高一基礎同步集合、函數(shù)初探

TOC\o"1-2"\h\z\u第一講代數(shù)變 第二講二次函 第三講“三個二次 第四講高中必備數(shù)學方 第五講集合的概 第六講集合的運 第七講集合的綜合應 第八講函數(shù)的概念（上 第九講函數(shù)的概念（下 第十講函數(shù)的單調性和奇偶 第一 【概念解一、因式分解因式分解的方法提取公因式法公式①平方a2b2(ab)(a②完全平方公a22abb2(a③立方a3b3(ab)(a2abb2④立方a3b3(ab)(a2abb2分組分解法x2pq)xpq型二次三項式的因式分解①求根②相乘二、配方法a22abb2(ab)2，從而化繁為簡，完成配方。三、通分四、有理化五、整式除法【例1】分解因式：（1）x23x （2）x24x （3）x22x（4）x2(ab)xy （5）xy1x （6）x393x2（7）2x2xyy24x5y6【解析】（1）x23x2x1)(x2)（2）x24x12(x2)(x6)22令x22x10，則解得x ，x 22 ∴x22x1=[x 2)][x 2)](x 2)(x 2)x2(ab)xyaby2(xay)(xxy xyxy(xy)1(x1)(yx393x23x(x33x2)(3x9)x2(x3)3(x3)(x3)(x2x393x23xx33x23x1)8x1)38x1)3[(x1)2][(x1)2(x1)222](x1)(x23)2x2xyy24x5y62x2(y4)xy25y2x2(y4)x(y2)(y3)(2xy2)(xy3)2x2xyy24x5y62x2xyy24x5y y)(xy)(4x5y)6(2xy2)(xy【例2】化簡x2x212(0x94 （3）已知abc4abbcac4a2b2c2【解析545(25(5)22545(25(5)22255(x1x1x 原式 x ，∵0x1，∴11x，所以，原式(x1x1x a2b2c2(abc)2a(abbcac)8【例3】求值

23 4 23 45 6【解析 663456對原式中的每一項進行分母有理化運算，可以將原始化簡為如63456原式6故6

122

2 3 4 5 （（2）比較大小：1211和1110 12((1110)(1111

(1211)(12(1211)(1212121

10 11111 11111

xy2

0

x23xyx2 （2）xy1x3y33xy【解析】（1）5或1 x23xyy2x23xxx2或x2y0；當xy0即xy時，那 x2

x2 x23xy x23x2x 當x2y0即x2y時那么 x2 x2 5或 x3y33xyxy33xy23x2y3xyxy33xyxy1x3y33xyxy33xy1133111，[備選題已知a,b

ab1，bc1，

1

a b

c

abbc【解析】顯然a,b, 均不為零，故將三個條件分式兩邊分別取倒數(shù)ab3bc4ca5 =3， =4， =5三式相加，得 abbc 再通分變形 =6，兩邊取倒數(shù)

，∴原式

abbc 若a0,b0,c0a3b3c3【解析a3b3c3[(ab)3c3]3a2b3ab2(abc)(a2b2c2abbc1abca22abb2b22bcc2c22caa22abcab2bc2ca2 由于a0,b0c0，那么abc0，又ab2bc2ca2所以a3b3c33abc0；故a3b3c3【思維提升】1yx2x1x【解析】對原式進行配方xyx22x1x121x12 12xx x y1x1時取到該值a,bc的值x3ax2bxcxa)(xb)(xcabcabbccaabcc=0時，代入方程組得b2aa2a0a0a1,b2，c0情形二：當c0ab1，即b1a得c2a1，代入第二個方程整理得2a42a2a10a即(a1)(2a32a210qpqp代入2a32a210得2q32pq2p3，所以p為偶數(shù)，設p2k，代入得q32kq24k3，從而q也為偶數(shù)，這與(p,q)1 所以方程2a32a210a1,b1,ca,bca1,b2,c0a1,b1,c【課堂小結】【實戰(zhàn)檢測】一、選擇題下列因式分解正確的是 mn(mn)m(nm)m(nm)(n6(pq)22(pq)2(pq)(3pq3(yx)22(xy)(yx)(3y3x3x(xy)(xy)2(xy)(2x【解析】原式2(pq3(pq2(pq2(pq)(3p3q1)C選項：原式3yxyx2yx)yx)[3yx2]yx)(3y3x2)D選項，原式3xxy)](xy)(xy)(2xyA．下列不能分解因式的是 )[在有理數(shù)范圍內分解7x26x 2x2(2)xx3【解析】

ax22xA選項，7x26x1的判別式6)24(1)764為完全平方數(shù)，可以分解因式7x26x1(7x1)(x1)；B選項，原式判別式(a2)24(a2(a2)2為完全平方式，可以分解因式，即2x2(a2)xa(2xa)(x1)；Cx38均為某個式子的三次方，可以分解為(x2)(x22x4)D選項，原式的判別式224aa44a2，不是完全平方式，所以不能在D．a

通分后最簡公分母不是2(ab)2(ab)的是 a22ab (ab)(a2a(ab)2(a

2(ab)2(a【解析】根據最簡公分2(ab)2ab)，對比已有分式的分母2(a2b2)2(ab)(ab)，可知與之通分的分母中至少應具有(ab)2才可以得到A選項、CD選項中均包含因式(ab)2，同時沒有其他公分母中不包含的因式．故其通分后結果分母2(ab)2(ab)．故選B． a2b2c2abbcca1[(ab)2(bc)2(ca)22a24a30(a2)2x22xy24y0(x1)2(y2)2x2

(x1)2x【解析】對于C選項，x22xy24y0x22x1y24y414(x1)2(y2)2代數(shù)【解析】

22 3

…

88

2321 12根據分母有理化的知識 2321 129818 981823239948 131223239948二、填空題分解因式：2ax2(a6)x3 【解析】(ax3)(2x方法一：原式 ax6x3ax(2x1)3(2x1)(ax3)(2x方法二：利用相乘 (ab)故原式ax3)(2x2x分離常數(shù) x

