的图形的面积，给出下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】对于①代入可得符合题意，故①正确； ∵对恒过点， 当时，，当时，，当时，， 由此我们可知的点集是由曲线绕A点往上直到点扫过的区域，如图： ∴，故②正确； ，，，故③错误； 有图易得，故④正确. 故选：C. 4．（多选题）（2025·四川·三模）已知集合，则称集合为分集．下列说法正确的是（   ） A．当时，是唯一的分集 B．对任意，总存在至少一个分集 C．若是分集，则 D．若是分集，则 【答案】AD 【解析】由得，当且仅当时等号成立. 即 对于A， 当时，则，又，故，故A正确； 对于B，时，，不符合，故B不正确； 对于C， 当时，，所以，故C不正确； 对于D，当时，， 又，所以，解得，.故D正确. 故选：AD. 5．（多选题）（2025·浙江绍兴·模拟预测）已知集合，若对于任意，以及任意，满足，则称集合为“一字集”，记为“一字集”，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．若，且，则 D．若，则 【答案】ACD 【解析】对于选项A： 任取两点在该单位圆内， 则线段的所有点均满足， 因此属于该集合，A正确. 对于选项B： 取特殊值进行排除，假设两点，令， 则它们的中点不满足，所以B错误. 对于选项C: 设，因为, 所以对于任意，满足. 又因为,所以对于任意，满足. 所以，所以.所以C正确. 对于选项D： 若,设，. 那么. 因为,所以. 则. 所以选项D正确. 故选：ACD. 6．（多选题）（2025·浙江温州·三模）已知数列满足，定义：集合，使得，并记该集合的元素个数为，则以下说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．存在数列，其中有一项能使得且 D．若任取数列的两项，恰好是元素的概率大于，则 【答案】BCD 【解析】A项：，则，故错误； B项：，则，故正确； C项：如，则，即且，故正确； D项：注意到，由于， 所以至多存在一个使得，且， 对于其余的和中，至多只有一个属于，且， 则至少需剔除（）个元素， 所以， 又，解得，故正确． 故选：BCD 7．（多选题）（2025·四川·模拟预测）已知，，设集合A，B，C是的三个不同的子集，若真包含于B，则称子集A，B是S的一个“二阶链条”， 若A真包含于B，B真包含于C，则称子集A，B，C是S的一个“三阶链条”.记S的“二阶链条”的个数为，S的“三阶链条”的个数为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】对任意S的k元子集B，B的j（元子集A的个数 是， 则S的k元子集B 的真子集个数为：； 又S有个k元子集，故S的“二阶链条”的个数： ，又， 则； 对任意S的m元子集C，C的k元子集B的个数是， B的j元子集A的个数是， 由前文分析可知：C的k元子集B的真子集个数为：， S的m元子集C的真子集个数为： ， 故S的“三阶链条”的个数： . 故，A正确； ，B错误； ，C正确； ，D错误. 故选：AC 8．（多选题）（2025·山西·二模）记表示个元素的有限集合，表示非空数集中所有元素的和.若集合，则（    ） A． B． C． D．若，则的最小值为14 【答案】ABD 【解析】对于A：由题可知，故A正确； 对于B：由，知的所有可能为：， 则分别为，所以，故B正确； 对于C：因为， 所以，所以，故C错误； 对于D：因为，所以， 所以， 又当时，，当时，， 所以满足的的最小值为，故D正确. 故选：ABD 9．（多选题）（2025·四川成都·模拟预测）对于集合，若存在集合的两两不同的子集满足，则称其为集合的一条“链”，称为这条“链”的长度.当集合的元素个数时，下列说法正确的是（   ） A．集合的最长“链”的长度为 B．任意两个集合都可以出现在同一个“链”中 C．当时，该集合的任意两条长为4的“链”中一定具有相同集合 D．