資源簡介

拔高點突破 01　集合背景下的新定義壓軸解答題
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結 ...............................................................................................................................2
題型一：定義新概念 ...................................................................................................................................................2
題型二：定義新運算 ...................................................................................................................................................7
題型三：定義新性質 .................................................................................................................................................10
題型四：定義新背景 .................................................................................................................................................14
03 過關測試 .........................................................................................................................................19
1、解答新定義型創新題的基本思路是：
（1）正確理解新定義；
（2）根據新定義建立關系式；
（3）結合所學的知識、經驗將問題轉化為熟悉的問題；
（4）運用所學的公式、定理、性質等合理進行推理、運算，求得結果．
2、集合中的新概念問題，往往是通過重新定義相應的集合或重新定義集合中的某個要素，結合集合
的知識加以創新，我們還可以利用原有集合的相關知識來解題．
3、集合中的新運算問題是通過創新給出有關集合的一個全新的運算規則．按照新的運算規則，結合
數學中原有的運算和運算規則，通過相關的集合或其他知識進行計算或邏輯推理等，從而達到解答的目的．
4、集合中的新性質問題往往是通過創新集合中給定的定義與性質衍生而來的．我們通過可以結合相
應的集合概念、關系、運算等相關知識，利用相應的數學思想方法來解答有關的集合的新性質問題．
題型一：定義新概念
【典例 1-1】（2024·北京順義·二模）已知點集M n = x1, y1 , x2 , y2 ,L, xn , yn n 3 滿足0 xi ， yi ，
xi + yi 2 i =1,2,L,n .對于任意點集M n ，若其非空子集 A，B 滿足 A B = ， AU B = M n ，則稱集合對
A, B 為M n 的一個優劃分.對任意點集M n 及其優劃分 A, B ，記 A 中所有點的橫坐標之和為 X A ，B 中
所有點的縱坐標之和為Y B .
(1)寫出M3 = 1,1 , 2,0 , 0,2 的一個優劃分 A, B ，使其滿足 X A +Y B = 3；
(2)對于任意點集M3，求證：存在M3的一個優劃分 A, B ，滿足 X A +Y B 3；
n +1 n +1
(3)對于任意點集M n ，求證：存在M n 的一個優劃分 A, B ，滿足 X A 且Y B .2 2
【解析】（1）由題因為M3 = 1,1 , 2,0 , 0,2 ，
所以若使 X A +Y B = 3，則可以 A = 1,1 , B = 2,0 , 0,2 ，
此時 X A =1,Y B = 2, X A +Y B = 3，滿足題意.
（2）根據題意對于任意點集M3 = x1, y1 , x2 , y2 , x3 , y3 ，不妨設 x1 x2 x3，
且0 xi ， yi ， xi + yi 2 i =1,2,3 ，
若 xi =1，則0 yi 1，令 A = x1, y1 , x2 , y2 , B = x3 , y3 ，
則 X A = x1 + x2 = 2,Y B = y3 1，此時恒有 X A +Y B 3；
若 x1 x2 1, x3 >1，則 y3 <1，可令 A = x1, y1 , x2 , y2 , B = x3 , y3 ，
此時 X A = x1 + x2 2,Y B = y3 <1，則 X A +Y B < 3，滿足題意；
若 x1 1,1 < x2 x3 ，則 y2 , y3 <1，令 A = x1, y1 , B = x3 , y3 , x2 , y2 ，
此時 X A = x1 1,Y B = y2 + y3 < 2，則 X A +Y B < 3，滿足題意；
若1< x1 x2 x3 ，則 y1, y2 , y3 <1，則 y3 2 - x3 2 - x1, y2 2 - x2 2 - x1,
令 A = x1, y1 , B = x3 , y3 , x2 , y2 ，
此時 X A = x1,Y B = y2 + y3 4 - 2x1，則 X A +Y B 4 - x1 < 3，滿足題意；
所以對于任意點集M3，都存在M3的一個優劃分 A, B ，滿足 X A +Y B 3 .
（3）不妨設0 x1 x2 L xn 2，
x x L x n +1若 1 + 2 + + n ，則 B 取其中一點即可滿足；2
x x L x n +1若 1 + 2 + + n > ，2
n +1
則必存在正整數 k 使得 x1 + x2 +L+ xk < x1 + x2 +L+ xk + xk +1，2
n +1 n +1
則有 < x + x +L+ x + x k +1 x < x
2 1 2 k k +1 k +1
，于是 2 k +1 k +1，
又因為 yk +1 + yk +2 +L+ yn 2 - xk +1 + 2 - xk +2 +L+ 2 - xn

2 - xk +1 + 2 - xk +2 +L+ 2 - xn n - k 2 x n k 2
n +1
- k +1 - - ÷÷
è 2 k +1

n 1 k 1 2 n +1
5 n +1n 1 2 k 1
2
= é + - + ù - = + - + + ÷
è 2 k
÷
+1 ÷ 2 è 2 k +1 ÷
5
n +1 2 n n +1 n -1- +1 = ，當且僅當 k = 時取等號；
2 2 2
于是取 A = x1, y1 ,L, xk , yk , B = xk +1, yk +1 ,L, xn , yn ，
n +1 n +1
即可滿足 X A 且Y B ，命題得證.
2 2
【典例 1-2】（2024·浙江臺州·二模）設 A，B 是兩個非空集合，如果對于集合 A 中的任意一個元素 x，按照
某種確定的對應關系 f ，在集合 B 中都有唯一確定的元素 y 和它對應，并且不同的 x 對應不同的 y；同時
B 中的每一個元素 y，都有一個 A 中的元素 x 與它對應，則稱 f ： A B 為從集合 A 到集合 B 的一一對應，
并稱集合 A 與 B 等勢，記作 A = B .若集合 A 與 B 之間不存在一一對應關系，則稱 A 與 B 不等勢，記作
A B .
*
例如：對于集合 A = N*，B = 2n n N ，存在一一對應關系 y = 2x x A, y B ，因此 A = B .
ì 2 2 ü
(1)已知集合C = x, y x2 x y+ y2 =1 ，D = í x, y | + =1 ，試判斷C = D 是否成立 請說明理由；
4 3
(2)證明：① 0,1 = - , + ；
②N* x x N* .
ìx = 2x ,
【解析】（1）設P x0 , y0 C ，Q = x, y D
0
，令 í
y = 3y0 ,
則 C 與 D 存在一一對應，所以集合C = D .
（2）①取函數 y = tan π
x 1- ÷，其中 x 0,1 ， y - ,+ ，兩個集合之間存在一一對應，故
è 2
0,1 = - , + .
備注：函數舉例不唯一，只要保證定義域為 0,1 ，值域為R 即可，
ì1
- 2,0 x
1 1
< , ì ln 2x,0 < x ,
如： y =
x 2
í 或 y =
2
í 等等均可，
1 + 2, 1 < x <1. - ln 2 - 2x , 1 < x <1.
x -1 2 2
②設 A = N*，B = x x N* ，
假設 A = B ，即存在對應關系 f ： A B 為一一對應，
對于集合 B 中的元素 1 ， 2 ， 1,2 ，至少存在一個 x A（ x 1，且 x 2）與這三個集合中的某一個對
應，所以集合 A 中必存在 x f x .
記D = x A x f x ，則D A，故D B ，
從而存在 a A，使得 f a = D ；
若 a D ，則 a f a = D，矛盾；
若 a D ，則 a f a = D，矛盾.
因此，不存在 A 到 B 的一一對應，所以 A B .
ur uur
【變式 1-1】（2024·江西九江·二模）定義兩個n維向量 ai = xi,1, xi,2 , × × ×, xi,n ， a j = x j ,1, x j ,2 , × × ×, x j ,n 的數量積
ur uur ur ur ur ur
ai × a j = xi,1x j ,1 + xi ,2x j ,2 + ×××+ x
2
i,n x j ,n i, j N+ ， ai × ai = ai ，記 xi,k 為 ai 的第 k 個分量（ k n且 k N+）.如三
ur ur
維向量 a1 = 2,1,5 ，其中 a 的第 2 分量 a =11 1,2 .若由n維向量組成的集合 A 滿足以下三個條件：①集合中含
ur uur
有 n 個 n 維向量作為元素；②集合中每個元素的所有分量取 0 或 1；③集合中任意兩個元素 ai ， a j ，滿足
ur2 uur2 ur uur
ai = a j = T （T 為常數）且 ai × a j =1.則稱 A 為 T 的完美 n 維向量集.
(1)求 2 的完美 3 維向量集；
(2)判斷是否存在完美 4 維向量集，并說明理由；
(3)若存在 A 為 T 的完美 n 維向量集，求證：A 的所有元素的第 k 分量和 Sk = T .
ur
【解析】（1）由題意知，集合A 中含有 3 個元素 ai （ i =1,2,3），且每個元素中含有三個分量，
ur2 uur2 uur2
因為 a1 = a2 = a3 = 2 ，所以每個元素中的三個分量中有兩個取 1，一個取 0.
ur uur uur
所以 a1 = (1,1,0)， a2 = (1,1,0) ， a3 = (0,1,1)，
ur uur ur uur uur uur
又 a1 ×a2 = a1 × a3 = a2 ×a3 =1，
所以 2 的完美 3 維向量集為 A = {(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)} .
ur
（2）依題意，完美 4 維向量集 B 含有 4 個元素bi （ i =1,2,3,4），且每個元素中含有四個分量，
T {0,1,2,3,4}，
ur
（i）當T = 0時，bi {(0,0,0,0)}，與集合中元素的互異性矛盾，舍去；
ur
（ii）當T =1時，bi {(1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,0,1)}，不滿足條件③，舍去；
ur
（iii）當T = 2時，bi {(1,1,0,0), (1,0,1,0), (1,0,0,1), (0,1,1,0), (0,1,0,1), (0,0,1,1)}，
因為 (1,1,0,0) × (0,0,1,1) = 0，故 (1,1,0,0)與 (0,0,1,1)至多有一個在 B 中，
同理： (1,0,1,0)與 (0,1,0,1)至多有一個在 B 中， (1,0,0,1)與 (0,1,1,0)至多有一個在 B 中，
故集合 B 中的元素個數小于 4，不滿足條件①，舍去；
ur
（iv）當T = 3時，bi {(1,1,1,0), (1,1,0,1), (1,0,1,1), (0,1,1,1)}，不滿足條件③，舍去；
ur
（v）當T = 4時，bi {(1,1,1,1)}，與集合中元素的互異性矛盾，舍去；
綜上所述，不存在完美 4 維向量集.
ur
（3）依題意，T 的完美n維向量集C 含有n個元素 ci （ i = 1,2,L,n），且每個元素中含有n個分量，
ur2
因為 ci = T ，所以每個元素中有T 個分量為 1，其余分量為 0，
所以 S1 + S2 +L+ Sn = nT （*），
由（2）知，T 0,1, n ，故 2 T < n，
假設存在 k ，使得T +1 Sk n，不妨設T +1 S1 n .
（i）當 S1 = n時，如下圖，
由條件③知， Si = 0 或 Si =1（ i 1），
此時 S1 + S2 +L+ Sn n + (n -1) = 2n -1 < 2n nT ，與（*）矛盾，不合題意.
（ii）當T +1 S1 < n 時，如下圖，
記 Sk = x1,k + x2,k +L+ xn,k （ k =1,2,L, n），
不妨設 x1,1 = x2,1 =LxT +1,1 =1， xn,1 = 0， xn,2 = xn,3 =Lxn,T +1 =1，
ur uur ur uuur
下面研究 c1 ， c2 ， c L3 ， ， cT +1 的前T +1個分量中所有含 1 的個數.
ur uur ur uuur
一方面，考慮 c1 ， c2 ， c3 ，L， cT +1 中任意兩個向量的數量積為 1，
故 x1, j ， x2, j ，L， xT +1, j （ j = 2,3,L,T +1）中至多有 1 個 1，
ur uur ur uuur
故 c1 ， c2 ， c L3 ， ， cT +1 的前T +1個分量中，
所有含 1 的個數至多有 (T +1) +T = (2T +1)個 1（**）.
ur uur
另一方面，考慮 c1 ×cn =1（ i =1,2,L,T +1），
ur uur ur uuur
故 c1 ， c2 ， c3 ，L， cT +1 的前T +1個分量中，含有 (T +1) + (T +1) = (2T + 2)個 1，與（**）矛盾，不合題
意.
故對任意 k n且 k N+， Sk T ，由（*）可得 Sk = T .
題型二：定義新運算
【典例 2-1】（2024·海南海口·一模）在計算機科學中，n維數組 X = x1, x2 ,L, xn , xi 0,1 , i N+ , n 2 是
一種基礎而重要的數據結構，它在各種編程語言中被廣泛使用．對于n維數組
A = a1, a2 ,L, an , B = b1,b2 ,L,bn ，定義A 與 B 的差為 A - B = a1 - b1 , a2 - b2 ,L, an - bn , A與 B 之間的距
n
離為 d (A, B) = ai - bi ．
i=1
(1)若n維數組C = 0,0,L,0 ，證明： d A,C + d B,C d A, B ；
(2)證明：對任意的數組 A, B,C ，有 d A - C, B - C = d A, B ；
(3)設集合 Sn = X X = x1, x2 ,L, xn , xi 0,1 , i N+ ,n 2 , P Sn，若集合 P 中有m m 2 個n維數組，記
P 中所有兩元素間的距離的平均值為 d P ，證明：d P
mn