（2） x【解析（1）2 x

（ 2xx2x（1）2x12(x1)12232 x x x x2x2（2）x2x

2(x2x1)32x22x2x

2xx2x

2 2xx2x已知a12，則a21 ；a31 a【解析】

a2 a3 a2a3

(a1)22222a(a1)2(a1)(a1)222 三、解答題比 2014 (20142014 (2014 2013)(2014 12014 2013 (20132013 (2013 2012)(2013 12013 由 20142013 20142013 0 已知代數(shù)式2x3x25x2有因式(x1)【解析】除法2x23x2x32x3x25x2x33x25x3x22x2x0故原式x1)(2x25x2)x1)(2x1)(x四、附加題367612能被140整除【證明原式(62)7612614612612(621)3561261049 610故367612可以被140整除x22y5y22x5xyx32x2y2y322y2x

，②—①x2y22y5)2x5)2y②yx，則(xyyx)2(yx)左右同時約去yxy2x2y22y5)(2x52(xy106(xy)2x2y2進而xy 2x32x2y2y34xy15(xy50x32x2y2y3x(2y5)2(2y5)(2x5)y(2x5)4xy15(xy) 【概念解析一、二次函數(shù)的定義yax2bxc（a0a,bc為常數(shù)）的函數(shù)為二次函數(shù)二、二次函數(shù)的圖象及性質：yax2（a0y軸；當a0時，拋物線開口向上，頂點是最低點；當a0時，拋物線開口向下，頂點是最高點；a越小，拋物線開口越大，反之，則拋物線開口越?。魏瘮?shù)yax2bxc的圖象是一條拋物線．頂點為

4ac,

)，對x

；當a0x

4acb2；當a0x

時，函數(shù)有最大值

4acb二次函數(shù)圖像的平移：將yax2的圖象向左（h0）或向右（h0）平移個單位，再向上k0或向下（k0）k個單位，即可得到y(tǒng) xh2k的圖象，其頂點是(hk)，對稱軸xh，形狀、開口yax2相同．三、二次函數(shù)表達式的求法：yaxh2k其中頂點為(hk)xh；若已知拋物線與x軸的交點坐標或交 橫坐標，則可采用交點式y(tǒng)axx1xx2),x軸的交點坐標為(x10)(x20四、根的判別式與定2

b24ac0時方程有兩個不相等的實數(shù)根的判別式b

b4ac0時方程有兩個b24ac0時定理：別式不小于0，那么根與系數(shù)關系如下：xx xx －1，2．3設該二次函數(shù)的解析式為ya(x1)22(a0)，∵二次函數(shù)的圖像經過點（3，－13∴a4【例2】(1)設abc0,二次函數(shù)f(x)ax2bxc的圖像可能是

（D）符(2)某類產品按工藝共分10個檔次，最低檔次產品每件利潤為8元.利潤增加2元.用同樣工時，可以生產最低檔產品60件，每提高一個檔次將少生產3件 7【解析】

第8檔 C.第9檔 D.第10檔設檔次為字母x，那么每個檔次的利潤為8x122x6元，同理每個檔次生產60x13633x件，那么生產產品的總利潤為2x函數(shù)，開口向下，對稱軸為x9，故選

3x元，為二3y2x23x2，（1）x為任意實數(shù)（2）1x0（3）1x1x2（1）x3y25 8x0處取到，那么2y3對于本問，x的取值范圍內不包含對稱軸，根據函數(shù)圖像可知，最值分別在x1x2處取到，那么3y0對于本問，x的取值范圍內包含對稱軸，根據函數(shù)圖像可知，最小值在對稱軸x34y25y3825y384（1）已知1yax2bxc（a0ax2bxc02x

1,,2

【解析】nm根據題意可知，二次函數(shù)的開口向上，由于根之和為2，根據函數(shù)圖像可知對稱軸為x（或根 定理可知x1

b2，對稱軸xb

1）那么自變量離軸越數(shù)值越小，那么可得n p（2）yax22ax4a0)xxxx0xx 的函數(shù)值分別為m

，那么m,n之間的大小關系 根據函數(shù)解析式，由于a0，二次函數(shù)開口向上，對稱軸為x2a1，由于x1x20，那么x1x20，可x1相比x2更靠近對稱軸x1，那么對應的函數(shù)值mx2對應的函數(shù)值n，故填mn[備選題投資1xxN)件.x20時，年銷售總收入為（33xx2）萬元；x20260萬元.記該工廠生產并銷售這種產品所得的年利潤為y萬元則y（萬元與x（件的函數(shù)關系式 該工廠的年產量件時，所得年利潤最大.（年利潤=年銷售總收入 年總投資x232x100,x【解析】yx 根據題意可知，當x20時，年利潤y x2100xx232x100，x20y260100xx160x232x100,xyx160,x20 x20時，其對稱x16，此時函數(shù)最大值為y96x20x21y139，故當產量為21件時年 yx22ax1a為常數(shù))在2x1n，試將n用a表示出x2a2若2a1時，當x 時，該函數(shù)取最小值n1a2若a2時,x2n4a5；a1時,x1時，該函數(shù)取最n2a2.4a a綜上,n1a2,2a2a a【思維提升1xx22mxm60有兩個實根、（），求22的取【解析】4m24m6那么m2m60，可解得m3或m根 定理可知

，那么

24m22m m即2222m2m6根據m的取

知222yx2xa1的最小值【解析】根據xa的正負可以將函數(shù)寫作yxax1x2

x2下進行分類討論：a1x1y3a a1x1y3a 當1a13a3a 那么，當1a0y3a，當0a1y3a 【實戰(zhàn)檢測一、選擇題下列二次函數(shù)中，對稱軸．x2的是 y24x y2(x1)(x yx24x y 1x2A,B,D，其對稱x2，對于選項C，對稱軸xx2，故選

ax2bxc0的兩根為31y是

bxc的對稱x

x x x方法一：由于兩根為31ya(x3))(x1a(x3)(x1)a(x22xxb，其中b2ax2a1 方法二：根據一元二次函數(shù)的對稱性可知若方程有解，則兩解關于對稱軸對稱，x(3)112（1，0，于x的一元二次方程x23xm0的兩實數(shù)根是( x11,x2 x11,2 x11,x2 x11,x2x11,x22x2bx30的一個根為3yx2bx3有三個點(4y