集合的最长“链”的总数为 【答案】AD 【解析】A选项，设， 两两不同的子集，满足， 故中的元素要至少比多一个元素， 要想集合的一条“链”为最长“链”，需满足，且中元素比中元素多1， 所以， 故集合的最长“链”的长度为，A正确； B选项，不妨设，显然两个集合不存在包含关系，故不能都出现在同一个“链”中，B错误； C选项，当时，不妨设，，上面两个均为两条长为4的“链”，不具有相同集合，C错误； D选项，由A选项值，的最长“链”的长度为， 其中有种选择，有种选择，以此类推， 中共有个元素，有种选择， 综上，的最长“链”的总数为，D正确. 故选：AD 10．（多选题）（2025·江苏南通·二模）设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（   ） A．集合不是“可拆等和集” B．若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个 C．存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集” D．若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集” 【答案】ABD 【解析】对于A项，构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列， 且. 所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求. 综上，集合不是“可拆等和集”，故A正确； 对于B项，若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得， 此时因集合已含有元素2，故舍去； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得 若，则由“可拆等和集”的定义，有. 综上可知：可取，，，，，共6个值，故B正确； 对于C项，将中所有元素同时除以后可得， 根据等比数列前项和公式，可得. 因为，所以，，所以有. 所以，当时，中所有元素之和也小于， 不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足. 综上所述，不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，故C错误； 对于D项，易知集合中的元素个数为，， 根据等差数列的性质可知，，， 共有组（剩余元素为），从中剔除之后，剩余组. 从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中； 又，则， 而， 不妨将这两个元素也分到集合中，则可满足中的元素之和相等.故D正确. 故选：ABD. 11．定义集合的运算：已知集合，则.若集合，，则集合的真子集个数的一个可能取值是 . 【答案】3或7 【解析】由集合中元素的互异性可得且. 当时，，所以， 此时集合的真子集个数为. 因为集合A中有个元素，则集合A有个子集，有个真子集， 当且时，，此时集合的真子集个数为. 故答案为：3或7 12．按照一定次序排列的一列集合称为集合列，可记为；已知全集的子集满足.若恰有两个元素，则这样的集合列有 个；所有满足条件的集合列有 个. 【答案】 96 625/ 【解析】空①：有2个元素，是从中任选2个数字，有种不同的可能； 由于，所以中必须而且只需包含没有被选中的2个元素； 其余的2个元素都可以任意的在或不在中，各有4种不同的处置方法， 每种方法都确保了集合列的不同， 从而有种不同的处置方式，得到集合列的16种不同的结果， 所以集合列有种不同的结果. 空②：类似空①的过程，可知当时， 集合列有个不同的结果， 因为， 所以所有满足条件的集合列有625种不同的结果. 故答案为：96；625. 13．（2025·湖南·三模）已知集合且中至少含有2个元素，若对于中的任意两个不同元素，都有，则称具有性质，若，且同时具有性质和，则中至多有 个元素. 【答案】921 【解析】先说明连续11项中集合中最多选取5项， 以为例. 构造抽屉，，，，，，. ①同时选，因为具有性质和， 所以选5则不选；选6则不选；选7则不选； 则只剩，故中属于集合的元素个数不超过5个. ②选2个， 若只选，则不可选，又只能选一个元素， 可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个. 