2 m -1 ．
【解析】（1）設A 與 B 中對應項中同時為 0 的有 x 0 x n 個，同時為 1 的有 y 0 y n - x 個，
則對應項不同的為 n - x - y 個，所以d A, B = n - x - y ．
所以d A,C + d B,C = 2 y + n - x - y n - x - y = d A, B ；
（2）設 A = a1,a2 ,L,an , B = b1,b2 ,L,bn ,C = c1,c2 ,L,cn Tn ，
因為 A - C = a1 - c1 , a2 - c2 ,L, an - cn ，
B - C = b1 - c1 , b2 - c2 ,L, bn - cn ，
n
所以 d (A - C, B - C) = ai - ci - bi - ci ，
i=1
因為 ci 0,1 , i = 1,2,L,n ．
所以當 ci = 0時， ai - ci - bi - ci = ai - bi ，
當 ci = 1時， ai - ci - bi - ci = 1- ai - 1- bi = ai - bi ，
n n
所以d (A - C, B - C) = ai - ci - bi - ci = ai - bi = d (A, B)；
i=1 i=1
m
（3）記集合 P 中所有兩個元素間距離的總和為 d Pi , Pj ，
i, j=1
m
則 d (P)
1
= 2 × dC Pi , Pj ．m i, j=1
設集合 P 中所有元素的第 k(k =1, 2,L, n)個位置的數字共有 tk 個1, m - tk 個 0，
m n
則 d Pi , Pj = tk m - tk ，
i, j=1 k =1
因為 tk , m - tk > 0 ，
2
t × m - t tk + m - tk m
2
所以 k k ÷ = ，
è 2 4
m n 2
所以 d Pi , Pj = tk m - tk nm ，
i, j=1 k =1 4
1 m 2d (P) d P , P 2 nm mn所以 = × × = .C2 i jm i, j=1 m(m -1) 4 2(m -1)
【典例 2-2】（2024·浙江紹興·二模）已知 k N* ，集合 X k = x x = 2i0 + 2i1 + ×××+ 2ik ,0 i0 < i1 i0 , i1, × × ×, ik N .
(1)求 X 2 中最小的元素；
(2)設 a = 21 + 23 X1 ，b X1，且 a + b X1，求b 的值；
k +1
(3) Y = X 2k +n-1, 2k +n ù b記 k k ， n N* Y m，若集合 k 中的元素個數為bn ，求 2m-1 .m=1
【解析】（1） X 2 中的最小元素為 20 + 21 + 22 = 7 .
（2）由題得 a = 21 + 23 =10，設b = 2 j + 2i ，0 i < j i, j N .
①當 j 3時，b = 23 + 22 =12 或b = 23 + 21 =10或b = 23 + 20 = 9 或b = 22 + 21 = 6或b = 22 + 20 = 5或
b = 21 + 20 = 3 .
經檢驗，當b =10時， a + b = 20 = 24 + 22，符合題意，
所以b =10 .
②當 j = 4時，b = 24 + 23 = 24或b = 24 + 22 = 20或b = 24 + 21 =18或b = 24 + 20 =17 .
經檢驗，當b = 24 時， a + b = 34 = 25 + 21，符合題意，
所以b = 24 .
③當 j 5時，不符合題意.
因此，b = 24 或 10.
（3）設 x Yk ，則 x = 2i0 + 2i1 + ×××+ 2ik ，其中 ik = k + n -1，
0 i0 < i1 < ××× < ik -1 < k + n -1，所以bn = C
k
k +n-1，
k +1
設 S
b
= m k 1 k 1 k 1 kk m-1 ，則 Sk = Ck + C2 2 k +1 + 2 C2 k +2 + ×××+ 2k C2k .m=1
Ck +1因為 n = C
k
n-1 + C
k +1
n-1，
S 1= Ck +1 + Ck +1 1+ Ck +1 1 k +1 1 k +1所以 k +1 k +1 2 k +2
+ ×××+ C
22 k +3 2k 2k +1
+
2k +1
C2k +2
Ck 1 1 1 1= k + Ck k +1 k k +1 k k +1 k k +12 k +1 + Ck +1 + 22 Ck +2 + Ck +2 + ×××+ 2k C2k + C2k + 2k +1 C2k +1 + C2k +1
= Ck 1+ Ck 1+ Ck 1 1+ ×××+ Ck + Ck k 2 k +1 22 k +2 2k 2k 2k +1 2k +1 ÷è
1
+ Ck +1 1 Ck +1 1+ + ×××+ Ck +1 1 k +1
2 k +1 22 k +2 k 2k
+ k +1 C2 2 2k +1
1 1 1
= Sk +
S k +1 k
2 k +1
-
è 2k +1
C2k +2 + C2k 2k +1 ÷
.

k 1 k +1 2k +1 ! 1 2k + 2 ! 2k +1 !- 2k +1 !
因為C2k +1 - C2k +2 = - × = = 02 k ! k +1 ! 2 k +1 ! k ，+1 ! k ! k +1 !
1
所以 Sk +1 = Sk + Sk +1，所以 Sk +1 = 2S ，2 k
S 1=1+ C1又因為 1 2 = 2
k
，所以 Sk = 2 .2
ì m
【變式 2-1 a】（2024·浙江嘉興·二模）已知集合 A = í 2∣i 0 a1 < a2 i=1
集合A 中所有的數從小到大排列成數列 b(t)n ，數列 b(t)n 的前n項和為 S(t)n .例如： t = 2時，
b(2) 0 11 = 2 + 2 = 3,b(2)2 = 2
0 + 22 = 5,b(2) = 213 + 2
2 = 6,b(2)4 = 2
0 + 23 = 9,L，
S(2)4 = b(2)1 + b(2)2 + b(2)3 + b(2)4 = 23 .
(1)寫出b(2)5 ,b(2)6，并求 S(2)10 ；
(2)判斷 88 是否為數列 b(3)n 中的項.若是，求出是第幾項；若不是，請說明理由；
(3)若 2024 是數列 b(t)n 中的某一項b t0 S tn ，求 t0 ,n0及 0 n 的值.0 0
【解析】（1）因為m = 2 ，此時 A = 2a1 + 2a∣2 0 a1 < a2 ,a1,a2 N ，
b(2)5 = 2
3 + 21 =10,b(2) 3 26 = 2 + 2 =12，
\S(2)10 = 4 20 + 21 + 22 + 23 + 24 =124 .
a a
（2）當m = 3時， A = 2 1 + 2 2 + 2a∣3 0 a1 < a2 < a3 , a1, a2 ,a3 N ，
Q88 = 26 + 24 + 23 ,\88是數列 b(3)n 中的項，
a a a 3
比它小的項分別有 2 1 + 2 2 + 2 3 ,0 a1 < a2 < a3 5,a1,a2 ,a3 N,C6 個，
a a
有 2 1 + 2 2 + 26 ,0 a1 < a2 3,a1,a2 N,C
2
4 個，
a
有 2 1 + 24 + 26 ,0 a1 2,a1 N,C
1
3個，
所以比 88 C3 +C2小的項共有 6 4 +C
1
3 = 29個，故 88 是數列 b(3)n 的第 30 項.
（3）Q2024 = 210 + 29 + 28 + 27 + 26 + 25 + 23 ,\2024是數列 b(7)n 中的項，故 t0 = 7 ，
則當m = 7 時， A = 2a1 + 2a2 +L+ 2a∣7 0 a1 < a2 方法一：比它小的項分別有以下 7 種情況：
2a① 1 + 2a2 +L+ 2a7 ,0 a1 < a2 7
7 1,a2 ,L,a7 N,10 個數字任取 7 個得C10個，
2a1 + 2a2 +L+ 2a6 + 210② ,0 a1 < a2 6
，得 9個，
③ 2a1 + 2a2 +L+ 2a5 + 29 + 210 ,0 a < a 2a1 + 2a④ 2 +L+ 2a4 + 28 + 29 + 210 ,0 a1 < a2 4
，得 7 個，
2a⑤ 1 + 2a2 + 2a3 + 27 + 28 + 29 + 210 ,0 a1 < a2 < a3 5, a1, a2 ,a3 N C
3
，得 6個，
2a1 + 2a2 + 26 + 27⑥ + 28 + 29 + 210 ,0 a1 < a2 4,a1,a2 N
2
，得C5 個，
a 5 6 7 8 9 10
⑦ 2 1 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 ,0 a1 2,a1 N C
1
，得 3個，
2024 C7 6 5 4 3 2 1所以比 小的項共有 10 +C9 +C8 +C7 +C6 +C5 +C3 個，
C7 +C6 5其中 10 9 +C8 +C
4
7 +C
3 +C2 16 5 +C3 = C
3 3
10 +C9 +C
3 +C38 7 +C
3
6 +C
3
5 +3
= C3 +C310 9 +C
3
8 +C
3
7 +C
3 +C36 5 +C
4
5 +3-C
4
5
= C411 - 2
= 328
故 2024 是數列 b(7)n 的第 329 項，即 n0 = 329 .
A = 2a a a方法二： 1 + 2 2 +L+ 2 ∣7 0 a1 < a 72 最大的是 210 + 29 + 28 + 27 + 26 + 25 + 24，其次為 210 + 29 + 28 + 27 + 26 + 25 + 23 = 2024，
所以 2024 是數列 b(7)n C7的第 11 -1= 329項，即 n0 = 329 .
在總共C711 = 330
6 6
項中，含有20 的項共有C 個，同理 21, 2210 ,L210 都各有C10個，所以
S(7) = C6 0 1 10330 10 × 2 + 2 +L+ 2 = 210 2047 = 429870，則
S t0 = S(7)329 = S(7)330 - b(7)330 = 429870 - 2032 = 427838n .0
題型三：定義新性質
【典例 3-1】（2024·云南昆明·一模）若非空集合 A 與 B，存在對應關系 f，使 A 中的每一個元素 a，B 中總
有唯一的元素 b 與它對應，則稱這種對應為從 A 到 B 的映射，記作 f：A→B．
設集合 A = -5, -3, -1,1,3,5 ，B = b1,b2 ,L,bn （ n N* ， n 6 ），且B A．設有序四元數集合
P = {X X = x1, x2 , x3 , x4 , xi A且 i =1,2,3,4}，Q = Y Y = y1, y2 , y3 , y4 ．對于給定的集合 B，定義映射 f：
P→Q，記為Y = f X ，按映射 f，若 xi B（ i =1,2,3,4），則 yi = xi +1；若 xi B（ i =1,2,3,4），則
4
yi = xi．記 SB Y = yi ．
i=1
(1)若B = -5,1 ， X = 1,-3,-3,5 ，寫出 Y，并求 SB Y ；
(2)若B = b1,b2 ,b3 ， X = 1,-3,-3,5 ，求所有 SB Y 的總和；
4
(3)對于給定的 X = x1, x2 , x3 , x4 ，記 xi = m，求所有 SB Y 的總和（用含 m 的式子表示）．
i=1
【解析】（1）由題意知，Y = f X = f 1, -3, -3,5 = 1+1,-3,-3,5 = 2,-3,-3,5 ，
所以 SB Y = 2 - 3- 3+ 5 =1．
（2）對 1，-3，5 是否屬于 B 進行討論：
①含 1 的 B 的個數為C25 =10，此時在映射 f 下， y1 =1+1 = 2；
1 B C3不含 的 的個數為 5 =10，此時在映射 f 下， y1 =1；
所以所有 Y 中 2 的總個數和 1 的總個數均為 10；
2
②含 5 的 B 的個數為C5 =10，此時在映射 f 下， y4 = 5 +1 = 6；
5 B C3不含 的 的個數為 5 =10，此時在映射 f 下， y4 = 5；
所以所有 Y 中 6 的總個數和 5 的總個數均為 10；
2
②含-3的 B 的個數為C5 =10，此時在映射 f 下， y2 = -3+1 = -2， y3 = -3+1 = -2；
3
不含-3的 B 的個數為C5 =10，此時在映射 f 下， y2 =-3， y3 = -3；
所以所有 y 中-2的總個數和-3的總個數均為 20．
綜上，所有 SB Y 的總和為10 1+ 2 + 5 + 6 + 20 -2 - 3 =140 -100 = 40．
（3）對于給定的 X = x1, x2 , x3 , x4 ，考慮x1在映射 f 下的變化．
由于在 A 的所有非空子集中，含有x1的子集 B 共 25個，
所以在映射 f 下x1變為 y1 = x1 +1；
不含x 51的子集 B 共 2 -1個，在映射 f 下x1變為 y1 = x1；
5 5
所以在映射 f 下得到的所有 y1的和為 2 x1 +1 + 2 -1 x1 = 63x1 + 32．
5 5
同理，在映射 f 下得到的所有 yi （ i = 2,3,4）的和 2 xi +1 + 2 -1 xi = 63xi + 32．
所以所有 SB Y 的總和為63 x1 + x2 + x3 + x4 + 32 4 = 63m +128．
【典例 3-2】（2024·廣東江門·一模）將 2024 表示成 5 個正整數x1，x2， x3， x4， x5之和，得到方程
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 2024 ①，稱五元有序數組 x1, x2 , x3 , x4 , x5 為方程①的解，對于上述的五元有序數組
x1, x2 , x3 , x4 , x5 ，當1 i, j 5時，若max(xi - x j ) = t(t N) ，則稱 x1, x2 , x3 , x4 , x5 是 t -密集的一組解.
(1)方程①是否存在一組解 x1, x2 , x3 , x4 , x5 ，使得 xi+1 - xi i =1,2,3,4 等于同一常數 若存在，請求出該常數；
若不存在，請說明理由；
(2)方程①的解中共有多少組是1-密集的
5
(3) S = x2記 i ，問S 是否存在最小值 若存在，請求出S 的最小值；若不存在，請說明理由.
i=1
【解析】（1）若 xi+1 - xi i =1,2,3,4 等于同一常數，
根據等差數列的定義可得 xi 構成等差數列，所以 x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 5x3 = 2024，
x 2024解得 3 = ，與 x3 N*矛盾，5
所以不存在一組解 x1, x2 , x3 , x4 , x5 ，使得 xi+1 - xi i =1,2,3,4 等于同一常數；
1 2024
（2）因為 x = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = = 404.8，5 5
依題意 t =1時，即當1 i, j 5時，max(xi - x j ) =1，
所以max xi = 405，min x j = 404 ，
設有 y 個 405，則有5 - y 個 404，由 405y + 404 5 - y = 2024，解得 y = 4 ，
所以x1，x2， x3， x4， x5中有 4個 405，1個 404，
所以方程①的解共有5組.
1 2024
（3）因為平均數 x = x1 + x2 + x5 3 + x4 + x5 = = 404.8，5
5
2 1 2
5 2 5 2
又方差s = xi - x 2，即5s = x - x = x2 - 5x5 i i ，i=1 i=1 i=1
2
所以 S = 5s 2 + 5x ，因為 x 為常數，所以當方差s 2 取最小值時S 取最小值，
又當 t = 0時 x1 = x2 = x3 = x4 = x5 ，即5x1 = 2024 ，方程無正整數解，故舍去；
當 t =1時，即 x1, x2 , x3 , x4 , x5 是1-密集時，S 取得最小值，
且 Smin = 4 405
2 + 4042 = 819316 .
【變式 3-1】（2024·廣東·模擬預測）已知集合A 中含有三個元素 x, y, z，同時滿足① x < y < z；② x + y > z；
③ x + y + z 為偶數，那么稱集合A 具有性質 P .已知集合 S *n = 1,2,3,L, 2n (n N , n 4) ，對于集合 Sn 的非
空子集 B ，若 Sn 中存在三個互不相同的元素 a,b,c，使得a + b,b + c,c + a均屬于 B ，則稱集合 B 是集合 Sn 的
“期待子集”.
(1)試判斷集合 A = 1,2,3,5,7,9 是否具有性質 P ，并說明理由；
(2)若集合B = 3,4,a 具有性質 P ，證明：集合 B 是集合 S4 的“期待子集”；
(3)證明：集合M 具有性質 P 的充要條件是集合M 是集合 Sn 的“期待子集”.
【解析】（1）集合 A = 1,2,3,5,7,9 不具有性質 P ，理由如下：
（i）從集合A 中任取三個元素 x, y, z均為奇數時， x + y + z 為奇數，不滿足條件③
（ii）從集合A 中任取三個元素 x, y, z有一個為 2，另外兩個為奇數時，不妨設 y = 2， x < z ，
則有 z - x 2，即 z - x y ，不滿足條件②，
綜上所述，可得集合 A = 1,2,3,5,7,9 不具有性質 P .
（2）證明：由3+ 4 + a 是偶數，得實數 a是奇數，
當 a < 3 < 4時，由 a + 3 > 4，得1 < a < 3，即 a = 2，不合題意，
當3 < 4 < a 時，由3+ 4 > a ，得 4 < a < 7 ，即 a = 5，或 a = 6（舍），
因為3+ 4 + 5 =12是偶數，所以集合B = {3,4,5}，
令 a + b = 3,b + c = 4,c + a = 5，解得a = 2, b = 1, c = 3，
顯然 a,b,c S4 = 1,2,3,4,5,6,7,8 ，
所以集合 B 是集合 S4 的“期待子集”得證.
（3）證明：
先證充分性：
當集合M 是集合 Sn 的“期待子集”時，存在三個互不相同的 a,b,c，使得a + b,b + c,c + a均屬于M ，
不妨設 a < b < c，令 x = a + b ， y = a + c， z = b + c，則 x < y < z，即滿足條件①，
因為 x + y - z = (a + b) + (a + c) - (b + c) = 2a > 0，所以 x + y > z，即滿足條件②，
因為 x + y + z = 2(a + b + c)，所以 x + y + z 為偶數，即滿足條件③，
所以當集合M 是集合 Sn 的“期待子集”時，集合M 具有性質 P .
再證必要性：
當集合M 具有性質 P ，則存在 x, y, z，同時滿足① x < y < z；② x + y > z；③ x + y + z 為偶數，
x + y + z
令 a = - z ，b
x + y + z x + y + z
= - y， c = - x，則由條件①得 a < b < c，
2 2 2
x + y + z x + y - z
由條件②得 a = - z = > 0 ，
2 2
由條件③得 a,b,c均為整數，
z c z x x + y + z z + x - y
z + z - y - y
因為 - = + - = > = z - y > 0，
2 2 2
所以0 < a < b < c < z ，且 a,b,c均為整數，
所以 a,b,c Sn ，
因為 a + b = x,a + c = y,b + c = z ，
所以a + b,b + c,c + a均屬于M ，
所以當集合M 具有性質 P 時，集合M 是集合 Sn 的“期待子集”.
綜上所述，集合M 是集合 Sn 的“期待子集”的充要條件是集合M 具有性質 P .
題型四：定義新背景
【典例 4-1】（2024·全國·模擬預測）拓撲學是一個研究圖形（或集合）整體結構和性質的一門幾何學，以
2
抽象而嚴謹的語言將幾何與集合聯系起來，富有直觀和邏輯．已知平面 E = x，y |"x，y R ，定義對
A x，y 2 2 21 1 1 ， A2 x2，y2 ，其度量（距離） d A1，A2 = x1 - x2 + y E ，d1 - y2 并稱 為一度量平
2 2
面．設 x0 E ，d ，e R+ ，稱平面區域B x0，e = x E ，d |d x0，x < e 為以 x0 為心，e 為半徑的
球形鄰域．
(1)試用集合語言描述兩個球形鄰域的交集；
(2) 2證明： E ，d 中的任意兩個球形鄰域的交集是若干個球形鄰域的并集；
(3) 2一個集合稱作“開集”當且僅當其是一個無邊界的點集．證明： E ，d 的一個子集是開集當且僅當其可
被表示為若干個球形鄰域的并集．
【解析】（1）設這兩個球形鄰域分別為 B1 x1，e1 ，B2 x2，e2 ，
D 為 B1 和 B2 的交集．
①若 B1 與 B2 不相交，則 B1 B2 = ；
②若 B1 與 B2 相交，則
D = B1 B2 = x E2，d |d x1，x < e1 x E2，d |d x2，x < e2
= x E2，d d x1，x < e1, 且 d x2，x < e2
故 B1 B2 = 或 x E2，d d x1，x < e1,且 d x2，x < e2 ．
（2）我們約定集合族是指以集合為元素的集合，其并運算為
Ul Λ Al 表示集合族 Al |l Λ 的所有集合的并集
回到原題，設這兩個球形鄰域分別為 B1 x1，e1 ，B2 x2，e2 ，D 為 B1 和 B2 的交集．
①若 B1 與 B2 不相交，則 B1 B2 = ，即 D 可以看作零個球形鄰域的并集；
②若 B1 與 B2 相交，則取 "y B1 x1，e1 B2 x2，e2 ，
令 e y = min e1 - d x1，y ，e2 - d x2，y ，構造球形鄰域 By y，e y ．
因為對于 "z By y，e y ，有
d x1，z d x1，y + d y，z d x1，y + e y e1
d x2，z d x2，y + d y，z d x2，y + e y e2
故 z B1 x1，e1 B2 x2，e2 ，這說明 By y，e y B1 x1，e1 B2 x2，e2 = D ．
由于 y 是 D 中任取的一點，這說明 By y，e y B1 x1，e1 B2 x2，e2 ，
繼而D = U y D y U y D By y，e y B1 x1，e1 B2 x2，e2 = D
即 D = B1 x1，e1 B2 x2，e2 可被表示為若干個球形鄰域 By y，e y 的并集．
命題得證．
（3）①先證充分性：當 E2，d 的一個子集可以寫為若干球形鄰域的并時，其必為開集．
設 G E2，d ，由（2）可知 G 可看作若干個球形鄰域的并集，
即G = U i Λ Bi xi，e i
則 "x G ，$e > 0使得 x Bi xi，e i G ，故 G 是開集．充分性證畢．
2
②再證必要性：若 E ，d 的一個子集是開集，則其可被表示為若干個球形鄰域的并集．
設 G 是一個開集，由情況①得 "x G ，$e > 0 使得 x Bi xi，e i G ，所以
G = U x G x U x G Bi xi，e i Gi
即G = U x G Bi i xi，e i
故 G 可被表示為若干個球形鄰域 Bi xi，e i 的并集．必要性證畢．
【典例 4-2】（2024·安徽蕪湖·二模）對稱變換在對稱數學中具有重要的研究意義．若一個平面圖形 K 在 m
（旋轉變換或反射變換）的作用下仍然與原圖形重合，就稱 K 具有對稱性，并記 m 為 K 的一個對稱變
換．例如，正三角形 R 在m1 （繞中心 O 作 120°的旋轉）的作用下仍然與 R 重合（如圖 1 圖 2 所示），所以
1 2 3m 1 是 R 的一個對稱變換，考慮到變換前后 R 的三個頂點間的對應關系，記m1 = 3 1 2÷；又如，R 在
l1
è
（關于對稱軸 r1所在直線的反射）的作用下仍然與 R 重合（如圖 1 圖 3 所示），所以 l1也是 R 的一個對稱變
l
1 2 3
換，類似地，記 1 = 1 3 2÷．記正三角形 R 的所有對稱變換構成集合 S．一個非空集合 G 對于給定的代è
數運算.來說作成一個群，假如同時滿足：
I．"a,b G ， a b G；
II．"a,b,c G， a b c = a b c ；
Ⅲ．$e G ，"a G， a e = e a = a；
Ⅳ．"a G，$a-1 G ， a a-1 = a-1 a = e．
對于一個群 G，稱Ⅲ中的 e 為群 G 的單位元，稱Ⅳ中的 a-1為 a 在群 G 中的逆元．一個群 G 的一個非空子
集 H 叫做 G 的一個子群，假如 H 對于 G 的代數運算 來說作成一個群．
(1)直接寫出集合 S（用符號語言表示 S 中的元素）；
(2)同一個對稱變換的符號語言表達形式不唯一，如
1 2 3 1 3 2 2 1 3m
2 3 1 3 1 2 3 2 1
1 = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ =3 1 2 3 2 1 1 3 2 1 2 3 2 3 1 2 1 3÷ ．對于集合 S 中的元素，定義è è è è è è
a1 a2 a3 b1 b2 b3 a* 1
a2 a3
一種新運算 ，規則如下： ÷*b b ÷
= ÷，
è 1 2 b3 èc1 c2 c3 è c1 c2 c3
a1,a2 ,a3 = b1,b2 ,b3 = c1,c2 ,c3 = 1,2,3 ．
①證明集合 S 對于給定的代數運算*來說作成一個群；
②已知 H 是群 G 的一個子群，e， e 分別是 G，H 的單位元， a H ， a-1，a 分別是 a 在群 G，群 H 中的
逆元．猜想 e， e 之間的關系以及 a-1，a 之間的關系，并給出證明；
③寫出群 S 的所有子群．
1 2 3
【解析】（1）依題意，正三角形 R 的對稱變換如下：繞中心O作120°的旋轉變換m1 = 3 1 2÷；è
1 2 3
繞中心O作240°的旋轉變換m2 =
è 2 3 1
÷；