,y),

,y

，y,y,y的大小關系是 y1y2 y2y1 y3y1 y1y3x3x2bx30中，得93b30，解得b2yx22x3，拋物線開口向上，對稱軸為x 2

16值越?。?(1)1,5(1)1 (1)7，由于117，可16 y1y2y3

①ab0②4ab0y5xxax2bxc10其中正確的個數(shù)是個

B．2 C．3 D．4x

20，可知

0ab0，正x

2，即b4a，即4ab0，正確對于③：根據圖像可知函y=5時，應該0外的另一個根，不正確；對于④：根據y=10時，直線與拋物線無交點，無實根，不正確；故選B．x0y5，x2y9，同時

2c

a，b，c

4a2bc9解得

b4 y4x24x5二、填空題若一元二次方程x22xk0無實根，則二次函數(shù)yx2(k1)xk的圖像最低 x22xk0無實數(shù)根，所以b24ac44k0k1yx2k1)xky 4k(k (k

k102頂點縱坐標y 則x2x2 x31)1yax2bxc中

1，即2ab0又函數(shù)經過（20），那么0a22b2c，即4a2bc0．又2ab0故c0ax2bxc0ax22ax0 定理xx2a2，xx00．x2x2(xx)22xx 1 1 x2x24 已知二次函數(shù)y(xa)(xb)2(ab)，方程y0存在兩根,()．試確定a,b,,之間的大小關系 ay0yxa)(xb2x軸交點，y(xa)(xb22的根等價于(xa)(xb)0a，b，y2y2的交點，那么a,b,關系如右圖所示，故ab三、解答題ABy3x22xkx軸的兩個相異的交點，M可得k1根據對稱性可得|MA||MB|，只有∠M90°，故?AMB3MxxN，則|MN|1|AB2|MN|4k(3)4k4 |AB 412k，故k1121|3 左右平方可得(k1 k0,k1(舍去)，故k= yx23x4，當1x4x23x4m在1x4m 在1x4ymyx23x4在1x47m84四、附加題ab1，且有5a22014a90，及9b22014b50ab9 9 1 212)b1)b12是5xb1bbbb

)5(

，那么

2014a90 定理得a9 x1x2xaxbxc0和axbxc0 xxax2bxc0xx之間 【解析】：由于x,x為兩個二次方程的根，故ax2bxc0，ax2 c yax2bxcxax2xcax2 12 2ax2bxc3ax2，由于x 不為0，且a1可知ax2與3ax2異號，則函2 2 xxax2bxc0xx之間必存在一根． 第三 一、二次函數(shù)的基本性質二次函數(shù)的三種表示法yax2bxc（a0交點式y(tǒng)axx1xx2（a0x1x2為函數(shù)的零，其中ax2bxc0b24ac 二次方程的兩根都大于r b24ac 二次方程在區(qū)間(p,q)內有兩根p2aaf(q)二次方程f(x)=0在區(qū)間(p,q)內只有一根af(p) af 二次不等式轉化策略) a>0時，f(α)<f(β|α+2a|<|β+2a|,a<0時，f(α)<f(β|α2a|>|β+2aa>0f(x)>0pxq pb 2ap

或2a

f()

f(x)>0恒成立a0或ab0fx0a0,或ab

c

c含參數(shù)的一元二次不等式的解法x2項的系數(shù)的符號分類，即a0,a0a0按判別式的符號分類，即000ax2bxc0x1x2的大小來分類，即x1x2x1x2x1x2【方法探究【例1】解不

【解析（1）－3≤x≤1（2）x＜－2，或x＜3（3）一切實數(shù)．（4）x＝3．（5）一切實數(shù)【例2】ax2xc0的解為2x1，則yax2xc的圖象大致為 yxyx1y 1y-12-1x2【解析】

由于不等式ax2xc0的解為2x1xx2x1，A滿足A.3a21x2a1x10的解為全a的范【解析】當a210時a1，當a1時，不等式為10，對于全體實數(shù)均成立；當a1時，不2x10，解并非為全體實數(shù)，故不滿足條件；當a210時，不等式左側為一元二次函數(shù)，若要解為全體實數(shù)，那么其函數(shù)圖像開口向a21 x軸沒有交點，故aa的取值范圍為3a5

4a21

，解得

a【例4】當1x2時，不等式x2mx40恒成立，則m的取值范圍 x2處的函數(shù)值均要小于等于0，即1m442m40，解

m5[備選題ax2bxc0(a0)x2,x3求不等式bx2axc0的【解析】由不等式ax2bxc0(a0)x2,x3，可知a0ax2bxc0的兩根分別為2和3，∴b c6即b a0，所以不等式bx2axc0bx2xc

，即5x2x60整理，得5x2x60 所以，不等式bx2axc0的解是x＜－1，或 6

xx2xb

xx2xx0yx22xx1y1x0yx22x，存在最大值，x1處取到，y1，綜合兩部分并結合函數(shù)圖像可知，當b1或b1時，方程只有一個解；當b1時，方程有兩個解；當1b1時，方程有三個解?！舅季S提升】【解析】a24①當0,即a2或a2方程x2ax10xaa24,xaa24

a a2xa a24a a2 a③當0，即2a2綜上,當a≤－2，或a≥2時，原不等

x ,或x a a a2a a2當2a2時 原不等式的解為一切實數(shù)mRxm2x22mx30解：m0時，因30一定成立，故原不等式的解集Rm0時，原不等式化為(mx3)(mx1)0m0時，解得3x1 m01x3 m0時，原不等式的解集為x3x1 mm0時，原不等式的解集為x1x3 m【例2】有100個裝箱里有200個貨物.取來的過程貨物的序被打了它們按一定的規(guī)則新裝入集裝箱，將貨物依出，依次放入集裝中，集裝箱體都是 1，且每個集裝箱最多放兩個貨物，若裝了一個貨物后裝不下第二個，那么就將這個集裝箱密封，把第二個貨物裝到下一個集裝箱中.比如原來有 2 個集裝箱中的貨物體積是（.505）（.70【解析】要199個集裝箱首先證明：將200個物品任意排列以后，必存在相鄰的兩個物品的體積之和不超過1.否則1