若选，则只能从中选，但不能同时选， 故中属于集合的元素个数不超过5个. 若选，则不可选，又只能选一个元素， 可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个. ③中只选1个， 又四个集合，，，每个集合至多选1个元素， 故中属于集合的元素个数不超过5个. 由上述①②③可知，连续11项自然数中属于集合的元素至多只有5个， 如取. 因为，则把每11个连续自然数分组，前184组每组至多选取5项，余一个数2025. 给出如下选取方法：从中选取； 然后在这5个数的基础上每次累加11，构造184次. 此时集合的元素为：；；；； ，共个元素，而取也满足题意， 经检验可得该集合符合要求，故集合的元素最多有个. 故答案为：921. 14．（2025·安徽马鞍山·三模）已知S是全体复数集的一个非空子集，如果，总有，则称S是数环．设是数环，如果①内含有一个非零复数；②且，有，则称是数域．由定义知有理数集是数域． (1)求元素个数最小的数环； (2)证明：记，证明：是数域； (3)若是数域，判断是否是数域，请说明理由． 【解析】（1）因为为数环，可知不是空集，即中至少有一个元素， 若，则，可知为数环； 若，则，可知中不止一个元素，不是元素个数最小的数环； 综上所述：元素个数最小的数环为. （2）设，可知，则有： ， ， ， 因为，则， 可知，所以是数环； 若，可知，满足①； 若，则， 因为，则， 可知，满足②； 综上所述：是数域. （3）不一定是数域，理由如下： 15．若，显然均为数域，且是数域； 16．设，可知，则有： ， ， ， 因为，则， 可知，所以是数环； 若，可知，满足①； 若，则， 因为，则， 可知，满足②； 综上所述：是数域. 例如：，例如， 但， 所以不是数域； 综上所述：不一定是数域. 17．（山东省济宁市2025届高三考前押题联合检测数学试题）设，为整数，且.已知集合，集合为的一个含有个元素的子集. (1)设，，写出2个不同的，使得中任意2个元素之差都不等于另2个元素之差； (2)设，，，且，，，证明：若，则； (3)设集合，证明：若，则中存在4个元素，，，，且中存在4个元素，，，，使得. 【解析】（1）答案有多种，以下任选两个均可： ，，，， ，，，. （2）因为，各有个元素，且，故， 又因为，，，故，且， 故不小于共个数， 所以；同理，， 所以. （3）设，且. 假设中不存在4个元素满足其中2个元素之差等于另2个元素之差. （i）当为奇数时，考虑两组差： 和， 根据假设可知每组的差数都是互不相同的正整数，故 ， . 两式相加有. （ii）当为偶数时，考虑两组差： 和， 根据假设可知每组的差数都是互不相同的正整数，故 ， ， 两式相加有. 综上，若，则中一定存在4个元素满足其中2个元素之差等于另2个元素之差. 即中一定存在4个元素满足其中2个元素之和等于另2个元素之和. 因为，故， 又，故中有个元素，所以中也一定存在4个元素满足其中2个元素之和等于另2个元素之和. 不妨取，且，则. 18．（2025·山东·二模）对集合A，B，定义集合，记为有限集合X的元素个数．以下给定正整数，并记集合 (1)设为有限集合，证明：； (2)给定自然数和的子集，求集合的元素个数； (3)设（其中）为正整数，的子集满足均有．证明：． 【解析】（1）对任意元素，因为恰属于集合之一，不妨设且． 若，则；若，则． 故，从而． 因此，结论成立． （2）首先当时，显然该集合元素个数为0，下面考虑的情形： 对于给定的，设，则， 则符合条件的的个数为， 因为， 等式右边展开式中的系数为， 而等式左边展开式中的系数为， 故， 综上所述，当时，集合的元素个数为0； 当时，集合的元素个数为； （3）对每个，考虑集合． 若集合，则，， 故由（1）知：，矛盾！ 故集合两两不交. 结合（2）知：． 因此． 19．（2025·北京海淀·二模）记表示有穷集合的元素个数．已知是正整数，集合．若集合序列满足下列三个性质，则称是“平衡序列”： ①，其中； ②⫋，其中； ③对于中的任意两个不同元素，都存在唯一的，使得． (1)设，判断下列两个集合序列是否是“平衡序列”？