1 2 3
繞中心O作360°的旋轉變換m3 = 1 2 3÷；è
1 2 3r l 關于對稱軸 1所在直線的反射變換 1 =
è1 3 2
÷；

1 2 3
關于對稱軸 r2 所在直線的反射變換 l2 = 3 2 1 ÷；è
1 2 3
關于對稱軸 r3 所在直線的反射變換 l

3 = ÷ ，
è 2 1 3
ì 1 2 3 1 2 3 1 2 3S , ,
1 2 3 1 2 3 1 2 3 ü
綜上， = í , , ,

.
è3 1 2
÷ 2 3 1 ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ （形式不唯一） è è1 2 3 è1 3 2 è3 2 1 è 2 1 3
a1 a2 a3 b1 b2 b3 a1 a2 a3 b1 b2 b3 a1 a2 a3
（2）①Ⅰ." ÷， ÷ S ， ÷* ÷ = ÷ S
èb
；
1 b2 b3 èc1 c2 c3 èb1 b2 b3 èc1 c2 c3 èc1 c2 c3
a1 a2 a3 b1 b2 b3 c1 c2 c3 Ⅱ." ÷， ÷， ÷ S ，
èb1 b2 b3 èc1 c2 c3 è d1 d2 d3
é a1 a2 a3 b1 b2 b3 ù c1 c2 c3 a1 a2 a3 c1 c2 c3
ê ÷*b b b ÷ú
* ÷ = ÷*
è 1 2 3 èc1 c2 c3 è d1 d2 d3 èc1 c2 c3 è d d d
÷
1 2 3
a1 a2 a3 a1 a2 a3 é b1 b2 b3 c= , * * 1
c2 c3 ù

è d1 d d
÷
2 3 èb1 b2 b
÷ ê
3 èc1 c2 c
÷ ÷ú
3 è d1 d2 d3
a
= 1
a2 a3 b1 b2 b3 a1 a2 a3
b b b ÷
* =d d d ÷ ÷，è 1 2 3 è 1 2 3 è d1 d2 d3
é a1 a2 a3 b1 b2 b3 ù c1 c2 c3 a a a é b b b c c c ù
所以 ê ÷* ÷ú* ÷ =
1 2 3 * 1 2 3 * 1 2 3
b ÷ ê ÷ ÷ú ； è 1 b2 b3 èc1 c2 c3 è d1 d2 d3 èb1 b2 b3 èc1 c2 c3 è d1 d2 d3
1 2 3 a a a
Ⅲ. $ S ,"
1 2 3 S
è1 2 3
÷ b b b ÷ è 1 2 3
a1 a2 a3 a1 a2 a3 a1 a2 a3 a1 a a b b b
* = =
2 3 * 1 2 3
è a1 a a
÷ b b b ÷ ÷ ÷ ÷ ，2 3 è 1 2 3 èb1 b2 b3 èb1 b2 b3 èb1 b2 b3
a1 a2 a3 b1 b2 b3 1 2 3 1 2 3
而 =a a a ÷ ÷
= ÷，所以 e = ÷；
è 1 2 3 èb1 b2 b3 è1 2 3 è1 2 3
a
Ⅳ." 1
a2 a3 b1 b2 b3
S ,$b b b ÷ ÷
S ，
è 1 2 3 è a1 a2 a3
a1 a2 a3 b1 b2 b3 b1 b2 b3 a1 a2 a3
* = *b b b ÷ a a a ÷ a a a ÷ ÷
= e；
è 1 2 3 è 1 2 3 è 1 2 3 èb1 b2 b3
綜上可知，集合S 對于給定的新運算*來說能作成一個群.
② e = e ， a-1 = a ，證明如下：
先證明 e = e ：由于H 是G 的子群，取 a H ，則 a G ， a-1 G ，
根據群的定義，有 a e = a ， a e = a，所以 a e = a e ，
-1 -1
所以 a a e = a a e ，即 a-1 a e = a-1 a e ，
即 e e = e e ，所以 e = e .
再證明 a-1 = a ：由于 e = e ， e = a-1 a， e = a a ，
a-1 a a a a-1 a a-1所以 = ，所以 = a a a-1 ，
所以 a-1 e = a e，所以 a-1 = a .
③S 的所有子群如下：
ì 1 2 3 ü ì 1 2 3 1 2 3H
ü
1 = í 1 2 3÷
, H2 = í 1 2 3÷
, ÷ ，
è è è1 3 2
ì 1 2 3 1 2 3 ü ì 1 2 3 1 2 3 üH 3 = í ÷ , ÷ ，H4 = í ÷ ,

1 2 3 3 2 1 1 2 3 2 1 3÷ ，
è è è è
ì 1 2 3 1 2 3 1 2 3 üH 5 = í 3 1 2÷
, ,2 3 1 ÷ ÷ ， è è è1 2 3
ì 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 üH6 = í 3 1 2÷
, 2 3 1 ÷
, 1 2 3÷
, ,1 3 2÷ ÷
, ÷
è è è è è3 2 1 è 2 1 3
【變式 4-1】（2021·北京西城·二模）設 A 是正整數集的一個非空子集，如果對于任意 x A，都有 x -1 A
或 x +1 A，則稱 A 為自鄰集.記集合 An = {1,2L, n}(n > 2,n N) 的所有子集中的自鄰集的個數為 an .
(1)直接寫出 A4 的所有自鄰集；
(2)若n為偶數且 n > 6，求證： An 的所有含 5 個元素的子集中，自鄰集的個數是偶數；
(3)若n 4，求證： an 2an-1 .
【解析】（1）由題意可得， A4 的所有自鄰集有： 1,2,3,4 , 1,2,3 , 2,3,4 , 1,2 , 2,3 , 3,4 ；
（2）對于 An 的含 5 個元素的自鄰集B = x1, x2 , x3 , x4 , x5 ，
不妨設 x1 < x2 < x3 < x4 < x5 .
因為對于"xi B ，都有 xi -1 B 或 xi +1 B ， i =1，2，3，4，5，
所以 x2 = x1 +1， x4 = x5 -1， x3 = x2 +1或 x3 = x4 -1 .
對于集合C = {n +1- x5 ， n +1- x4， n +1- x3 ， n +1- x2， n +1- x1}，
因為1 x1 < x2 < x3 < x4 < x5 n ，所以1 n +1- xi n ， i =1，2，3，4，5，
n +1- x5 < n +1- x4 < n +1- x3 < n +1- x2 < n +1- x1 ，
所以C An .
因為 x2 = x1 +1， x4 = x5 -1， x3 = x2 +1或 x3 = x4 -1 .
所以 n +1- x2 = n +1- x1 -1， n +1- x4 = n +1- x5 +1，
n +1- x3 = (n +1- x4 ) +1或 n +1- x3 = ( n +1- x2 ) -1，
所以對于任意 n +1- xi +1 C 或 n +1- xi -1 C ， i =1，2，3，4，5，
所以集合C 也是自鄰集.
因為當n為偶數時， x3 n +1- x3，
所以B C .
所以對于集合 An 的含 5 個元素的自鄰集，在上述對應方法下會存在一個不同的含有 5 個元素的自鄰集與其
對應.
所以， An 的所有含 5 個元素的子集中，自鄰集的個數是偶數.
（3）記自鄰集中最大元素為 k 的自鄰集的個數為bk ， k N* ，
當n 4時， an-1 = b2 + b3 +L + bn-1， an = b2 + b3 +L + bn-1 + bn ，
顯然 an = an-1 + bn .
下面證明：bn ≤ an-1 .
①自鄰集含有 n - 2， n -1，n這三個元素，記去掉這個自鄰集中的元素n后的集合為D
因為 n -1， n - 2 D，所以D仍是自鄰集，且集合D中的最大元素是 n -1，
所以含有 n - 2， n -1，n這三個元素的自鄰集的個數為bn-1 .
②自鄰集含有 n -1，n這兩個元素，不含 n - 2，且不只有 n -1，n這兩個元素，
記自鄰集除 n -1，n之外最大元素為m ，則 2 ≤ m ≤ n - 3，每個自鄰集去掉 n -1，n這兩個元素后，仍為自
鄰集.
此時的自鄰集的最大元素為m ，可將此時的自鄰集分為n - 4個；
其中含有最大數為 2 的集合個數為b2，
含有最大數為 3 的集合個數為b3，LL，
含有最大數為 n - 3的集合個數為bn-3 .
則這樣的集合共有b2 + b3 +L+ bn-3 個.
③自鄰集只含有 n -1，n這兩個元素，這樣的自鄰集只有 1 個.
綜上可得bn = b2 + b3 +L+ bn-3 + bn-1 +1 b2 + b3 +L+ bn-3 + bn-1 + bn-2 = an-1，
所以bn ≤ an-1，
故n 4時， an 2an-1得證.
1．（2024· *北京豐臺·一模）已知集合M n = x N x 2n （ n N，n 4），若存在數陣
éa a L a ù
T = 1 2 nê ú 滿足：
b1 b2 L bn
① a1,a2 ,L,an U b1,b2 ,L,bn = M n ；
② ak - bk = k k =1,2,L,n ．
則稱集合M n 為“好集合”，并稱數陣T 為M n 的一個“好數陣”．
éx y z 6ù
(1)已知數陣T = ê7 w 1 2ú 是
M 4 的一個“好數陣”，試寫出 x ， y ， z ，w的值；