，，因此至多需要下面構造一種剛好用了199個集裝箱的0.5002,0.5003,0.5004,…,0.5100,0.5000.4999,0.4998,0.4997,…,0.4901,0.490其中第一排放在奇數(shù)位置，第二排放在偶數(shù)位置.顯然需要199個集裝箱【課堂小下列滿足一元二次不等式2x23x10的是 【解析】不等式可以化簡為2x1x101x13 使實系數(shù)一元二次方程kx2(1k)xk0有兩個實根的k的取值范圍是 1k13

k 1k3k1k3

1k1k3【解析】k0，同時方程的判別式0即1k24k213k1k0，解1k1，綜k03一元二次不等式ax2bx10的解集為1x1，則ab的值為 D．-【解析】由于不等式的解為1x1a0，同時11ax2bx10 yx22x3，當0x5MmM+ 【解析】

C．- D．x1M4m12Mm8.故選已知a ，關于x的一元二次不等式x26xa0的解集中有且僅有3個整數(shù)，則所有符合條件的a的值之和是( 【解析】

99根據題意可知，方程的根為3 ，則根據題意可知1 2，那么滿足題意的a的值有8,7,6，則和99二、填空題若一元二次方程x2axa30有一正根和一負根，那么m的取值范圍 【解析】aa3.

即a24a30同時根 已知不等式ax222x10的解集為xxx，且xx2，則a 【解析】a

根據解的形式可知a0）,a1

x1

284a2a1a2（a已知二次函數(shù)y3x2(2m6)xm3取值為非負數(shù)，則m的取值范圍是 【解析】3m由于其取值非負，那么函數(shù)0，即2m6212m30，解得3m0三、解答題（1）x22x3x1x

x24x3（2）xx（3）3xxx0xyx22ax1a，當0x1時，y2a當0a1時其最大值在xa處取到此時a22a21a2解得a1 52四、附加題f(x2x24m)x4m，g(xmxxf(x至少有一個為正，求m的取值范【解析】當m0時，gx0，fx 4x40符合條件m0gxx0時不為正數(shù)，故必須fx必須x0時大于0fxxm14所以當m4時，f在x0上的最小 04 0不符合條件 當0m4時，fx在x0上的最小值f 12 0， m0gxx0時不為正數(shù)，故必須fx必須x0時大于0fxxm14所以m0fxx0f04m0m4f(x1x2xmxnf(x2m2n2m1ny12nn11 當m1時有， 處取得最大值m2 n2m2

x

m，在xn處取得最小 n， 是有

，將兩式相減有mnmn60mn mn6； 時有m2 mn m

m m2m，解

，那么有mn6可以得到n6m代入到m2 m2m

2n當n1時，此時有 處取得最小值m2 n2m2

x

m在xn處取得最大 n 所以有

，這樣

m0

m

，n 【概念解析一、數(shù)形結合思想二、分類討論思想三、化歸思想——換元法究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而使非問題標準化、復雜【方法探究

x22x2x1】已yx

x觀察函數(shù)的圖象回答：函數(shù)有最大值嗎 ；有最小值嗎 ；函數(shù)的取值范圍 函數(shù)隨x增大，函數(shù)值y的變化趨勢 y2y0,y2,y5y3,y42f(x)f(x)aaf(x)【解（1）函數(shù)圖像如下存在最小值，函數(shù)值的取值范圍是全體實數(shù)x1時，函數(shù)隨x的增大而減小；當1x0x的增大而增大；當x0x根據函數(shù)圖像可知，函數(shù)圖象與下列直線y2,y0,y2,y5,y3,y21個，1個，2個，3個，2個，1x22x22x2x0 a3時，方程fxa有兩個根；當 a2時，方程fxa有三個根根據函數(shù)圖像，在直線y2下方的點對應的橫坐標的取值范圍為x2x0①請分別畫出上述兩個函②判斷函數(shù)有無最值，若有，請最值【解析①（1）的函數(shù)圖像如下圖所 （2）的函數(shù)圖像如下圖所②根據函數(shù)圖像可知：（1）4，無最小值；（2）有最小值0，無最 x2 x2 x2

u，則 ，原方程化為u x2u1，u

解得 當u1時， 1，即x22x10，解得xx2 x2 當u22時， x2

22x2x20x1是原方程的解4】已yx22x22x22x，求函數(shù)的最【解析】題目中明顯存在可以換元的部分，即x22x，故采取還原的辦法令tx22x，函數(shù)tx22xx1，在此處取得最小值，那么可知函數(shù)范圍t1，那么本題可以轉化為如下問題：當t1yt22t的最值，根據其對稱軸t1的位置可知，本函數(shù)只存y1，不存在最大值.[備選題g(x)x2x函數(shù)g(x)有無最值，若有，請最值g(xaa不同的部分分別求解，或繪制相應的函數(shù)圖像。根據兩個部分的正負，函數(shù)可以分為如下12x,x三個部分：x2，2x1以及x1，那么gx3,2x ，繪制圖像如2x1,x下圖所值，最小值為y3.從絕對值定義的幾何意義入手，x

指的x到2x1上任意x到1點的距離，那么gx表示任意x到2和到1這兩個點的距離之和，根據數(shù)軸上x點在2和1根據（1）問中的函數(shù)圖像可知，若要使g(x)a有解，則需要a312若x 2

x21 1

x

1 1 【解析】設y ，則x y，x212 y1 1y4 1 1y4 y

y，且y 4 y 1 原式

y 2 y

y2

yy 2

yy

【思維提升】1（2012年北約自主招生xf(xx2xx1的增大而增大何含義，所以直接利用“零點”進行函數(shù)的分割，可知三個絕對值的零點分別為x2,0和1，函數(shù)圖像如右圖所示可知x0時，函數(shù)值x的增大而xxxx（回x0也正確111【例2】求函數(shù)y 1在0111111【解析】 u，易得1112u2u2