（结论不要求证明） (2)已知且集合序列是“平衡序列”，对于，定义：证明： （i）当时，； （ii）． 【解析】（1）是平衡的，不是平衡的． 理由：， ，，满足， 显然⫋，且对于中的任意两个不同元素，， 都存在唯一的，使得． 故是平衡的， ， 并不是的子集，故不是平衡的． （2）（i）当时，对于中的每个元素，考虑． 由③知存在唯一的，满足，则． 将每一个对应到， 若，就有，否则且与③矛盾． 所以． （ii）对中所有元素的总个数算两次（重复出现的计多次）， 一方面总个数就是， 另一方面，按照每个元素出现的次数计算，这个总个数也是， 所以．（＊） 不妨设中最小的（之一）为， 且，由②③知． 再不妨设． 由（i）的证明方法可证：当时，， 由③知， 所以， 又因为，所以都不大于， 全部相加得， 由的最小性知， 结合（＊）可得 ， 所以． 20．（2025·江西·三模）已知数列共项，对于中的项，若对任意的，都有，则称为中的一个“局部一项”，记是中所有“局部一项”组成的集合. (1)已知数列共5项，且. （i）若为，求； （ii）若的值为1和的概率均为，记中有个元素，求. (2)若数列满足为大于1的偶数，，，求中元素个数的最大值.（结果用和表示） 【解析】（1）（i）根据题意可得. （ii）由题意可得有种情况. 若，则只有1种情况，即当时，，所以. 若，则只有1种情况，即当时，，当时，，所以. 若，则有以下情况： 当时，，当时，，当时，或； 当时，，当时，，当时，； 当时，，当时，. 共4种情况，所以. 若，则有以下情况： 当时，，当时，，当时，，当5时，； 当时，，当时，，当时，或； 当时，，当时，，当时，. 共4种情况，所以. . （2）因为为大于1的偶数，所以.要使中元素的个数取得最大值，则中的项尽可能多的是“局部一项”， 即1至之间的整数从小到大依次是中的项. 不妨设中元素的个数取得最大值时，除整数“局部一项”外，其余“局部.项”都在区间内. 记中元素的个数为，在区间内的“局部一项”有个，除1外的非“局部一项”有个，则①，. 因为，所以，结合①可得， 则. 为大于1的偶数，为整数，当为奇数时，为整数，此时中元素个数的最大值为. 当为偶数时，不是整数，满足的最大整数为，此时中元素个数的最大值为. 综上，当为奇数时，中元素个数的最大值为；当为偶数时，中元素个数的最大值为. 21．已知集合且满足与恰有一个成立．对于T定义． (1)若求的值及的最大值； (2)从中任意删去2个数，记剩下的个数之和为M，求证：； (3)求证：对于满足的每一个集合T，集合S中都存在3个不同的元素e，f，g，使得． 【解析】（1）因为， 所以，故. 因为，所以. 所以. 所以当1时，取得最大值2. （2）由的定义知：. 所以 . 设删去的两个数为，则. 由题意知，且当其中至多一个不等式中等号成立， 不妨设时，，所以， 所以， 所以，即. （3）中存在最大数， 不妨记为（若最大数不唯一，任取一个）， 因为，所以存在，使得，即. 由，设集合，则中一定存在元素使得. 否则，，与是最大数矛盾. 所以，即. 22．对于含有有限个元素的非空数集，定义其“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的数开始交替地减，加后继的数，例如的“交替和”是的“交替和”是5. (1)求集合的所有非空子集的交替和的总和； (2)已知集合，求集合所有非空子集的元素和的总和； (3)已知集合，其中求集合所有非空子集的交替和的总和. 【解析】（1）集合的非空子集有， 根据题意，集合的交替和分别为， 集合的交替和为， 集合的交替和为， 集合的交替和为， 集合的交替和为， 所以，集合的所有非空子集的交替和的总和为. （2）集合的所有非空子集中，考虑数字1在子集中出现的情况， 相当于从剩下的5个元素中选取若干个元素与1组成子集，那么1出现的次数为次. 同理，每个元素出现的次数为次， 所以，集合所有非空子集的元素和的总和为. （3）集合，其非空子集有个， 将这些非空子集分为3类：第一类，含元素3的单元素集，有1个，其“交替和”为3； 第二类，含元素3的多元素集合（至少两个元素），有个； 第三类，不含元素3的非空集合，有个， 将第二类中的集合与第三类中的集合（集合中的元素去掉元素3构成的新集合）配对， 则集合与集合的“交替和”的和始终为3， 如取，则，集合与集合的“交替和”的和为， 这样的配对共有组，因此集合的所有非空子集的“交替和”的总和为. 23．