(2)若集合M n 為“好集合”，證明：集合M n 的“好數陣”必有偶數個；
(3)判斷M n n = 5,6 是否為“好集合”．若是，求出滿足條件 n a1,a2 ,L, an 的所有“好數陣”；若不是，說
明理由．
【解析】（1）由“好數陣”的定義，知 x - 7 =1， y - w = 2， z -1 = 3， x, y, z, w = 3,4,5,8 ，故 x = 8，
z = 4 ， y - w = 2， y, z = 3,5 ，進一步得到 y = 5，w = 3 .
從而 x = 8， y = 5， z = 4 ，w = 3 .
éa
2 1
a2 L an ù
（ ）如果 ê ú 是一個“好數陣”，則 a1,a2 ,L,an b1,b2 ,L,b = M
b1 b2 L b
n n ，
n
ak - bk = k k =1,2,L, n .
從而 2n +1- b1, 2n +1- b2 ,L, 2n +1- bn 2n +1- a1, 2n +1- a2 ,L, 2n +1- an = M n ，
2n +1- bk - 2n +1- ak = k k =1,2,L, n .
é2n +1- b1 2n +1- b2 L 2n +1- bn ù
故 ê2n 1 a ú 也是一個“好數陣”. + - 1 2n +1- a2 L 2n +1- an
由于 a2 + b2 = 2b2 + 2是偶數，故 a2 + b2 2n +1，從而 a2 2n +1- b2 .
éa1 a2 L an ù é2n +1- b1 2n +1- b2 L 2n +1- bn ù
這就說明兩數陣 êb b L b ú 和 ê2n 1 a 2n 1 a L 2n 1 a ú 的第 1 行第 2 列的數不相等，從 1 2 n + - 1 + - 2 + - n
而是不同的數陣.
設全體“好數陣”構成的集合為S ，并定義映射F : S S 如下：
éa1 a2 L an ù 2n +1- b 2n +1- b L 2n +1- b
對T = ê ú，規定F T
é
= 1 2 n
ù
b b L b ê 1 2 n 2n +1- a1 2n +1- a2 L 2n
.
+1- a ún
M 2n因為由 n 中的元素構成的 2 n數陣只有不超過 2n 種，故S 是有限集合.
é2n +1- 2n +1- a1 2n +1- 2n +1- a2 L 2n +1- 2n +1- aF F T = n ù而 ê
2n +1- 2n +1- b1 2n +1- 2n +1- b2 L 2n +1- 2n +1- bn
ú

éa1 a L a ù= 2 nêb b L b ú
= T ，
1 2 n
這就表明F F T = T ，從而F 是滿射，由S 是有限集，知F 也是單射，從而F 是一一對應.
éa1 a2 L an ù éa1 a2 L an ù é2n +1- b1 2n +1- b2 L 2n +1- bn ù
對“好數陣” êb b L b ú ，已證兩數陣 ê ú 和 ê ú 是不 1 2 n b1 b2 L bn 2n +1- a1 2n +1- a2 L 2n +1- an
同的數陣，故F T T .
同時，對兩個“好數陣”T1，T2，如果T2 = F T1 ，則F T2 = F F T1 = T1；如果T1 = F T2 ，則
F T1 = F F T2 = T2 . 所以T2 = F T1 當且僅當T1 = F T2 .
最后，對T S ，由F T T ，稱 2 元集合 T , F T 為一個“好對”. 對T0 S ，若T0屬于某個“好對”
T , F T ，則T = T0 或F T = T0 ，即T = T0 或T = F T0 .
由于 T0 , F T0 = F T0 , F F T0 ，故無論是T = T0 還是T = F T0 ，都有 T , F T = T0 , F T0 .
這表明，每個“好數陣”恰屬于一個“好對”，所以“好數陣”的個數是“好對”個數的 2 倍，從而“好數陣”必有偶
數個.
éa1 a2 L an ù
（3）若 ê ú 是“好數陣”，則有1+ 2 + 3 + ...+ 2n = a1 + a2 + ...+ an + b1 + b2 + ...+ bb n 1 b2 L bn
= b1 +1 + b2 + 2 + ...+ bn + n + b1 + b2 + ...+ bn = 2 b1 + b2 + ...+ bn + 1+ 2 + ...+ n ，
2 nb b ... b n 1 n 2 ... 2n n +1+ 2n n 3n +1 n 3n +1 所以 1 + 2 + + n = + + + + + = = ，這表明 一定是偶數.2 2 2
éa1 a2 L a5 ùn 5 “ ” 2 nb b ... b 3n +1 若 = ，設 ê
b1 b2 L b
ú是 好數陣 ，則 1 + 2 + + 5 = = 40，從而
5 2
b1 + b2 + b3 + b4 + b5 = 20 ，
故 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = b1 +1 + b2 + 2 + ...+ b5 + 5 = b1 + b2 + ...+ b5 +1+ 2 + ...+ 5 = 20 +15 = 35 .
由于 ak bk +1 2 k =1,2,...,5 ，故1 b1,b2 ,...,b5 ，同理10 a1,a2 ,...,a5 .
若 2 a1,a2 ,...,a5 ，設 ak = 2，則 2 = ak = bk + k 1+ k ，故 k =1，從而 a1 = 2 .
進一步有b1 =1，而 ak bk + 2 3+ 2 = 5 k = 2,...,5 ，故3,4 b2 ,b3 ,b4 ,b5 .
假設5 a2 ,a3 ,a4 , a5 ，設 ak = 5，則3 bk = ak - k = 5 - k ，故 k = 2，則 a2 = 5，b2 = 3 .
由于b5 a5 - 5 5， a1,a2 ,b1,b2 = 1,2,3,5 ，故b5 = 4， a5 = 9 . 此時 a3 , a4 ,b3 ,b4 = 6,7,8,10 ，從而
a4 =10，b4 = 6，但此時 a3 - b3 = 8 - 7 =1，矛盾；
所以5 b2 ,b3 ,b4 ,b5 ，故3,4,5 b2 ,b3 ,b4 ,b5 ，分別嘗試所有 24 種可能的對應方式，知符合條件的“好數
é2 9 6 8 10ù é2 6 10 9 8ù
陣”有 ê1 7 3 4 5 ú ， ê1 4 7 5 3ú ；
若 2 b1,b2 ,...,b5 ，則1,2 b1,b2 ,...,b5 ，從而b1 1.
若3 a1,a2 ,...,a5 ，則 a1 = 3或 a2 = 3 . 若 a1 = 3，則b1 = 2，1 b3 ,b4 ,b5 ，分別嘗試 3 種可能，知符合條件
é3 10 7 9 6ù é3 8 10 5 9ù
的“好數陣”有 ê
2 8 4 5 1
ú ， ê
2 6 7 1 4
ú .

若 a2 = 3，則 b2 =1， 2 b3 ,b4 ,b5 ，若 6 a1,a2 ,...,a5 ，則 a1 = 6，或 b4 = 2 且 a4 = 6，分別嘗試所有可能，
é9 3 7 6 10ù
知符合條件的“好數陣”有 ê ú ；
8 1 4 2 5
若 6
8 3 5 10 9
b1,b2 ,...,b5 ，則 2,6 b1,b3 ,b4 ,b
é ù
5 ，分別嘗試所有可能，知符合條件的“好數陣”有 ê
7 1 2 6 4
ú；

若3 b1,b2 ,...,b5 ，則1,2,3 b1,b2 ,...,b5 ，假設 4 b1,b2 ,...,b5 ，由于b1 + b2 + b3 + b4 + b5 = 20 ，
10 a1,a2 ,...,a5 ，故 20 = b1 + b2 + b3 + b4 + b5 1+ 2 + 3+ 4 + 9 =19 ，矛盾，所以 4 a1,a2 ,...,a5 .
10 4 8 7 6 10 7 4 6 8
對1,2,3 b1,b2 ,...,b
é ù é ù
5 嘗試所有組合，知符合條件的“好數陣”有 ê ú， ê
9 2 5 3 1 9 5 1 2 3
ú，

é4 10 9 5 7ù é9 5 4 10 7ù
ê ú， ê
3 8 6 1 2 8 3 1 6 2
ú .

é2 9 6 8 10ù é2 6 10 9 8ù é3 10 7 9 6ù é3 8 10 5 9ù
綜上，全部的“好數陣”有 ê1 7 3 4 5 ú ， ê 1 4 7 5 3
ú ， ê
2 8 4 5 1
ú ， ê ú，
2 6 7 1 4
é9 3 7 6 10ù é8 3 5 10 9ù é10 4 8 7 6ù é10 7 4 6 8ù é4 10 9 5 7ù
ê
8 1 4 2 5
ú ， ê
7 1 2 6 4
ú， ê ú， ê ú， ê ú，
9 2 5 3 1 9 5 1 2 3 3 8 6 1 2
é9 5 4 10 7ù
ê8 3 1 6 2ú，
é3 8 10 5 9ù é8 3 5 10 9ù é4 10 9 5 7ù
其中，滿足5 a1, a2 ,..., a5 的有 ê
2 6 7 1 4
ú， ê
7 1 2 6 4
ú， ê
3 8 6 1 2
ú，

é9 5 4 10 7ù
ê
8 3 1 6 2
ú .

3 8 10 5 9 8 3 5 10 9
綜上，M5 是“好集合”，滿足5 a1, a2 ,..., a5
é ù é ù
的“好數陣”有 ê ú， ê
2 6 7 1 4 7 1 2 6 4
ú，

é4 10 9 5 7ù é9 5 4 10 7ù
ê
3 8 6 1 2
ú， ê
8 3 1 6 2
ú .