0x1，可以得到2u24， u2.那么原式y(tǒng) .明顯，2

22著u的增大而增大，所以2 y822【課堂小結】【實戰(zhàn)檢測】已知集合A3,m2，B1,3,2m1，若AB，則實數(shù)m的值 若不等式mx2mx20對于一切實數(shù)x恒成立，則m的取值范 0m已知mR，求函數(shù)y(43m)x22xm在區(qū)間0,1上的最大值 時，ymax22m；m a3x23x4b的解集為ab(ab是常熟，且0ab4求a b 3 x或y52不等式(k21)x22(k1)x10對于x 恒成立，求實數(shù)k的取值范 答案(,設函數(shù)y ax2bxc(a0)的x、y的取值范圍相同，求a，b，c應滿足的條件.答案：a4，b0，c0或a0，bc0xRaxxa的取值范圍 x分析：當x0時，原不等式成立，當x0時，設f(x) 1(x0)，原不等式等價于af(x)，此不等式對任意的非零實數(shù)成立，xafmaxx111x

＝3 答案3＝y(tǒng)3y＋2y－1＝0,y＝3xy31y4y3z思路提示：

xy

的取值范圍附加把1~1993個自然數(shù)按順時針方向依次排列在一個圓圈上，從1開始順時針的方向，保留1，擦去2；保留3，擦去4……，這樣每隔一個數(shù)，擦去一個數(shù)，轉圈擦下去，問， 【概念解析一、集合的含義及其關系集合的相關概念：元素常用小寫字母a,b,c...表示；集合用大寫字母質確定性：集合中的元素是確定的，不能

,C...表示集合應具備NN*NZQRC集合與元素的關系aAaA；元素a不屬于集合A，記為aA集合的表示方法：

}”內表示集合描述法：用集合所含元素的共同特征表示集合的方法稱為描述法例如：xA|pxx稱為集合的代表元素，px稱為集合的特征性A是x的范圍，有時也可以寫成x|px,x圖示法：利用圖象的方法表示集合，如利用數(shù)軸、基本圖象、 圖等二、集合間的基本關系子集對于兩個集合A,B，如果集合A中的任意一個元素都是集合B中的元素，我們就說ABAB(BA)讀作：AB（B包含。即xAxBA真子集：AB（BA。即xAxBxBxAA【注】空集是任何非空集合的集合相等：ABABBAAB。相等的兩個集合中元素必然一一對三、區(qū)間的概念及表示定名符數(shù)軸表示x|axa,x|axa,x|ax[a,x|ax(a,x|x[a,x|x+,【方法探究1（1）求數(shù)集1,xx2x中的元x應滿足的【解析】由于集合具有互異性，所以集合內的所有元素互不相等，那么可以構造不等式組xxx2xxx1,x

1

,x0x2xxx,x

x2,3x3所組成的集合，最多含 C．4【解析】本題在考核集合的互異性

x3x3xxxx其中一個等那么可知這個集合中至多只可能有兩個元素，即當x0時，集合存在兩個元已知集Ax|x1Bx|yx21}Cy|yx集合元素相同的 【解析】BAx1的實數(shù)構成的數(shù)集B中，特征元素x，而不是函數(shù)y，由x沒有任何限制，所以其指代全體實數(shù)集合，在集合Cy，是一個一次函數(shù)的函數(shù)值，其取值范圍是全體實數(shù)，所以集合指代全體實數(shù)構成的集合，所以集合元素相同的是B和C.【例2】用適當?shù)姆椒ū硎緓220【答案】{2,正偶數(shù)集?！敬鸢浮縶x|x2nnNy

x2x

【解析】{x|x2x x2x

故采用描述法表示集合{x|x2x函數(shù)yx21【答案】{y|y【答案】{(x,y)|y2xy方程組 的3x2y,【答案】5,72設集合A是正整數(shù)的集合，則 A A 223設集合B是小 B，1 23集合Ax|x72，Bx|x5，則 B， 0A

2A；10是正整數(shù)，所以10A.32本問同樣在考核元素與集合的關系，23212，而11211，所以2 而集合B表示小于 的集合，故23B；1 2232 112，故322 B2本問考核集合與集合的關A|x9Bx|x5A中元素B中的元AB（AB由于空集是任何非空集合的真子集，所以B（或B【例4】集合M{1,2,3,4,5}的真子集個數(shù)是 【解析】

M的子集個數(shù)由其所包含元素個數(shù)決2532，由于題目要求求解真子集個數(shù)，所以從所有自己中去掉與原集合相等的集合，所以有31B.[備選題已知集Ax2x4Cxx24ax3a20a0，且滿AC，求實數(shù)a的取值范圍?！窘馕觥棵黠@，a的取值不同會影響集合C，所以進行分類討論如下：①a0，則Cx|x20不滿ACa0②若a0，則Cx|ax3aAC得a3a

4a23a③若a0，則Cx|3axaAC得3aa綜上，實數(shù)a4a23已知集合Ax, xy1，B0,x,y，若AB，求x,y的值xyxy么y0，所以可知只有0xy1，A集合便為x,10，那么對B集合而言，若x1x1，根據集Axyxyx1,y

k |mIn,kIn，那么集合k

kk

k4k1,2,3這3個數(shù)字，那么我們知道，所有m 的組合一共有7749種，去掉其中k2Aa1a2Lan1a1a2Lann2P：對任意的i,j1ijnaaaj兩數(shù)中至少有一個屬于A.aiai分別判斷數(shù)集134與1236P

1a1a2Lan a1a1L 【解析（1）由于34與4均不屬于數(shù)集13,4，所以該數(shù)集不具有性質3 , ,由于12,13,16, 661236都屬于集1,2,3,6 , ,23123（2）Aaa,LaPaaan中至少有一個屬于a nan由于1a1a2Lan，ananan，故ananA從而1anA，a1ana又1a1a2Lan，所以akanan，故akanAk2,3,LnAPanAk12,3,LnananLanan又 故ana,ana,Lan ,ana 1 從而ananLananaaL a

從而得

a2L a 1a1a1L 1【課堂小結一、選擇題 【解析】除C．選項各個選項的集合均滿足集合是對于選項C.中的集合“巨人” 1xC．1,【解析】

B．1xD．x|1x區(qū)間形式表述，但不可以再添加“”，故只有D正確已知集合MxZ|1xm，若集合M有4個子集，則實數(shù)M 【解析】MxZ|1xmM1,2，故m2B.2 2①0N

R；③0Q；④4096Z；⑤11；⑥⑦423x|xab3,aQ,bxx⑧若ax N，則一定a |xxx 【解析】2對于關系①，0是自然數(shù)，所以其屬于自然數(shù)集，故0N正確；對于關系 為22理數(shù)，屬于實2

R正確；對于關系③，01，是有理數(shù)，故0Q 64是正數(shù)，故4096Z正確；對于關系⑤，集合1是以集合1為元素的集合，那么1不是1中的元素，故11不正確；對于關系⑥，423 空集中不包含任何元素，故正確對于關系423 其形式滿足集合內的描述，故正確；對于關系⑧，若ax xN，那么a為完全方數(shù)，對于集合x|xN而言，其實所有自然數(shù)的二次根構成的集合，必然Ax|xm2n2mZnZBx|x4m2,mZCx|x4m3n,mZ,nZ，Dx|x2m3n,mZ,n以下說法中錯誤的是 任意xA，都有xC．任意xC，都有x【解析】

任意xB，都有xDxD，都有x對于A選項，集合A的要求是xm2n2mnmn，其中元素若定不屬于B中的元素為偶mnmn均為偶數(shù)那么其一定是4的倍數(shù)，不能表示4m2的形式，所以，也B集合，所以任意xA，都有xB正確；x22m3nD的描述，所以任意xC，都有xD正確；對于選項D，x2是集D中的元素2不是集A中的元素，所以不正D.二、填空題用“”或 ”填空（1）若Ax|x23x40,則 A， A（2） ， 5 N N N, N52

Q， Q 2 x|x2m1,mZ, x|x2m3n,mZ,n222 x|xa 6b,aQ,22 【解析（1）對A，解方程A14，則1A4A空集中不包含任何元素，所以0，對于集合0，其中只有一個元素就是0005 4均是自然數(shù) 不是自然數(shù)所以0N55N NN*表示正整數(shù)集合，故0N*2Q表示有理數(shù)集合，故1QQ22

Q集合x|x2m1,mZ表示所有奇數(shù)構成的集合，故2x|x2m1,mZ由于72231x2m3n的形式，故7x|x2m3nmZnZ22322 22326（6）23 6 2 23x|xa 6b,aQ,b2凸集，給出平面上4個點集的圖形如影區(qū)域及其邊界），其中為凸集的是【解析】若數(shù)集AxAxNxAx1Ax1A有且僅有一個成立，則稱集A為H”集合。若數(shù)BB是“H”集合，則數(shù)集B中元素的個數(shù)最多為根據題意可知，若是“H”，那么連續(xù)的三個數(shù) 至多可以選擇60個數(shù)字，故集合B中最多有60個元素.三、解答題已知集AxR|ax22x10，其中a若1是A中的一個元素，用列舉法表示A若A中有且僅有一個元素，求a的值組成的集合B若Aa當A不為空集時，求A中所有的元素和（1）由于1A中元素，故1是方程ax22x10x1代入到原a210a3，那么方程3x22x10 3若集A中有且僅有一個元素，那么可知方程ax22x10只有一個根。那么當a0時，方程變2x10a0時，方程若有一個根那么判別式等于0，那么224a0a1B0,1；A中至多有一個元素，那么方程有一個解或無解，若方程無解，則判別式小于0，即224a0a1，結合第（2）問解得的一個解得情況，可知，此時的取值范圍是a0a1；2 和為1；當a1時方程若有且只有一個根，x1，故 和為2 定理可知xx2，則 為2a10Ax|2x5Bx|m1x2m【解（1）m12m1m2時，B滿足題意m12m1m2BAm122m15，可得3m32m3.m3BA.（2）xZA2,10,12345,，共8個元素，故A的非空真子集的個數(shù)282254個xRAx|2x5Bx|m1x2m1，且不存在元素同時在兩個集合之中，即A,B沒有公共的元素。m12m1m2B滿足題m12m1m2時，要AB沒有公共元素，則有mm1

m或2m12

m

mm4時不存在元素同時屬于兩個集合四、附加題XRx0Ra0xX得0xx0ax0X |nZn0；②x|xRx01|nZn0n 其中以0為聚點的集合的序號有【解析】

（寫出所有正確集合的序號①中，集合 |nZ,n0中的元素是逐漸趨近與1的遞增數(shù)列，除了第一項0n 外，其余的數(shù)至少比01a1的時候，不存在滿足0x0ax2所以0不是集合

xa（找到比a②集合x|xRx0，對2可，使得0x0aa，滿足要求，故02③集合1|nZn0中的元素是慢慢趨近于0的數(shù)列，對于任意的a0③集合 n1x1a，則使得0x0a，滿足要求，故0 4從而0不是集合的聚點.設Sx|xm 2n,mZ,nS中任意兩個元x1x2x1x2x1x2是否屬于集S對于給定的正數(shù)n，試求滿足0m 2n1的S中元素的個數(shù)

2b，x2c 2d，其中a,b,c,dZ2那么x1x2ac bd，acZ，bdZ，滿足集合S要求，22x1x2S；x1x2a 2bc 2dac2bd2

adbc若0m 2n1，則2nm 2n，由于2n與 【概念解析一、集合的運算ABAB的元素構成的集合叫做AB的交集，記作AIB。AIBxxA且xVenn圖表示并集：一般地，對于兩個給定的集合A,B，由兩個集合中所有元素構成的集合叫做B的并集AUBAUBxxA或xVenn圖表示常用U表示。補集：如果給定集合A是全集U的一個子集，由U中不屬于A的所有元素合，叫做A在U中的補集CUA讀作“A在U中的補集CUAxxU且xVenn圖表示二、集合運算的簡單性質AIAA，AI，AIBAIBAUAA,AUA,AUBBUA(AIB)(AUB)ABAIBA;ABAUBBCUAICUBCUAUB，CUAUCUBCUAIBAUCUAU，AICUA三、容斥原理在計數(shù)時，必須注意無一重復，無一遺漏。為了使部分不被重復計算，人們研究出一種新的計數(shù)方法，這種方法的基本思想是：先不考慮的情況，把包含于某內們規(guī)定對于有限集A，用|A|表示集合A中元素的個數(shù)。兩個集合的容斥關系公式|AUB||A||B||AIB三個集合的容斥關系公式：|AUBUC||A||B||C||AIB||BIC||CIA||AIBIC【例1（1）已知集合A1,0,1，Bx1x1，則AIB A． B．1, D．1,【解析】B中不包含元素1，可知AIB10，故選AA．2,

x10，B2,1,0,1，則(CRA)IB C．1, D．【解析】Ax|x1，那么CRAx|x1B取交集的結果是2,1，故選A.設集合A{a,b}，B{b,c,d}，則AUB C.{a,c, D.{a,b,c,【解析】AUB{a,bcd設A{x|x2x0},B{x|x2x0},則AIB等于 【解析】

對于集合A，解方程可得x1或0，所以A0,1，對于集合B，解方程可得x 10，所以B10，那AIB0，故【例2】50名學生參加跳遠和鉛球兩項測驗，跳遠和鉛球兩項及格的分別是40人和31人，兩項測驗均不及格的有4人，兩項測驗部分都及格的人數(shù)是( 【解析】

本題考核容斥原理，設全集U{x|x是參加跳遠和鉛球的學生}A{x|x及格的學生}B{x|x是鉛球及格的學生}B31CUAUB4

50，A40AUB

CUAUB46AUB

AB

AI

25.3】已知全集URM{x2x12}N{xx2k1,k1,2,L A．3B．2C．1D．無窮【解析】MIN1,32個，故選B.【例4】集合A0,2,a,B1,a2,若AUB0,1,2,4,16,則a的值為 A02a,B1a2,AUB0,124,16，根據并集的運算性質及集a2

[備選題1．若全集UxR|x24，AxR|x11的補集CUA為 A．xR|0xC．xR|0x

B．xR|0xD．xR|0x【解析】解不等式可得UxR|2x2AxR|2x0CUAx|0x2設集Ax|x23x20Bx|x22a1xa25AIB2aAUBAa若URAICUBA.a的取值范圍（1因為A 或a3，當a1Bx|x24022，滿足條件；當a3Bx|x24x402，滿足條件；綜上a的值為1或3B，

1242583AUBABA當0a3B，滿足條件；當0時a3時，B2滿足條件；當 時，即a3時，BA1,2才能滿 件，則由根與122a a數(shù)的關系得

即 ；綜上，a的取值范圍是a3

33符合B，則a3時，B2AIB2，不合題意；若a3，此時需1B2B，將2B的方程a1a3（舍去）；將1B的方程得a22a20a1a1a3a1.33333綜上，a的取值范圍是a 3或3a 或 a1或1a3333或a 3①③④其中是集合X上的拓撲的集合的序號 ①不是拓撲，因為{a}，{c}，但{aU{c}集合，給出如下四個結論：①集合A4,2,0,2,4為閉集合；②集合An|n3kkZ為閉集合；③若集A1,A2為閉集合A1UA2為閉集 【解析】對于結論②n1n2A，那么n13k1n23k2k1k2Z，那n1n23k1k2AA是閉集合，故結論②對于結論③A1x|x3kkZA2x|x5kkZA1A2均為閉集合3,5A1UA2，但是35A1UA2，所以A1UA2不是閉集合，故結論③不正確；對于結論④，利用反證法證明，假設不存在cR，使得cA1UA2，那么可知A1UA2R，對于a1A1，a2A2A1UA2Ra1a2RA1UA2，a1a2A1a1a2A2a1a2A1a1a1a2A1,從而a1a1a2a2A1，即任意A2中的元素A1中的元素，同理可以證明，任AAAARAUAARRR 1 盾，故假設不cR，使cA1UA2，故結論④正確。綜上所述，故填②④?！菊n堂小結【實戰(zhàn)檢測一、選擇題已知集合Ax|x22x0，B0,1,2，則AIB A． B． C．0, D．0,1,【解析】解方程A02，顯AIB02，故選設集合U1,2,3,4,5，A1,3，B2,3,4，則CUAICUB A． B． C．2, D．1,2,4,【解析】由題意得CUA245CUB15，則CUAICUB5，故設全集UMUN1,2,3,4,5，MICUN2,4，則N( A．1,2,3 B．1,3,5 C．1,4,5 【解析】MICUN2,4M2,4但是集合N中不包含2,4，又全集出現(xiàn)（可以繪制Venn圖研究B.已知集AxR|x23，集BxR|xmx20AIBxR|1xn，則 A.m1,n B.m1,n C.m1,n D.m1,n【解析】Bx|1x2，根據解不等式的原則可m1，那么兩集合取交集可得n1，故選A.設全集U是實數(shù)集R，Mx|x24，Nx|x3或x1都是U的子集，則 A．x|2xB．x|2xC．x|1xD．x|x【解析】U得CUMx|2x2，所NICUMx|2x1，故A.U二、填空題ABab|aAbB，已知A0,1B10，AB ；AA 【答案】：0,10,0,1,11,0；0,11,0,0,0,若非空集合Xx|a1x3a5，Yx|1x16，則使得XXIY成立的所有a的集合是 若集A1,A2A1UA2，則稱A1A2為集合A的一種分拆，并規(guī)定：當且僅A1A2時，A1,A2與A2,A1為集合A的同一種分拆，則集合Aa1,a2,a3的不 【解析：元素或三個元素，此時共有6種分拆；當A1含有兩個元素時，A2可能含有一個元素、兩一個元素、兩個元素或三個元素，此時共有8中分拆.故集合A的不同分拆有27種.三、解答題Aa22a14B1aa59AIB9a的值【解析】AIB9，所以9B且9A.a29a3，則當a3A459，但集B中出現(xiàn)兩個2，舍a3A749，滿足意.2a19a5A去.綜上所a3

49,25，此時AIB49，不符合題意，舍Mx|x23x20Nx|ax10，若NUMMa a N

a 四、附加題設集合Aa1,a2,a3,a4，若A中所有三元子集的三個 和組成的集合B1,3,5,8,則集合A 【解析】6,20,aaa ,將這四個式子相加,可以得到3(aaaa15aaa a1aa

,故填620P具有以下性質：（1）P中元素有正數(shù)，有負數(shù)；（2）P與集合P的關系 P P【解】首先證明0

yP0,kxPkN*由于集合P中存在正數(shù)也存在負數(shù),不妨設集合某一正整數(shù)為a,某一負整數(shù)為ab0,則ab0P若ab0,通過性質(*)有abP,|b|aP那么存在ab|b|ab|b|)a0綜上所述,故有0下面證22集合P中不包含任何負奇數(shù)。因為P中必有負數(shù),而又不包含負奇數(shù),所以P中必定存在一個負偶數(shù).設為2x.x1,則2x2.x1,那么2x2的某個正整數(shù)倍一定等于2.2PP中必有奇數(shù),而負奇數(shù)都被否定,P中必定存在一個正奇數(shù).此正奇數(shù)加上整數(shù)倍個2，結果必為1。與題設。2P。故應填，。第七 【例1同時滿足(1)M{1,2,3,4,5}，(2)若aM則6aM的非空集合M有 A．16 B．15 C．7 D．6【解析】aM，則6aM可知，1和524M5三部分15，24，3，當從中是選1個部分時，有3個滿足條件的非空集M；23M31【例2】Ax|5xa0,Bt|6tb0,a,bN，且AIBIN{2,3,4}，則整數(shù)對a,b的個數(shù)為( 【解析】ABAx|xaBt|tb AIBx|bxaAIBIN23,44a5,1b2 5 5 【例3】滿足Ma1,a2,a3,a4，且MIa1,a2,a3a1,a2的集合M的個數(shù)是 【解析】MIa1a2a3a1a2，可知集M中不包a3，但一定包含元素a1,a2，而元素a4是否在集合中不能確定，所以Ma1a2Ma1a2a4，有兩種，故選4】設Mxx22x30}Nxax10，若MINN，求所有滿足條【解析】M={-1，3}因為MINN，所以N②當N時xa所以x1或x3，所以11或13，所以a1或a 13[備選題nAPnxA，則2xAxCpA，則2xn=【解

Afpnp倍就不在集合A中，對于條件③，其含義是若一個元素不在集合A內，則它的2倍必然在Ax|0ax15Bx|1x2 ABaBAaA,B能否相等？若能，求出a的值；若不能，試說明理由【解析】A中不等式的解集應分三種情況①若a0AR②若a0Ax|4x1 a③a0Ax|1x4 a0AB，此種情況不存在.當a0AB4 aa

2，所以a ，解得a8 當a0時，若AB，如圖所示 a1a則

2，所以a2，解得a2.a的取值范圍是a8aa2 當a0BA；當a0BA4 a a

2，解得a ，所以2a0 當a0BA 則 2，解

a

，所以0a2.BA

aa

a 【能力提升】A的一個“孤立元”，給定S1234567,8S3個元素構成的所有集合中，不含“孤立元”的集合共有個?！窘馕觥?4}{4,5,6},{5,6,7},{67,8}6個.

A

NnNBtt2k121kN，則這3n3n5集合的關系 【解析B

為正整數(shù)時，4n55n4k2kNAn|n4k2,kN；對于B，可以它化簡為以下【課堂小結【實戰(zhàn)檢測一、選擇題集合AxN|x6,BxR|x23x0，則AIB= A．3,4, 4,5, C．x|3x D．x|3x【解】A0,1,2,3,4,5,6,x23x0B{x|x0x3}AB集合取交集,結果為4,5,6,故選 D．【解析】NICIMVennNMMUNM下面?zhèn)€選項中的M與P表示同一個集合的是 MxR|x20.010Px|x2Mxy|yx21xRPxy|xy21xMy|yt21tR與Pt|ty121yMx|x2kkZPx|x4k2,k【解析】AMP0,故不相等;B選項中,MP2PM的真子集，故不相等。所以選擇C。設集Ax必滿足

x

1,xR，B=x

x

2xRAB，則實數(shù)ab B．abC．ab D．ab【解析】Ax|a1xa1Bx|xb2xb2}ABa1b2a1b2，即ab3或ab3ab3.ABA*Bz|zxyxxAxB 集合A0,2，B1,2，C1，則集合(A*B)*C的所有 和為（【解析】

A*B定義可知,A*B中元素有z0100z2124 z0200z2225,由集合的互異性可知,A*B0,4,5, (A*B)*C0,4,5,故(A*B)*C的 二、填空題集合Ay|y21,Bx|ax0，且R 【解析】a

AUCRBCRA，則實數(shù)a的取值CRAUCRBCRACRBCRACRAx|x1x1}CRBxa，那么可知a1a1集合AxZ|y 6,yZ那么A的真子集個數(shù) 【解】

x A指可以使x

為整數(shù)x這樣的x1的值有，6321,12,3,6共8A7,4,3,2,0,12,5281255255已知Ax|x28m20n,mZ,nZ，Bx|x12m8n,mZ,nZ，則AIB中最小的正整數(shù)是 xAIBx28m120n112m28n2m1n1m2n2Z對于28m120n147m15n17m15n1可以取到最小的正整數(shù)為1m17，