（2025·山东临沂·二模）对集合，定义集合，记为有限集合的元素个数． (1)若，求； (2)给定集合的子集，求集合的元素个数； (3)设为有限集合，证明：． 【解析】（1）因为中的元素是要么只属于，要么只属于， 所以； （2）设，则，因为， 故符合条件的的个数为. （3）对任意元素，因为恰属于集合之一，不妨设且． 若，则；若，则． 故，从而． 因此，结论成立． 24．（2025·湖北·模拟预测）已知集合，，、是的非空子集.记集合除以的余数.若正整数满足：存在非空集合、，使得两两的交集为空集，且，则称为“好的”. (1)设，，当时，求，并直接判断是否为“好的”； (2)证明：是“好的”，是“好的”； (3)求所有“好的”正整数. 【解析】（1）当时，由题中定义可得，且，故是“好的”. （2）时，取，，则的值为、、、，除以8的余数为4，7，5，0. 所以，此时，合乎题意； 时，取，， 的值分别为4，7，12，15，5，8，13，16，20，23，21，24，除以16的余数为4，7，12，15，5，8，13，0. 所以，则，满足条件. 故是“好的”，是“好的”. （3）①首先证明：若正整数是“好的”，则也是“好的”.（*） 事实上，若正整数是“好的”， 设，，，此时集合、满足时条件. 时，考虑，， 则也满足条件，（*）得证. ②再证：为奇数是“好的”.（**） 事实上，取，，则满足条件，（**）得证. 由（*）（**）及（2）知除1，2，4外的正整数均为“好的”. ③再证：不是“好的”. 对集合，记为中元素个数，由条件，. 若，则，矛盾. 若或，则，则，矛盾. 于是不是“好的”. 同理易知，2不是“好的”. 所以，所求为除1，2，4外的正整数. 25．（2025·浙江杭州·模拟预测）已知元正整数集合，取出的个互不相同的非空子集：构成集合，若中任意个元素的并集均真包含于，任意个元素的并集均等于，我们称合理覆盖 (1)若，问是否合理覆盖？请简要说明理由； (2)若存在合理覆盖，求的最小值； (3)是否存在合理覆盖，且构成公差为1的等差数列（表示集合中的元素个数）？若存在请给出一个，若不存在请说明理由． 【解析】（1）是，因为任意两个集合均有一个公共元素，从而不能覆盖，而任意三个集合覆盖. （2）若存在合理覆盖，从中任取五个集合，则中必存在一个元素不属于这五个集合，同理再任取五个集合，则中必存在一个元素不属于这五个集合，则（否则必存在六个集合的并集不等于），所以中至少有个元素，故， 当时，中的每个元素均恰好属于中五个集合，且每个元素所在的五个集合构成的集合均不相同，则该合理覆盖． （3）若存在合理覆盖，则中的每一个元素可以恰好属于中个集合（小于5个则存在六个集合的并集不等于） 首先我们将中恰好属于中个集合的元素去除，则仍然合理覆盖剩下的集合（可以理解为将剩下的集合置换为则） 由（2）中恰好属于中5个集合的元素至少252个，我们再将所在5个集合相同的元素留下一个，其余去除，则中将只剩下252个元素，此时 现在此基础上我们再加回一些元素： 加回的元素对于的初始状态为： 先加5个恰属于五集合的元素 然后每次加1个恰属于五集合的元素 最后剩余的所有元素给每一个集合 所以存在合理覆盖，且构成公差为1的等差数列． 26．（2025·山东济南·模拟预测）记数集M的所有元素之和为（当M为空集时，规定）.已知非空有限集合，若对于任意正整数，总是存在A的两个相异子集P，Q，使得，则称A为理想集. (1)从集合的所有非空子集中随机抽取一个集合，求该集合为理想集的概率； (2)已知正整数，且集合为理想集. （ⅰ）设，证明：当为理想集时，的最大值为； （ⅱ）证明：. 