n 3n +1n = 6 若 ，由于此時 = 57不是偶數，所以不存在“好數陣”，從而M6 不是“好集合”.2
2．（2024·湖南益陽·模擬預測）我們知道，二維空間（平面）向量可用二元有序數組 a1,a2 表示；三維空
間向盤可用三元有序數組 a1,a2 ,a3 表示．一般地，n維空間向量用n元有序數組 a1,a2 ,L,an 表示，其中
ak k =1,2,L,n 稱為空間向量的第 k 個分量， k 為這個分量的下標．對于 n n 3 維空間向量 a1,a2 ,L,an ，
定義集合 A m = k∣ak = m,k =1,2,L,n ．記 A m 的元素的個數為 A m （約定空集的元素個數為 0）．
(1)若空間向量 a1,a2 ,a3,a4 ,a5,a6 ,a7 ,a8 = 6,3,2,5,3,7,5,5 ，求 A 5 及 A 5 ；
1 1 1
(2)對于空間向量 a1,a2 ,L,a + +L+ = nn ．若 ，求證："i, j 1,2,L,n ，若 i jA a ，則1 A a2 A an
ai a j ；
(3)若空間向量 a1,a2 ,a3 ,L,an 的坐標滿足 A ak-2 + ak-1 = k ,a1 = a2 = 1，當 n 3時，求證：
a21 + a
2 +L+ a22 n > 2an-1an ．
【解析】（1）由 a1,a2 ,a3,a4 ,a5,a6 ,a7 ,a8 = 6,3,2,5,3,7,5,5 ，知 a4 = a7 = a8 = 5，
所以 A 5 = 4,7,8 ， A 5 = 3；
1
（2）依題意， A ai 1， i = 1,2,L,n，則有 1A a ，i
1 1 1
所以 + +L+ nA a A a A a ，當且僅當 A ai =1 i =1,2,L,n 時取等號， 又因為1 2 n
1 1 1
+ +L+ = n
A a A a A a ，所以 A ai =1， i = 1,2,L,n， a1,a2 ,L,an 互不相同，1 2 n
故"i, j 1,2,L,n ，若 i j ，則 ai a j ；
（3）由 A ak -2 + ak -1 = k ，得 ak = ak -2 + ak -1，則有 ak -1 = ak - ak -2 ①，
由 a1 = a2 =1及①，可得
a21 = a1a2 ，
a22 = a2 a3 - a1 = a2a3 - a1a2，
a23 = a3 a4 - a2 = a3a4 - a2a3，
......
a2n-1 = an-1 an - an-2 = an-1an - an-2an-1.
2 2 2 2
以上各式相加，得 a1 + a2 +L+ an = an-1an + an = an an-1 + an .
由 a1 = a2 =1及①，當 n 3時，0 < an-1 < an ，
2 2
所以 a1 + a2 +L+ a
2
n = an an-1 + an > an an-1 + an-1 = 2an-1an ，
2 2 2
即a1 + a2 +L+ an > 2an-1an .
3．（2024·北京·模擬預測）對給定的正整數n，令Wn = a = a1, a2 , , an ∣ ai 0,1 , i =1,2, , n ，對任意的
x = x1, x2 ,… , xn ， y = y1, y2 , , yn Wn ，定義 x 與 y 的距離 d x, y = x1 - y1 + x2 - y2 +L+ xn - yn ．設A
是Wn 的含有至少兩個元素的子集，集合 D = d x, y x y, x, y A 中的最小值稱為A 的特征，記作 c A ．
(1)當 n = 3時，直接寫出下述集合的特征：
A = 0,0,0 , 1,1,1 , B = 0,0,0 , 0,1,1 , 1,0,1 , 1,1,0 ,C = 0,0,0 , 0,0,1 , 0,1,1 , 1,1,1 ；
(2)當n = 2020時，設 A Ω2020且 c A = 2，求A 中元素個數的最大值；
2020
(3) 2當n = 2020時，設 A Ω2020且 c A = 3，求證：A 中的元素個數小于 ．2021
【解析】（1）依題意可得 c A = 3， c B = 2， c C =1．
（2）（a）一方面：對任意的 a = a1, a2 , a3 ,L,a2019 , a2020 A，
令 f a = a1, a2 , a3 ,L,a2019 , a2020 ，
則 d a, f a = 1- 2a2020 =1< 2，故 f a A，
令集合B = f a | a A ，則 A B = ，
則 AU B Ω2020 且A 和 B 的元素個數相同，
但W 中共有 220202020 個元素，其中至多一半屬于A ，
故A 中至多有 22019 個元素．
(b)另一方面：設 A = {a = a1,a2 ,a3 ,L,a2019 ,a2020 Ω2020 | a1 + a2 + + a2020 是偶數}，
則對任意的 x = x x y1, x2 ,L, x2020 ， y = y1, y2 ,L, y2020 A， ，
A C0 + C2 4 2020都有 中的元素個數為 2020 2020 + C2020 + + C2020 = 2
2019
，
易得 d (x, y) = x1 - y1 + x2 - y2 + + xn - yn 與 x1 + y1 + x2 + y2 + + x2020 + y2020 奇偶性相同，
故 d (x, y) 為偶數，
又 x y ，則 d (x, y) > 0，所以 d (x, y) 2，
注意到 0,0,0,0,L,0,0 ， 1,1,0,0,L,0,0 A且它們的距離為 2，
故此時A 滿足題意，
綜上，A 中元素個數的最大值為 22019 ．
（3）當n = 2020時，設 A W2020且 c A = 3，
設 A = x1, x2 ,L, xm ，
則對任意的 xi A，定義 x 的鄰域 N (xi ) = {a Ω2020 | d (a, xi ) 1}，
（a）一方面：對任意的1 i m， N(xi )中恰有 2021 個元素，
事實上，
①若 d (a, xi ) = 0，則 a = xi ，恰有一種可能；，
②若 d (a, xi ) =1，則 a與 xi ，恰有一個分量不同，共 2020 種可能；
綜上， N(xi ) 中恰有 2021 個元素，
（b）對任意的1 i j m， N (xi ) N (x j ) = ，
事實上，若 N (xi ) N (x j ) ，
不妨設 a N (xi ) N (x j )， x = x , x ,L, x i 1 2 2020 , x j = x1 , x2 ,L, x2020 ，
k =1 k =1 k =1 k =1
則 d (xi , x j ) = xk - xk xk - a + a - xk = xk - a + a - xk 2，這與 c A = 3矛盾，
2020 2020 2020 2020
由（a）和（b）可得 N (x1) U N (x2 ) ULU N (xm )中共有 2021m 個元素，
2020
但W 中共有 22020 個元素，所以 2021m 22020 m
2
2020 ，即 ，2021
22020
注意到m 是正整數，但 不是正整數，上述等號無法取到，
2021
22020
所以，集合A 中的元素個數m 小于 ．
2021
4．（2024·北京延慶·一模）已知數列 an ，記集合T = S i, j S i, j = ai + ai+1 + ...+ a ,1 i < j, i, j N*j .
(1)若數列 an 為1,2,3，寫出集合T ；
(2)若 an = 2n，是否存在 i , j N*，使得 S i, j = 512？若存在，求出一組符合條件的 i, j ；若不存在，說明
理由；
(3)若 an = n ，把集合T 中的元素從小到大排列，得到的新數列為b1,b2 ,...,bm ,...， 若bm 2024，求m 的最大
值．
【解析】（1）由題意可得 a1 + a2 = 3， a1 + a2 + a3 = 6 ， a2 + a3 = 5，
所以T = 3,5,6 .
（2）假設存在 i , j N*，使得 S i, j = 512，
則有512 = ai + ai+1 + ...+ a j = 2i + 2 i +1 + ...+ 2 j = j - i +1 i + j ，
由于 i + j 與 j - i 的奇偶性相同， i + j 與 j - i +1奇偶性不同，
又 i + j 3， j - i +1 2，
所以512中必有大于等于3的奇數因子，這與512 = 29 無1以外的奇數因子矛盾，
故不存在 i , j N*，使得 S i, j = 512 .
（3 t）首先證明 an = n 時，對任意的m N* 都有bm 2 , t N
*
，
j - i +1
i i 1 i + j 因為 + + + i + 2 + ...+ j = ，
2
由于 i + j 與 j - i +1均大于 2且奇偶性不同，
j - i +1 i + j
所以 為奇數，對任意的m N* 都有bm 2
t , t N*，
2
2t其次證明除 t N 形式以外的數，都可以寫成若干個連續正整數之和，
若正整數 h = 2t 2k +1 ，其中 t N, k N*，
則當 2t+1 > 2k +1時，由等差數列的性質可得：
h = 2t 2k +1 = 2t + 2t + ...+ 2t = 2t - k + 2t - k +1 + ...+ 2t -1 + 2t + 2t +1 + ...+ 2t + k -1 + 2t + k ，此時
結論成立，
當 2t+1 < 2k +1時，由等差數列的性質可得：
h = 2k +1 + 2k +1 + ...+ 2k +1 = k - 2t +1 + ...+ k -1 + k + k +1 + k + 2 + ...+ k + 2t ，此時結論成立，
對于數列 an = n ，此問題等價于數列1,2,3,...n 其相應集合T 中滿足bm 2024有多少項，
由前面證明可知正整數1,2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024不是T 中的項，
所以m 的最大值為 2013 .
5．（2024·湖南邵陽·二模）給定整數 n 3，由n元實數集合 P 定義其隨影數集Q = x - y∣x, y P, x y .若
min Q =1，則稱集合 P 為一個n元理想數集，并定義 P 的理數 t 為其中所有元素的絕對值之和.
(1)分別判斷集合 S = -2, -1,2,3 ,T = -0.3, -1.2,2.1,2.5 是不是理想數集；（結論不要求說明理由）
(2)任取一個 5 元理想數集 P ，求證： min P + max P 4；
(3)當P = x1, x2 ,L, x2024 取遍所有 2024 元理想數集時，求理數 t 的最小值.
注：由n個實數組成的集合叫做n元實數集合，max P ,min P 分別表示數集 P 中的最大數與最小數.
【解析】（1）設 S = -2, -1,2,3 ,T = -0.3, -1.2,2.1,2.5 的隨影數集分別為Q1,Q2 ，
則min Q1 =1 > min Q2 = 0.9，
所以集合S 是理想數集，集合T 不是理想數集.
（2）不妨設集合P = x1, x2 , x3 , x4 , x5 且 x1 < x2 QP為理想數集，\"i N*,1 i 4，則 xi+1 - xi 1，且$i0 N
*,1 i0 4，使得 xi +1 - xi =10 0 .
當 x1 0時， min P + max P = x1 + x5 = x2 - x1 + x3 - x2 +L+ x4 - x3 + x5 - x4 + 2x1 4 + 2x1 4 .
當且僅當 xi+1 - xi =1且 x1 = 0 時，等號成立；
當 x5 0 時，
min P + max P = x1 + x5 = -x1 - x5 = x2 - x1 + x3 - x2 + x4 - x3 + x5 - x4 - 2x5 4 - 2x5 4 .
當且僅當 xi+1 - xi =1且 x5 = 0 時，等號成立；
當 x1 < 0, x5 > 0時， min P + max P = x1 + x5 = -x1 + x5 = x2 - x1 + x3 - x2 + x4 - x3 + x5 - x4 4 .
當且僅當 xi+1 - xi =1時，等號成立.
綜上所述： min P + max P 4 .
（3）設 x1 < x2 QP為理想數集.
\"i N*,1 i 2023, xi+1 - xi 1，且$i0 N
*,1 i0 2023，使得 xi - x =10 +1 i0 .
\對于Pj = x j ,L, x *2025- j P ，同樣有"i N ,1 j 1012, x j+1 - x j 1 .
下先證對n元理想數集 P ，有 min P + max P n -1 .
不妨設集合 P 中的元素滿足 x1 < x2 QP為理想數集，
\"i N*,1 i n -1, xi+1 - xi 1，且$x0 N
*,1 i0 n -1，使得 xi - x =10 +1 i0 .
當 x1 0時，
min P + max P = x1 + xn = x1 + xn = x2 - x1 + x3 - x2 +L+ xn - xn-1 + 2x1 n -1+ 2x1 n -1，
當且僅當 xi+1 - xi =1且 x1 = 0 時，等號成立；
當 xn 0時，
min P + max P = x1 + xn = -x1 - xn = x2 - x1 + x3 - x2 +L+ xn - xn-1 - 2xn n -1- 2xn n -1，當且僅
當 xi+1 - xi =1且 xn = 0時，等號成立；
當 x1 < 0, xn > 0 時， min P + max P = x1 + xn = -x1 + xn = x2 - x1 +L+ xn - xn-1 n -1 .
當且僅當 xi+1 - xi =1時，等號成立.
\ min P + max P n -1.
\ min Pj + max Pj 2025 - 2 j .當且僅當 x j+1 - x j =1時，等號成立.
\ x1 + x2024 2023, x2 + x2023 2021,L, x1012 + x1013 1.
\ 2023+1 1012理數 t = x1 + x2 +L+ x2024 2023 + 2021+L+1 = =10122 .2
當且僅當 x1012 = 0或 x1013 = 0 時，等號成立.
\理數 t 的最小值為10122 =1024144 .
6．（23-24 高三上·北京昌平·期末）已知Q : a1,a2 ,L,ak 為有窮正整數數列，且 a1 ≤ a2 ≤L≤ ak ，集合
X = -1,0,1 ．若存在 xi X , i =1,2,L, k ，使得 x1a1 + x2a2 +L+ xk ak = t ，則稱 t 為 k -可表數，稱集合
T = ∣t t = x1a1 + x2a2 +L+ xk ak , xi X , i =1,2,L,k 為 k -可表集．
(1)若 k =10, a = 2i-1i , i =1,2,L, k ，判定 31，1024 是否為 k -可表數，并說明理由；
k
(2)若 1,2,L, n T 3 -1，證明： n ；
2
(3)設 a = 3i-1i , i =1,2,L,k ，若 1,2,L, 2024 T ，求 k 的最小值．
【解析】（1）31 是，1024 不是，理由如下：
由題意可知 x1a1 + x2a2 +L+ xk ak = t ，
a i-1 9當 i = 2 , k =10時，有 x1 + 2x2 +L+ 2 x10 = t, xi -1,0,1 ，
顯然若 x1 = -1, x6 =1, xi = 0 i 2,3,4,5,7,8,9,10 時， t = 31，
而 t 20 1+ 21 1+ 22 1+L+ 29 1 = 210 -1 =1023 <1024，
故 31 是 k -可表數，1024 不是 k -可表數；
（2）由題意可知若 xi = 0 t = 0，即0 T ，
設 s T ，即$xi -1,0,1 使得 x1a1 + x2a2 +L+ xk ak = s ，
所以 -x1a1 + -x2a2 +L+ -xk ak = -s，且-xi -1,0,1 成立，故-s T ，
所以若 1,2,L, n T ，則 ±1, ±2,L, ±n,0 T ，
即 ±1, ±2,L± n,0 中的元素個數不能超過T 中的元素，
對于確定的Q，T 中最多有3k 個元素，
k
所以 2n +1 3k n 3 -1 ；
2
m-1 m
（3）由題意可設"n N* ,$m N* 3 -1 3 -1，使 < n ，
2 2
m-1
x 1 x 3 x 32 L x 3m-2 1 1 1 3 1 32 L 1 3m-2 3 -1又 1 + 2 + 3 + + m-1 + + + + = ，2
所以 k > m -1，即 k m ，
m
而1 1+1 3+1 32 +L+1 3m-1 3 -1= ，
2
m
n 3 -1即當 = 時，取 a1 =1, a2 = 3,Lam = 3
m-1
時，n為m - 可表數，
2
m
因為 2 1 1+1 3+1 32 L 1 3m-1 2 3 -1+ + = = 3m -1，2
由三進制的基本事實可知，對任意的0 p 3m -1，存在 ri 0,1,2 i =1,2,L, m, ，
p = r 30 + r 31使 1 2 +Lrm 3
m-1
，
3m -1
所以 p - = r1 30 + r2 31 +Lr m-1 0 1m 3 - 3 + 3 +L+ 3m-12
= r1 -1 30 + r 1 m-12 -1 3 +L+ rm -1 3 ，
令 xi = ri -1，則有 xi -1,0,1 , i =1,2,L, m ，
t p 3
m -1 3m -1 3m -1
設 = - - t ，
2 2 2
m m
由 p
3 -1 3 -1
的任意性，對任意的- t , t Z，
2 2
t = x 0 1 m-1都有 1 3 + x2 3 +L+ xm 3 , xi -1,0,1 , i =1,2,L, m，
n 3
m -1
又因為 ，所以對于任意的-n t n, t Z， t 為m - 可表數，
2
k m m 3
m-1 -1 n 3
m -1
綜上，可知 的最小值為 ，其中 滿足 < ，
2 2
n = 2024 3
7 -1 8
又當 時， < n 3 -1 ，
2 2
所以 k 的最小值為8 .
ì1
m
a
7 n
an為偶數 *
．設 為給定的正奇數，定義無窮數列 Am ： a1 =1, an+1 = í2 ,其中n N .若 ak 是數列 Am 中
an + m an為奇數
的項，則記作 ak Am .
(1)若數列 Am 的前 6 項各不相同，寫出m 的最小值及此時數列的前 6 項；
(2) *求證：集合B = k N∣ak Am , ak > 2m 是空集；
(3)記集合 Sm = x∣x Am , S = x∣"正奇數m, x Sm ，求集合S .（若m 為任意的正奇數，求所有數列 Am 的
相同元素構成的集合S .）
【解析】（1）由題意，因為m 是正奇數，
當m =1時，由 a1 =1，得 a2 =1+1 = 2， a3 =1 = a1，這與前 6 項各不相同矛盾，不合題意；
當m = 3時，由 a1 =1，得 a2 =1+ 3 = 4， a3 = 2， a4 =1 = a1 ，不合題意；
當m = 5時，由 a1 =1，得 a2 =1+ 5 = 6， a3 = 3， a4 = 3+ 5 = 8， a5 = 4， a6 = 2，符合題意；
綜上，m 的最小值為 5，此時數列的前 6 項為：1,6,3,8,4,2 .
（2）證明：假設集合B = k N∣* ak Am , ak > 2m 非空，
當 k =1時， a1 =1，又m 是正奇數， 2m 2 ，而 a1 < 2m，不合題意，
當 k = 2時， a2 =1+ m ，若 a2 > 2m ，則需m <1，又m 是正奇數，不合題意，
設 B 中元素的最小值為 k （顯然 k 3)，
因為 ak > 2m ak -1，所以 ak = ak -1 + m，因此 ak -1為奇數，且 ak -1 > m .
若 ak -1 = ak -2 + m，則 ak -2 為偶數，
但此時應有 a
1
k -1 = ak -2 ，與 ak -1 = ak -2 + m矛盾；2
a 1若 k -1 = ak -2 ，則 ak -2 > 2m ，即 k - 2 B，與 k 的最小性矛盾.2
因此假設不成立，集合 B 為空集.
（3）猜想 S = 1,2 .
因為 S1 = 1,2 ，以下只需證對任意大于 1 的奇數m ，1,2 Sm .
若 a j =1, j >1，則 a j-1 = 2，故只需證必存在 a j =1, j >1 .
由（2）知無窮數列 Am 中所有的項都屬于集合 1,2,L, 2m ，
因此必存在 i < j ，使得 ai = a j ，取其中 i的值最小的一組.
若 ai >1，則 ai = a j = K >1；
若K > m，則必有 ai-1 = a j-1 = K - m >1，與 i的最小性矛盾；
若K m，則必有 ai-1 = a j-1 = 2K ，也與 i的最小性矛盾.
因此只能 ai =1，因此 a j = a1 =1, j >1,a j-1 = 2，即1,2 Sm .
綜上， S = 1,2 .
8．已知集合 A = a1, a2 , a3 an N*，其中 n N 且 n 3, a1 < a2 < a3 < < an，若對任意的
x, y A x y ，都有 x - y xy ，則稱集合A 具有性質M
k k
.
(1)集合 A = 1,2,a 具有性質M3，求 a的最小值；
1 1 n -1
(2)已知A 具有性質M15，求證： - a ；1 an 15
(3)已知A 具有性質M15，求集合A 中元素個數的最大值，并說明理由.
ì
a 1
a
- ì 3
M 3 a 【解析】（1）由性質 3定義知： í 2a í 2
a 6，且 a N* ，
a - 2 a 6
3
所以 a的最小值為 6.
a a
（2）由題設 | ai - a | i i+1i+1 , (i =1,2,3,...,n -1) ，且 a1 < < a15 n
，
a a aiai+1 1 1 1所以 i+1 - i - , (i =1,2,3,...,n -1)15 a ，i ai+1 15
1 1 1 1 ... 1 1 1 1 n -1所以 - + - + + - = - a a a a a a a a 15 ，得證.1 2 2 3 n-1 n 1 n
ì 1 n -1
> n -1
（3）由（2）知： ía1 15 <1 n <16，
15 a1 1
1 1 n - i 1 n - i
同（2）證明得 - 且 i =1,2,3,...,n -1 > a iai a 15
，故
n ai 15
，又 i ，
1 n - i
所以 > i(n - i) <15在 i =1,2,3,...,n -1上恒成立，
i 15
當 n 8，取 i = 3，則3(n - 3) 15，故 n < 8，
n 7 i(n i) (i + n - i)
2 n2
當 ，則 - = <15 n < 60 ，即 n 7 .
4 4
綜上，集合A 中元素個數的最大值為 7.
9．（2023·河南·模擬預測）已知數列 an 是首項為 1 的等差數列，數列 bn -1 是公比為 2 的等比數列，且
a3 = b2 ,a6 + b3 = 20．
(1)求數列 an , bn 的通項公式；
(2)設 x 表示不超過 x 的最大整數（如： 3.5 = 3, -1.5 = -2），求集合
k N* am < log2 bk < a2m ,1 m 10 中元素的個數．
【解析】（1）設等差數列 an 的公差為d ，
由題意可知an = 1+ n -1 d ,bn -1 = b1 -1 × 2n-1，
因為a3 = b2 ,a6 + b3 = 20，
ì 1+ 2d = 2 b1 -1 +1
所以 í
1+ 5d + 4 b1 -1 +1 = 20
，
解得b1 = 3, d = 2，所以 an =1+ 2 n -1 = 2n -1，
bn -1 = 3-1 2n-1 = 2n n，故bn = 2 +1．
（2）因為2k < 2k +1 < 2k+1 k < log 2k，所以 2 +1 < k +1，所以 log2bk = k ．
因為am = 2m -1,a2m = 4m -1，
所以當m =1時，a1 < log2bk < a2 ，則1 < k < 3，又 k N* ，故 k = 2；
當m = 2 時，a2 < log2bk < a4 ，則3 < k < 7，故 k = 4,5,6；
當m = 3時，a3 < log2bk < a6，則5 < k < 11，故 k = 6,7,8,9,10；
當m = 4 時， a4 < log2bk < a8 ，則7 < k <15，故 k = 8,9,10,11,12,13,14，
依次類推，當m =10時，a10 < log2bk < a20，則19 < k < 39，故 k = 20,21,L,38，
由于集合中的元素互異，需要減去重復出現的元素，
所以集合 k N* am < log2 bk < a2m ,1 m 10 中元素的個數為
1+ 3 + 5 +L+19 - 1+ 3 + ×× × +15 = 17 +19 = 36個．
10．（2023·北京西城·模擬預測）已知 A 為有限個實數構成的非空集合，設 A + A = ai + a j ai ,a j A ，
A - A = ai - a j ai ,a j A ，記集合 A + A和 A - A其元素個數分別為 A + A ， A - A .設
n A = A + A - A - A .例如當 A = 1,2 時， A + A = 2,3,4 ， A - A = -1,0,1 ， A + A = A - A ，所以
n A = 0 .
(1)若 A = 1,3,5 ，求 n A 的值；
(2)設 A 是由 3 個正實數組成的集合且 A + A I A = ， A = A 0 ；，證明：n A - n A 為定值；
(3)若 an 是一個各項互不相同的無窮遞增正整數列，對任意 n N* ，設 An = a1,a2 , × × ×, an ，bn = n An .已
知 a1 =1， a2 = 2，且對任意 n N* ，bn 0，求數列 an 的通項公式.
【解析】（1）當 A = 1,3,5 時， A + A = 2,4,6,8,10 ， A - A = -4, -2,0,2,4 ，
A + A = A - A ，所以n A = 0；
（2）設 A = a,b,c ，其中0 < a < b < c ，
則 A = AU 0 = 0, a, b,c ，
n A - n A = A + A - A - A - A + A - A - A
= A + A - A + A - A - A - A - A ，
因0 < a < 2a < a + b < 2b < b + c < 2c ，
A + A = 2a, 2b, 2c,a + b,b + c U a + c ，
因 A + A I A = ，
所以b 2a， c 2b， c 2a ， c a + b，
又 A + A = b,c U 0, a, 2a, 2b, 2c,a + b,b + c U a + c ，
a + c 0， a + c a ，
所以 A + A - A + A = 4，
因-c < -b < -a < 0 < a < b < c， a - c < a - b < 0 < b - a < c - a ，b - c < 0 < c - b ，
A - A = 0, a - b, a - c,b - a,c - a U b - c,c - b ，
A - A = a,b, -a, -b U 0,c,-c, a - b, a - c,b - a,c - a U b - c,c - b ，
因b 2a， c 2b， c 2a ， c a + b，
所以 a b - a ， a c - a ，b c - b， a c - b，
b - c 0，b - c 0，b - c c，b - c -c
所以 A - A - A - A = 6
n A - n A = -2
所以n A - n A 為定值；
（3） A3 = 1,2, a3 a3 N* ，
若 a3 4, a N
*
3 ，
則 4 <1+ a3 < 2 + a3 < 2a3，
1- a3 < 2 - a3 < -1 <1 < a3 - 2 < a3 -1 ,
故 A3 + A3 = 2,3,4,1+ a3 , 2 + a3 , 2a3 ，
A3 - A3 = 1- a3 , 2 - a3 ,-1,0,1, a3 - 2, a3 -1 ，
此時b3 = n A3 = A3 + A3 - A3 - A3 = -1，不符合題意，
故 a3 = 3，
猜想 an = n ，下面給予證明，
當 n 3時，顯然成立，
假設當 n k ， k N*時，都有 ak = k 成立，即 Ak = 1,2,3, × × ×, k ，
此時 Ak + Ak = 2,3,4, × × ×, 2k ， Ak - Ak = 1- k, 2 - k,3- k, × × ×,0,1, 2,L,k -1 ，
故 Ak + Ak = 2k - 2 +1 = 2k -1， Ak - Ak = k -1- 1- k +1 = 2k -1，
bk = n Ak = 0，符合題意，
Ak +1 = 1,2, × × ×,k,a *k +1 ， ak +1 N
則 Ak +1 + Ak +1 = 2,3,4, × × ×, 2k U 2 + ak +1,3+ ak +1,L, k + ak +1 ，
Ak +1 - Ak +1 = 1- k, 2 - k,3- k, × × ×,0,1, 2,L, k -1 U 1- ak +1, 2 - ak +1,L,0,1,L, ak +1 -1 ，
若 ak +1 k + 2，
2,3,4, × × ×, 2k I 2 + ak +1,3+ ak +1,L, k + ak +1 的元素個數小于
1- k, 2 - k,3 - k, × × ×,0,1, 2,L,k -1 I 1- ak +1, 2 - ak +1,L,0,1,L,ak +1 -1 的元素個數，
則有bk +1 = n Ak +1 = Ak +1 + Ak +1 - Ak +1 - Ak +1 < Ak + Ak - Ak - Ak = n Ak = 0，
不符合題意，故 ak +1 = k +1，
綜上，對于任意的 n N*，都有 an = n ，
故數列 an 的通項公式 an = n .
11．（2023·北京·模擬預測）正整數集合 A = {a1,a2 ,a3 ,L, an}，且 a1 < a2 < a3 為T (B) ，集合C = {T (B) | B A} .
(1)若 A ={1,2,5}，請直接寫出集合C ；
(2)若集合 B 中有且只有兩個元素，求證“ a1,a2 ,a3 ,L,an 為等差數列”的充分必要條件是“集合C 中有2n - 3個
元素”；
(3)若C = {1,2,3,L, 2023}，求n的最小值，以及當n取最小值時， an 最小值.
【解析】（1）C = 1,2,3,5,6,7,8
（2）若 a1,a2 ,a3 ,L,an 為等差數列，
不妨設 ai = a1 + (i -1)d ,a j = a1 + ( j -1)d ，且 i < j, i, j = 1,2,3,L, n，
\ai + a j = 2a1 + (i + j - 2)d ，
Q1 i < j n ，
\3 i + j 2n -1，
\C 中有 2n -1- 3 +1 = 2n - 3個元素，
\“ a1,a2 ,a3 ,L,an 為等差數列”是“集合C 中有2n - 3個元素”充分條件
若集合C 中有2n - 3個元素，則至少有如下有2n - 3個元素
a1 + a2 < a1 + a3 < a1 + a4 < a1 + a5 < a1 + a6 < L < a1 + an-1 < a1 + an
< a2 + an < a3 + an < L < an-1 + an
又有如下2n - 3個元素
a1 + a2 < a1 + a3 < a2 + a3 < a2 + a4 < a2 + a5 < L < a2 + an-2 < a2 + an-1，
< a2 + an < a3 + an < L < an-1 + an ，
ìa1 + a4 = a2 + a3

a\ 1
+ a5 = a2 + a4
í ，
M
a1 + an = a2 + an-1
\a2 - a1 = a4 - a3 = a5 - a4 = a6 - a5 = L = an - an-1
\“ a1,a2 ,a3 ,L,an 為等差數列”是“集合C 中有2n - 3個元素”必要條件
綜上，“ a1,a2 ,a3 ,L,an 為等差數列”是“集合C 中有2n - 3個元素”充要條件.
（3）由題意， a1 = 1, a2 = 2,a3 4,a4 8, a5 16，
a6 32, a7 64, a8 128,a9 256,a10 512 ，
\a1 + a2 +L+ a10 1023
又 a1 + a2 +L+ a10 + a11 = 2023
\a11 1000
\n =11，且此時， a11 最小值為1000 .
12．（2023·北京通州·模擬預測）設集合 A 為含有 n 個元素的有限集．若集合 A 的 m 個子集 A1， A2，…，
Am 滿足：
① A1， A2，…， Am 均非空；
② A1， A2，…， Am 中任意兩個集合交集為空集；
③ A1 A2 L Am = A．
則稱 A1， A2，…， Am 為集合 A 的一個 m 階分拆．
(1)若 A = 1,2,3 ，寫出集合 A 的所有 2 階分拆（其中 A1， A2與 A2， A1為集合 A 的同一個 2 階分拆）；
(2)若 A = 1,2,3,L, n ， A1， A2為 A 的 2 階分拆，集合 A1所有元素的平均值為 P，集合 A2所有元素的平均值
為 Q，求 P - Q 的最大值；
(3)設 A1， A2， A3為正整數集合 A = a1,a2 ,L, an （ n N*， n 3）的 3 階分拆．若 A1， A2， A3滿足任取集
合 A 中的一個元素 ai 構成 A1 = ai ，其中 i 1,2,3,L,n ，且 A2與 A3中元素的和相等．求證：n 為奇數．
【解析】（1） A = 1,2,3 ，集合 A 的所有 2 階分拆是：{1,2},{3}；{1,3},{2}；{2,3},{1} .
（2）依題意，不妨設P > Q， A1 = {a1, a2 ,L, ap},T = a1 + a2 +L+ ap ，
n(n +1)
-T
則 | P Q | P Q T 1 (n - p)T n(n +1) n T n +1- = - = - 2 = [ - +T ] = ( - ) ，
p n - p n - p p 2 n - p p 2
而T (n - p +1) + (n
p(2n - p +1)
- p + 2) +L+ n = ，
2
所以 | P - Q |
n
= (T n +1) n (2n - p +1 n +1 n- - ) = p(2n - p +1)
n p p 2 n p 2 2 2 ，當且僅當
T = 時取等號，
- - 2
所以 P - Q
n
的最大值是 .
2
（3）依題意， A2 I A3 = ， A2 U A3 = {a1,a2 ,L,ai-1,ai+1,L,an}， A2與 A3中元素的和相等，
設 A2與 A3中元素的和為mi ，集合A 中所有元素之和為S ，于是 S = 2mi + ai (i =1,2,L, n)，
①當集合A 中存在元素 a j (1 j n) 為奇數時，
因為 S = 2m j + a j , 2m j 是偶數，于是S 是奇數，對于任意 ai (i = 1, 2, , n) ，均有 ai = S - 2mi ，
因此此時集合A 中的元素均為奇數，因為S 為奇數，且只有奇數個奇數的和為奇數，
所以 n 為奇數；
②當集合A 中存在元素 a j (1 j n) 為偶數時，
因為 S = 2m j + a j , 2m j 是偶數，于是S 是偶數，對于任意 ai (i = 1, 2, , n) ，均有 ai = S - 2mi ，
因此此時集合A 中的元素均為偶數，對于一個偶數 ai (i = 1, 2, , n) ，均存在正整數 pi 和奇數 ki ，使得
ai = 2
pi ki ，
顯然集合A 中的元素除以 2，仍然滿足條件，將集合A 中的元素不斷除以 2，直至有一個奇數，
此時，由①可得 n 為奇數，
綜上得：n 為奇數.
13．（2023·北京延慶·一模）已知n為正整數，集合 A = {a |a = ( x1 , x 2 ,L , x 2 n ), x i { - 1,1} , i = 1, 2,L , 2 n } 具有性
質 P ：“對于集合A 中的任意元素a = ( x1 , x 2 ,L , x 2 n ) ， x1 + x 2 + L + x 2 n = 0 ，且 x1 + x2 + L + xi 0 ，其中
i =1,2,L, 2n -1”. 集合A 中的元素個數記為 | P ( A) |．
(1)當 n = 2時，求 | P ( A) |；
(2)當n = 9 時，求 x1 + x2 + L + x9 的所有可能的取值；
(3)給定正整數n，求 | P ( A) |．
【解析】（1） n = 2時，集合A 中的元素為a1 = (1,-1, 1,-1)，a2 = (1, 1,-1,-1)，
所以 |P(A)| = 2 ．
（2）n = 9 時，首先證明 x1 =1，且 x18 = -1．
在 x1 + x2 + L + xi 0 中，令 i =1，得 x1 0，從而有 x1 =1．
在 x1 + x2 + L + xi 0 中，令 i =17，得 x1 + x2 +L+ x17 ≥ 0．
又 x1 + x2 +L+ x18 = 0， 故 x18 = -(x1 + x2 +L+ x17 )≤ 0，從而有 x18 = -1．
考慮a = (1,L,1,-1,L,-1) ，即 x1 = x2 = L = x9 = 1， x10 = x11 = L = x18 = -1，
此時 x1 + x2 +L+ x9 = 9 為最大值．
現交換 x9與 x10 ，使得 x9 = -1, x10 = 1，此時 x1 + x2 +L+ x9 = 7．
現將 x9 = -1逐項前移，直至 x2 = -1．在前移過程中，顯然 x1 + x2 +L+ x9 = 7不變，這一過程稱為 1 次“移位”．
依此類推，每次“移位” x1 + x2 + L + x9 的值依次遞減 2．經過有限次移位， x1, x2 ,L, x9一定可以調整為1, -1
交替出現．
注意到n = 9 為奇數，所以 x1 + x2 +L+ x9 = 1為最小值．
所以 x1 + x2 + L + x9 的所有可能取值為1,3,5,7,9．
（3）由題設，在 x1, x2 ,L, x2n 中，有n個+1，n個 -1，顯然，從 x1, x2 ,L, x2n 中選n個+1，其余為 -1的種數共
n
有C2n 種．
下面我們考慮這樣的數組中有多少個不滿足 x1 + x2 +L+ xi ≥ 0 (i = 1,2,L, 2n -1)，記該數為 tn ．
如果 x1, x2 ,L, x2n 不滿足 x1 + x2 +L+ xi ≥ 0 (i = 1,2,L, 2n -1)，則一定存在最小的正整數
s (s ≤ n)，使得 x1 + x2 +L+ x2s-2 = 0，且 x2s-1 = -1．
將 x1, x2 ,L, x2s-1 統統改變符號， 這一對應為：
x1, x2 ,L, x2s-1, x2s ,L, x2n -x1,-x2 ,L,-x2s-1, x2s ,L, x2n ，
從而將 x1, x2 ,L, x2n 變為 n +1個+1， n -1個 -1組成的有序數組．
因此， tn 就是 n +1個+1， n -1個 -1組成的有序數組的個數，即 tn = Cn+12n ．
所以 |P(A) | = Cn2n - C
n+1 1
2n = C
n
n +1 2n
.
14．（2023·北京順義·一模）已知實數集 A = a1,a2 ,L,an (n 3)，定義j(A) = aia j ai ,a j A, i j ．
(1)若 A = -2,0,1,2 ，求j A ；
(2)若j A = 0,-6,-8,-12,12,18,24 ，求集合 A；
(3)若 A 中的元素個數為 9，求j A 的元素個數的最小值．
【解析】（1）j A = -4, -2,0,2 ;
（2）首先，0 A；
其次A 中有 4 個非零元素，符號為一負三正或者一正三負.
記 A = 0, a,b,c, d ，不妨設 a < 0 < b < c < d 或者 a < b < c < 0 < d --
①當 a < 0 < b < c < d 時， ab, ac, ad = -6,-8, -12 , bc,bd ,cd = 12,18,24 ，
相乘可知bcd = 72，a3bcd = -576 ，從而 a3 = -8 a = -2，
從而 b,c,d = 3,4,6 ，所以 A = 0,-2,3,4,6 ；
②當 a < b < c < 0 < d 時，與上面類似的方法可以得到 d 3 = 8 d = 2
進而 b,c,d = -3, -4, -6 ，從而 A = 0,2,-3,-4,-6
所以 A = 0,-2,3,4,6 或者 A = 0,2,-3,-4,-6 .
（3）估值+構造 需要分類討論A 中非負元素個數.
先證明 j A 13．考慮到將A 中的所有元素均變為原來的相反數時，
集合j A 不變，故不妨設A 中正數個數不少于負數個數.接下來分類討論：
情況一：A 中沒有負數．
不妨設0 a1 < a2 上式從小到大共有 1+7+6=14 個數，它們都是j A 的元素，這表明 j A 14.
情況二： A 中至少有一個負數．
設 b1,b2 ,L,bs 是A 中的全部負元素， c1,c2 ,L,ct 是A 中的全部非負元素.
不妨設bs < bs-1 其中 s, t 為正整數， s + t = 9, s 4, t 5．
于是有0 b1c1 > b1c2 >L > b1ct > b2ct >L > bsct
以上是j A 中的 s + t -1 = 8個非正數元素：另外，注意到 c2c3 < c2c4 < c2c5 < c3c5 < c4c5
它們是j A 中的 5 個正數．這表明 j A 13.
綜上可知，總有 j A 13. -
另一方面，當 A = 0, ±1, ±2,±22 , ±23 時，j A = 0, -1, ±2,±22 , ±23 ,±24 , ±25 , -26 中恰有 13 個元素. 綜上所述，
j A 中元素個數的最小值為 13.拔高點突破 01　集合背景下的新定義壓軸解答題
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結 ...............................................................................................................................2
題型一：定義新概念 ...................................................................................................................................................2
題型二：定義新運算 ...................................................................................................................................................3
題型三：定義新性質 ...................................................................................................................................................5
題型四：定義新背景 ...................................................................................................................................................6
03 過關測試 ...........................................................................................................................................8
1、解答新定義型創新題的基本思路是：
（1）正確理解新定義；
（2）根據新定義建立關系式；
（3）結合所學的知識、經驗將問題轉化為熟悉的問題；
（4）運用所學的公式、定理、性質等合理進行推理、運算，求得結果．
2、集合中的新概念問題，往往是通過重新定義相應的集合或重新定義集合中的某個要素，結合集合
的知識加以創新，我們還可以利用原有集合的相關知識來解題．
3、集合中的新運算問題是通過創新給出有關集合的一個全新的運算規則．按照新的運算規則，結合
數學中原有的運算和運算規則，通過相關的集合或其他知識進行計算或邏輯推理等，從而達到解答的目的．
4、集合中的新性質問題往往是通過創新集合中給定的定義與性質衍生而來的．我們通過可以結合相
應的集合概念、關系、運算等相關知識，利用相應的數學思想方法來解答有關的集合的新性質問題．
題型一：定義新概念
【典例 1-1】（2024·北京順義·二模）已知點集M n = x1, y1 , x2 , y2 ,L, xn , yn n 3 滿足0 xi ， yi ，
xi + yi 2 i =1,2,L,n .對于任意點集M n ，若其非空子集 A，B 滿足 A B = ， AU B = M n ，則稱集合對
A, B 為M n 的一個優劃分.對任意點集M n 及其優劃分 A, B ，記 A 中所有點的橫坐標之和為 X A ，B 中
所有點的縱坐標之和為Y B .
(1)寫出M3 = 1,1 , 2,0 , 0,2 的一個優劃分 A, B ，使其滿足 X A +Y B = 3；
(2)對于任意點集M3，求證：存在M3的一個優劃分 A, B ，滿足 X A +Y B 3；
n +1 n +1
(3)對于任意點集M n ，求證：存在M n 的一個優劃分 A, B ，滿足 X A 且Y B .2 2
【典例 1-2】（2024·浙江臺州·二模）設 A，B 是兩個非空集合，如果對于集合 A 中的任意一個元素 x，按照
某種確定的對應關系 f ，在集合 B 中都有唯一確定的元素 y 和它對應，并且不同的 x 對應不同的 y；同時
B 中的每一個元素 y，都有一個 A 中的元素 x 與它對應，則稱 f ： A B 為從集合 A 到集合 B 的一一對應，
并稱集合 A 與 B 等勢，記作 A = B .若集合 A 與 B 之間不存在一一對應關系，則稱 A 與 B 不等勢，記作
A B .
*
例如：對于集合 A = N*，B = 2n n N ，存在一一對應關系 y = 2x x A, y B ，因此 A = B .
ì 2 2 2 2 x y ü(1)已知集合C = x, y x + y =1 ，D = í x, y | + =1 ，試判斷C = D 是否成立 請說明理由；
4 3
(2)證明：① 0,1 = - , + ；
②N* x x N* .
ur uur
【變式 1-1】（2024·江西九江·二模）定義兩個n維向量 ai = xi,1, xi,2 , × × ×, xi,n ， a j = x j ,1, x j ,2 , × × ×, x j ,n 的數量積
ur uur ur ur ur2 urai × a j = xi,1x j ,1 + xi ,2x j ,2 + ×××+ xi,n x j ,n i, j N+ ， ai × a = a ，記 xi i i,k 為 ai 的第 k 個分量（ k n且 k N+）.如三
ur ur
維向量 a1 = 2,1,5 ，其中 a 的第 2 分量 a1 1,2 =1 .若由n維向量組成的集合 A 滿足以下三個條件：①集合中含
ur uur
有 n 個 n 維向量作為元素；②集合中每個元素的所有分量取 0 或 1；③集合中任意兩個元素 ai ， a j ，滿足
ur2 uur2 ur uur
ai = a j = T （T 為常數）且 ai × a j =1.則稱 A 為 T 的完美 n 維向量集.
(1)求 2 的完美 3 維向量集；
(2)判斷是否存在完美 4 維向量集，并說明理由；
(3)若存在 A 為 T 的完美 n 維向量集，求證：A 的所有元素的第 k 分量和 Sk = T .
題型二：定義新運算
【典例 2-1】（2024·海南海口·一模）在計算機科學中，n維數組 X = x1, x2 ,L, xn , xi 0,1 , i N+ , n 2 是
一種基礎而重要的數據結構，它在各種編程語言中被廣泛使用．對于n維數組
A = a1, a2 ,L, an , B = b1,b2 ,L,bn ，定義A 與 B 的差為 A - B = a1 - b1 , a2 - b2 ,L, an - bn , A與 B 之間的距
n
離為 d (A, B) = ai - bi ．
i=1
(1)若n維數組C = 0,0,L,0 ，證明： d A,C + d B,C d A, B ；
(2)證明：對任意的數組 A, B,C ，有 d A - C, B - C = d A, B ；
(3)設集合 Sn = X X = x1, x2 ,L, xn , xi 0,1 , i N+ ,n 2 , P Sn，若集合 P 中有m m 2 個n維數組，記
mn
P 中所有兩元素間的距離的平均值為 d P ，證明：d P 2 m -1 ．
【典例 2-2】（2024·浙江紹興· i i i二模）已知 k N* ，集合 X = x x = 2 0 + 2 1 + ×××+ 2 kk ,0 i0 < i1 i0 , i1, × × ×, ik N .
(1)求 X 2 中最小的元素；
(2) 1 3設 a = 2 + 2 X1 ，b X1，且 a + b X1，求b 的值；
k +1
Y X 2k +n-1, 2k +n ù * Y b b(3) m記 k = k ， n N ，若集合 k 中的元素個數為 n ，求 m-1 .
m=1 2
ì m ü
【變式 2-1】（2024·浙江嘉興·二模）已知集合 A = í 2a∣i 0 a1 < a2 i=1
集合A 中所有的數從小到大排列成數列 b(t)n ，數列 b(t)n 的前n項和為 S(t)n .例如： t = 2時，
b(2) 0 1 0 2 1 2 0 31 = 2 + 2 = 3,b(2)2 = 2 + 2 = 5,b(2)3 = 2 + 2 = 6,b(2)4 = 2 + 2 = 9,L，
S(2)4 = b(2)1 + b(2)2 + b(2)3 + b(2)4 = 23 .
(1)寫出b(2)5 ,b(2)6，并求 S(2)10 ；
(2)判斷 88 是否為數列 b(3)n 中的項.若是，求出是第幾項；若不是，請說明理由；
(3)若 2024 是數列 b(t)n 中的某一項b t0 n ，求 t ,n 及 S t0 的值.0 0 0 n0
題型三：定義新性質
【典例 3-1】（2024·云南昆明·一模）若非空集合 A 與 B，存在對應關系 f，使 A 中的每一個元素 a，B 中總
有唯一的元素 b 與它對應，則稱這種對應為從 A 到 B 的映射，記作 f：A→B．
設集合 A = -5, -3, -1,1,3,5 ，B = b ,b ,L,b （ n N*1 2 n ， n 6 ），且B A．設有序四元數集合
P = {X X = x1, x2 , x3 , x4 , xi A且 i =1,2,3,4}，Q = Y Y = y1, y2 , y3 , y4 ．對于給定的集合 B，定義映射 f：
P→Q，記為Y = f X ，按映射 f，若 xi B（ i =1,2,3,4），則 yi = xi +1；若 xi B（ i =1,2,3,4），則
4
yi = xi．記 SB Y = yi ．
i=1
(1)若B = -5,1 ， X = 1,-3,-3,5 ，寫出 Y，并求 SB Y ；
(2)若B = b1,b2 ,b3 ， X = 1,-3,-3,5 ，求所有 SB Y 的總和；
4
(3)對于給定的 X = x1, x2 , x3 , x4 ，記 xi = m，求所有 SB Y 的總和（用含 m 的式子表示）．
i=1
【典例 3-2】（2024·廣東江門·一模）將 2024 表示成 5 個正整數x1，x2， x3， x4， x5之和，得到方程
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 2024 ①，稱五元有序數組 x1, x2 , x3 , x4 , x5 為方程①的解，對于上述的五元有序數組
x1, x2 , x3 , x4 , x5 ，當1 i, j 5時，若max(xi - x j ) = t(t N) ，則稱 x1, x2 , x3 , x4 , x5 是 t -密集的一組解.
(1)方程①是否存在一組解 x1, x2 , x3 , x4 , x5 ，使得 xi+1 - xi i =1,2,3,4 等于同一常數 若存在，請求出該常數；
若不存在，請說明理由；
(2)方程①的解中共有多少組是1-密集的
5
(3)記 S = x2i ，問S 是否存在最小值 若存在，請求出S 的最小值；若不存在，請說明理由.
i=1
【變式 3-1】（2024·廣東·模擬預測）已知集合A 中含有三個元素 x, y, z，同時滿足① x < y < z；② x + y > z；
③ x + y + z 為偶數，那么稱集合A 具有性質 P .已知集合 Sn = 1,2,3,L, 2n (n N*, n 4) ，對于集合 Sn 的非
空子集 B ，若 Sn 中存在三個互不相同的元素 a,b,c，使得a + b,b + c,c + a均屬于 B ，則稱集合 B 是集合 Sn 的
“期待子集”.
(1)試判斷集合 A = 1,2,3,5,7,9 是否具有性質 P ，并說明理由；
(2)若集合B = 3,4,a 具有性質 P ，證明：集合 B 是集合 S4 的“期待子集”；
(3)證明：集合M 具有性質 P 的充要條件是集合M 是集合 Sn 的“期待子集”.
題型四：定義新背景
【典例 4-1】（2024·全國·模擬預測）拓撲學是一個研究圖形（或集合）整體結構和性質的一門幾何學，以
2
抽象而嚴謹的語言將幾何與集合聯系起來，富有直觀和邏輯．已知平面 E = x，y |"x，y R ，定義對
A1 x1，y1 ， A2 x2，y2 ，其度量（距離） d A A 2 2 2， E ，d1 2 = x1 - x2 + y1 - y2 并稱 為一度量平
面．設 x0 E2，d ，e R+ ，稱平面區域B x0，e = x E2，d |d x0，x < e 為以 x0 為心，e 為半徑的
球形鄰域．
(1)試用集合語言描述兩個球形鄰域的交集；
(2) 2證明： E ，d 中的任意兩個球形鄰域的交集是若干個球形鄰域的并集；
(3) 2一個集合稱作“開集”當且僅當其是一個無邊界的點集．證明： E ，d 的一個子集是開集當且僅當其可
被表示為若干個球形鄰域的并集．
【典例 4-2】（2024·安徽蕪湖·二模）對稱變換在對稱數學中具有重要的研究意義．若一個平面圖形 K 在 m
（旋轉變換或反射變換）的作用下仍然與原圖形重合，就稱 K 具有對稱性，并記 m 為 K 的一個對稱變
換．例如，正三角形 R 在m1 （繞中心 O 作 120°的旋轉）的作用下仍然與 R 重合（如圖 1 圖 2 所示），所以
1 2 3m 1 是 R 的一個對稱變換，考慮到變換前后 R 的三個頂點間的對應關系，記m1 = l
è3 1 2
÷；又如，R 在 1

（關于對稱軸 r1所在直線的反射）的作用下仍然與 R 重合（如圖 1 圖 3 所示），所以 l1也是 R 的一個對稱變
1 2 3
換，類似地，記 l1 = 1 3 2÷．記正三角形 R 的所有對稱變換構成集合 S．一個非空集合 G 對于給定的代è
數運算.來說作成一個群，假如同時滿足：
I．"a,b G ， a b G；
II．"a,b,c G， a b c = a b c ；
Ⅲ．$e G ，"a G， a e = e a = a；
Ⅳ．"a G，$a-1 G ， a a-1 = a-1 a = e．
對于一個群 G，稱Ⅲ中的 e 為群 G 的單位元，稱Ⅳ中的 a-1為 a 在群 G 中的逆元．一個群 G 的一個非空子
集 H 叫做 G 的一個子群，假如 H 對于 G 的代數運算 來說作成一個群．
(1)直接寫出集合 S（用符號語言表示 S 中的元素）；
(2)同一個對稱變換的符號語言表達形式不唯一，如
1 2 3 1 3 2 2 1 3 2 3 1 3 1 2m
3 2 1
1 = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = =
è3 1 2 è3 2 1
÷ ÷ ．對于集合 S 中的元素，定義
è1 3 2 è1 2 3 è 2 3 1 è 2 1 3
a1 a2 a3 b1 b2 b3 a1 a2 a3
一種新運算*，規則如下： b b b ÷
* ÷ = ÷，
è 1 2 3 èc1 c2 c3 è c1 c2 c3
a1,a2 ,a3 = b1,b2 ,b3 = c1,c2 ,c3 = 1,2,3 ．
①證明集合 S 對于給定的代數運算*來說作成一個群；
②已知 H 是群 G 的一個子群，e， e 分別是 G，H 的單位元， a H ， a-1，a 分別是 a 在群 G，群 H 中的
逆元．猜想 e， e 之間的關系以及 a-1，a 之間的關系，并給出證明；
③寫出群 S 的所有子群．
【變式 4-1】（2021·北京西城·二模）設 A 是正整數集的一個非空子集，如果對于任意 x A，都有 x -1 A
或 x +1 A，則稱 A 為自鄰集.記集合 An = {1,2L, n}(n > 2,n N) 的所有子集中的自鄰集的個數為 an .
(1)直接寫出 A4 的所有自鄰集；
(2)若n為偶數且 n > 6，求證： An 的所有含 5 個元素的子集中，自鄰集的個數是偶數；
(3)若n 4，求證： an 2an-1 .
1．（2024·北京豐臺·一模）已知集合M n = x N* x 2n （ n N，n 4），若存在數陣
éa1 a2 L an ùT = êb b L b ú 滿足： 1 2 n
① a1,a2 ,L,an U b1,b2 ,L,bn = M n ；
② ak - bk = k k =1,2,L,n ．
則稱集合M n 為“好集合”，并稱數陣T 為M n 的一個“好數陣”．
éx y z 6ù
(1)已知數陣T = ê M7 w 1 2ú 是 4 的一個“好數陣”，試寫出
x ， y ， z ，w的值；

(2)若集合M n 為“好集合”，證明：集合M n 的“好數陣”必有偶數個；
(3)判斷M n n = 5,6 是否為“好集合”．若是，求出滿足條件 n a1,a2 ,L, an 的所有“好數陣”；若不是，說
明理由．
2．（2024·湖南益陽·模擬預測）我們知道，二維空間（平面）向量可用二元有序數組 a1,a2 表示；三維空
間向盤可用三元有序數組 a1,a2 ,a3 表示．一般地，n維空間向量用n元有序數組 a1,a2 ,L,an 表示，其中
ak k =1,2,L,n 稱為空間向量的第 k 個分量， k 為這個分量的下標．對于 n n 3 維空間向量 a1,a2 ,L,an ，
定義集合 A m = k∣ak = m,k =1,2,L,n ．記 A m 的元素的個數為 A m （約定空集的元素個數為 0）．
(1)若空間向量 a1,a2 ,a3,a4 ,a5,a6 ,a7 ,a8 = 6,3,2,5,3,7,5,5 ，求 A 5 及 A 5 ；
1 1 1
(2)對于空間向量 a ,a + +L+ = n1 2 ,L,an ．若 A a1 A a2 A ，求證：
"i, j 1,2,L,n ，若 i ja ，則n
ai a j ；
(3)若空間向量 a1,a2 ,a3 ,L,an 的坐標滿足 A ak-2 + ak-1 = k ,a1 = a2 = 1，當 n 3時，求證：
a2 2 21 + a2 +L+ an > 2an-1an ．
3．（2024·北京·模擬預測）對給定的正整數n，令Wn = a = a1, a2 , , an ∣ ai 0,1 , i =1,2, , n ，對任意的
x = x1, x2 ,… , xn ， y = y1, y2 , , yn Wn ，定義 x 與 y 的距離 d x, y = x1 - y1 + x2 - y2 +L+ xn - yn ．設A
是Wn 的含有至少兩個元素的子集，集合 D = d x, y x y, x, y A 中的最小值稱為A 的特征，記作 c A ．
(1)當 n = 3時，直接寫出下述集合的特征：
A = 0,0,0 , 1,1,1 , B = 0,0,0 , 0,1,1 , 1,0,1 , 1,1,0 ,C = 0,0,0 , 0,0,1 , 0,1,1 , 1,1,1 ；
(2)當n = 2020時，設 A Ω2020且 c A = 2，求A 中元素個數的最大值；
2020
(3)當n = 2020時，設 A Ω2020且 c A = 3 2，求證：A 中的元素個數小于 ．2021
4．（2024·北京延慶·一模）已知數列 an ，記集合T = S i, j S i, j = ai + ai+1 + ...+ a j ,1 i < j, i, j N* .
(1)若數列 an 為1,2,3，寫出集合T ；
(2)若 an = 2n，是否存在 i , j N*，使得 S i, j = 512？若存在，求出一組符合條件的 i, j ；若不存在，說明
理由；
(3)若 an = n ，把集合T 中的元素從小到大排列，得到的新數列為b1,b2 ,...,bm ,...， 若bm 2024，求m 的最大
值．
5．（2024·湖南邵陽·二模）給定整數 n 3，由n元實數集合 P 定義其隨影數集Q = x - y∣x, y P, x y .若
min Q =1，則稱集合 P 為一個n元理想數集，并定義 P 的理數 t 為其中所有元素的絕對值之和.
(1)分別判斷集合 S = -2, -1,2,3 ,T = -0.3, -1.2,2.1,2.5 是不是理想數集；（結論不要求說明理由）
(2)任取一個 5 元理想數集 P ，求證： min P + max P 4；
(3)當P = x1, x2 ,L, x2024 取遍所有 2024 元理想數集時，求理數 t 的最小值.
注：由n個實數組成的集合叫做n元實數集合，max P ,min P 分別表示數集 P 中的最大數與最小數.
6．（23-24 高三上·北京昌平·期末）已知Q : a1,a2 ,L,ak 為有窮正整數數列，且 a1 ≤ a2 ≤L≤ ak ，集合
X = -1,0,1 ．若存在 xi X , i =1,2,L, k ，使得 x1a1 + x2a2 +L+ xk ak = t ，則稱 t 為 k -可表數，稱集合
T = ∣t t = x1a1 + x2a2 +L+ xk ak , xi X , i =1,2,L,k 為 k -可表集．
(1) k =10, a = 2i-1若 i , i =1,2,L, k ，判定 31，1024 是否為 k -可表數，并說明理由；
k
(2)若 1,2,L, n T 3 -1，證明： n ；
2
(3)設 ai = 3
i-1, i =1,2,L,k ，若 1,2,L, 2024 T ，求 k 的最小值．
ì1
an an為偶數 7 *．設m 為給定的正奇數，定義無窮數列 Am ： a1 =1, an+1 = í2 ,其中n N .若 ak 是數列 Am 中
an + m an為奇數
的項，則記作 ak Am .
(1)若數列 Am 的前 6 項各不相同，寫出m 的最小值及此時數列的前 6 項；
(2) *求證：集合B = k N∣ak Am , ak > 2m 是空集；
(3)記集合 Sm = x∣x Am , S = x∣"正奇數m, x Sm ，求集合S .（若m 為任意的正奇數，求所有數列 Am 的
相同元素構成的集合S .）
8．已知集合 A = a1, a2 , a3 an N*，其中 n N 且 n 3, a1 < a2 < a3 < < an，若對任意的
x, y A x y ，都有 x - y xy ，則稱集合A 具有性質M
k k
.
(1)集合 A = 1,2,a 具有性質M3，求 a的最小值；
1 1 n -1
(2)已知A 具有性質M15，求證： - a1 an 15
；
(3)已知A 具有性質M15，求集合A 中元素個數的最大值，并說明理由.
9．（2023·河南·模擬預測）已知數列 an 是首項為 1 的等差數列，數列 bn -1 是公比為 2 的等比數列，且
a3 = b2 ,a6 + b3 = 20．
(1)求數列 an , bn 的通項公式；
(2)設 x 表示不超過 x 的最大整數（如： 3.5 = 3, -1.5 = -2），求集合
k N* am < log2 bk < a2m ,1 m 10 中元素的個數．
10．（2023·北京西城·模擬預測）已知 A 為有限個實數構成的非空集合，設 A + A = ai + a j ai ,a j A ，
A - A = ai - a j ai ,a j A ，記集合 A + A和 A - A其元素個數分別為 A + A ， A - A .設
n A = A + A - A - A .例如當 A = 1,2 時， A + A = 2,3,4 ， A - A = -1,0,1 ， A + A = A - A ，所以
n A = 0 .
(1)若 A = 1,3,5 ，求 n A 的值；
(2)設 A 是由 3 個正實數組成的集合且 A + A I A = ， A = A 0 ；，證明：n A - n A 為定值；
(3)若 an 是一個各項互不相同的無窮遞增正整數列，對任意 n N* ，設 An = a1,a2 , × × ×, an ，bn = n An .已
知 a1 =1， a2 = 2，且對任意 n N* ，bn 0，求數列 an 的通項公式.
11．（2023·北京·模擬預測）正整數集合 A = {a1,a2 ,a3 ,L, an}，且 a1 < a2 < a3 為T (B) ，集合C = {T (B) | B A} .
(1)若 A ={1,2,5}，請直接寫出集合C ；
(2)若集合 B 中有且只有兩個元素，求證“ a1,a2 ,a3 ,L,an 為等差數列”的充分必要條件是“集合C 中有2n - 3個
元素”；
(3)若C = {1,2,3,L, 2023}，求n的最小值，以及當n取最小值時， an 最小值.
12．（2023·北京通州·模擬預測）設集合 A 為含有 n 個元素的有限集．若集合 A 的 m 個子集 A1， A2，…，
Am 滿足：
① A1， A2，…， Am 均非空；
② A1， A2，…， Am 中任意兩個集合交集為空集；
③ A1 A2 L Am = A．
則稱 A1， A2，…， Am 為集合 A 的一個 m 階分拆．
(1)若 A = 1,2,3 ，寫出集合 A 的所有 2 階分拆（其中 A1， A2與 A2， A1為集合 A 的同一個 2 階分拆）；
(2)若 A = 1,2,3,L, n ， A1， A2為 A 的 2 階分拆，集合 A1所有元素的平均值為 P，集合 A2所有元素的平均值
為 Q，求 P - Q 的最大值；
(3)設 A1， A2， A3為正整數集合 A = a1,a2 ,L, an （ n N*， n 3）的 3 階分拆．若 A1， A2， A3滿足任取集
合 A 中的一個元素 ai 構成 A1 = ai ，其中 i 1,2,3,L,n ，且 A2與 A3中元素的和相等．求證：n 為奇數．
13．（2023·北京延慶·一模）已知n為正整數，集合 A = {a |a = ( x1 , x 2 ,L , x 2 n ), x i { - 1,1} , i = 1, 2,L , 2 n } 具有性
質 P ：“對于集合A 中的任意元素a = ( x1 , x 2 ,L , x 2 n ) ， x1 + x 2 + L + x 2 n = 0 ，且 x1 + x2 + L + xi 0 ，其中
i =1,2,L, 2n -1”. 集合A 中的元素個數記為 | P ( A) |．
(1)當 n = 2時，求 | P ( A) |；
(2)當n = 9 時，求 x1 + x2 + L + x9 的所有可能的取值；
(3)給定正整數n，求 | P ( A) |．
14．（2023·北京順義·一模）已知實數集 A = a1,a2 ,L,an (n 3)，定義j(A) = aia j ai ,a j A, i j ．
(1)若 A = -2,0,1,2 ，求j A ；
(2)若j A = 0,-6,-8,-12,12,18,24 ，求集合 A；
(3)若 A 中的元素個數為 9，求j A 的元素個數的最小值．

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