【解析】（1）由题意可知含有1个元素的理想集有{1}；含有2个元素的理想集有{1,2}，{1,3}； 含有3个元素的理想集有{1,2,3}，{1,3,9}；含有4个元素的理想集有{1,2,3,9}； 故共有6个理想集， 易知的非空子集共有个， ∴从集合的所有非空子集中随机抽取一个集合，则该集合为理想集的概率为. （2）（ⅰ）假设， ∵存在A的两个相异子集P，Q，使得， （这里只需考虑的情形，否则，记P，Q去除公共元素后的集合为P′，Q′， 则）， ∴， ∴P中必有元素，Q中必无元素， ∴，， ∴，矛盾，故假设不成立，∴， 当时，下面只需证明当，且时， 总是存在A的两个相异子集P，Q，使得成立即可. ∵为理想集， ∴当，且时，总是存在两个相异子集P0，Q0使得成立， ①若， 取，，， 则， ∵，且，∴； ②若， 取，，则； ③若， 取，，， 则， ∵，且， ∴， 综上所述，当时，为理想集， ∴当为理想集时，的最大值为. （ⅱ）不妨设， 先证，假设有成立， 由题意可知，存在两个相异的子集P，Q，使得， ①若，则，∴， 由，可知显然不可能成立； ②若，由，可知， 显然，这与矛盾， ∴假设不成立，即得证. 再证明：当，且时，恒成立， 假设存在，且时，有， 记，则，即， 取， 假设存在集合P0，O0，使得成立（同上只需考虑的情形）， 则，即， ①若， 则， ∴， ∵，∴， ∴，即， ∵，且， ∴，这与矛盾， ②若中至少有一个元素不在P0中，不妨设不在P0中， 则，这与矛盾， 综上所述，当，且时，恒成立， ∴当恒成立（，且），且时，取得最大值， 考虑数列，其前n项和记为，且，时（，且）， ∴，即（，且）， ∴数列是以为首项，公比为3的等比数列， ∴，即， ∵的最大值为，即得证. 27．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知有穷数列A：，，…，（，），设，记S中元素的个数为． (1)若数列A：0，2，4，12，求集合S，并写出的值； (2)若A是单调数列，求证：“”的充要条件是“A为等差数列”； (3)若，，数列A由1，2，3，4，…，n，2n这个数组成，且这个数在数列A中至少出现一次，求的取值个数． 【解析】（1）因为，，，，则的可能情况有： ，，，，，， 所以，． （2）“充分性”：A为等差数列：，，，…，（）． 则（）， 能取从1到的每个整数，故， 因此． “必要性”：不妨设A为递增数列：，，…，，作运算并比较如下： ，共个互不相等的数，同理 ，共个互不相等的数． ，共个互不相等的数． …… ，共个互不相等的数， 由及A的有穷性，知 ． 即A为等差数列． （3）因为数列A由1，2，3，4，…，n，2n这个数组成且项数为，所以数列A中必有相等的项，则任意两项的差值可能为0，，，，…，，，，…，， 其中，必有，对于，2，3，…，，t和至少有一个属于S， 所以． （方法一） ①当数列A为：1，2，3，4，…，，n，2n，n，，…，4，3，2，1时， ， 值最大，其值为． ②当数列A为：1，2，3，4，…，，2n，n，n，，…，4，3，2，1时，即在①中的数列第一个出现的n与2n对调， ， 此时； ③把②中第一个出现的与2n对调，即A：1，2，3，4，…，，2n，，n，n，，…，4，3，2，1， ， 此时； 以此类推，可得 ④当数列A为：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，，…，4，3，2，1，即2n为首项，此时． ⑤当④中最后一项1变成2，其余不变， A：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，，…，4，3，2，2，此时值变为； ⑥当⑤中最后两项2都变成3，其余不变， A：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，，…，4，3，3，3，此时； 以此类推，可得 ⑦当数列A为：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，n，n，…，n，n，即最后的n项都变为n，此时，其值最小． 综上，知的取值可取上的每个整数， 个数为 （方法二） ①当数列A为：1，2，3，…，n，，则，． ②当数列A为：1，2，…，n，2n，n，，…，1， 则，． ③当数列A为：1，2，…，n，，，，， 则． ， 其中，2，…，，故，，…，． ④当数列A为：1，2，…，n，n，，…，，2n，k，，…，1， 则， ， 其中，2，…，，故，，…，． 综上可取中所有整数，即个数为2n． 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $$