Page32競賽專題1集合（50題競賽真題強化訓練）一、單選題1．（2018·天津·高三競賽）如果集合，，C是A的子集，且，則這樣的子集C有（

）個.A．256 B．959 C．960 D．961【答案】C【解析】【詳解】滿足的子集C有個，所以滿足的子集C有個.故答案為C2．（2020·浙江溫州·高一競賽）已知集合，則(

).A．B．C．或D．或【答案】A【解析】【詳解】，又，所以.故選：A.3．（2018·黑龍江·高三競賽）已知集合，集合.若，則a的值是（

）.A．3或-1 B．0 C．-1 D．0或-1【答案】D【解析】【詳解】，即直線與平行.令，解得或-14．（2019·全國·高三競賽）已知.若集合中任兩個元素的和都不能被6整除，則集合中元素的個數(shù)最多為（

）.A．36 B．52 C．74 D．90【答案】C【解析】【詳解】記，且.易知.則集合中既不能同時有與或與中元素，也不能有中兩個元素、中兩個元素.要使中元素最多，可選與中全部元素，與中各一個元素.故最多共有個元素.故答案為C5．（2019·吉林·高三競賽）集合A={2,0,1,3}，集合B={x|-x∈A,2-x2?A}，則集合B中所有元素的和為A． B． C． D．【答案】B【解析】【詳解】由題意可得B={-2，-3}，則集合B中所有元素的和為-5.故選：B.二、填空題6．（2018·四川·高三競賽）設集合，若的非空子集滿足，就稱有序集合對為的“隔離集合對”，則集合的“隔離集合對”的個數(shù)為______.（用具體數(shù)字作答）【答案】6050【解析】【詳解】設為的元子集，則為的補集的非空子集.所以，“隔離集合對”的個數(shù)為.故答案為6050.7．（2018·湖南·高三競賽）設集合，若，則實數(shù)m的取值范圍為__________.【答案】【解析】【詳解】由知，，而.當時，，即，此時成立.當時，，即，由，得解得.又，故得.綜上，有.故答案為8．（2021·全國·高三競賽）已知，集合，若，則的值為_________．【答案】【解析】【分析】【詳解】依題意，．若，則，所以．若，則或1，矛盾．若，則，于是或a，得或，舍去．綜上所述，．故答案為：.9．（2018·山東·高三競賽）集合、滿足，，若中的元素個數(shù)不是中的元素，中的元素個數(shù)不是中的元素，則滿足條件的所有不同的集合的個數(shù)為______．【答案】186

【解析】【詳解】設中元素個數(shù)為，則中元素個數(shù)為，依題意，．，，此時滿足題設要求的的個數(shù)為．其中，當時，不滿足題意，故．所以的個數(shù)為．10．（2018·福建·高三競賽）將正偶數(shù)集合從小到大按第組有個數(shù)進行分組：，，，…，則2018位于第______組．【答案】27

【解析】【詳解】設2018在第組，由2018為第1009個正偶數(shù)，根據(jù)題意得，即．解得正整數(shù)．所以2018位于第27組．11．（2021·全國·高三競賽）在的非空真子集中，滿足最大元素與最小元素之和為13的集合個數(shù)為___________.【答案】1364【解析】【詳解】考慮這5組數(shù)，每一組可作為集合的最大元素和最小元素，故所求集合的個數(shù)為，故答案為：12．（2021·全國·高三競賽）已知集合，A是M的子集，當時，，則集合A元素個數(shù)的最大值為_______．【答案】1895【解析】【詳解】解析：先構造抽屜：．使前100個抽屜中恰均只有2個數(shù)，且只有1個數(shù)屬于A，可從集合M中去掉前100個抽屜中的數(shù)，剩下個數(shù)，作為第101個抽屜．現(xiàn)從第1至100個抽屜中取較大的數(shù)，和第101個抽屜中的數(shù)，組成集合A，于是，滿足A包含于M，且當時，．所以的最大值為．故答案為：1895.13．（2021·全國·高三競賽）設，子集之積數(shù)定義為G中所有元素之乘積（空集的積數(shù)為零），求X中所有偶數(shù)個元素之子集的積數(shù)的總和是_________．【答案】##【解析】【詳解】解：設X中所有偶數(shù)個元素之子集的積數(shù)的總和是A，X中所有奇數(shù)個元素之子集的積數(shù)之和是B，則，．解得．故答案為：14．（2020·江蘇·高三競賽）設，歐拉函數(shù)表示在正整數(shù)1，2，3，…，中與互質(zhì)的數(shù)的個數(shù)，例如1，3都與4互質(zhì)，2，4與4不互質(zhì)，所以，則__________．【答案】800【解析】【詳解】解析：法一：因為，故能被2整除的數(shù)有1010個，能被5整除的數(shù)有404個，能被101整除的數(shù)有20個，既能被2整除又能被5整除的數(shù)有202個，既能被2整除又能被101整除的數(shù)有10個，既能被5整除又能被101整除的數(shù)有4個，既能被2整除又能被5和101整除的數(shù)有2個．故與2020不互質(zhì)的有，則．故答案為：800.法二：.故答案為：800.15．（2021·浙江·高二競賽）給定實數(shù)集合，，定義運算.設，，則中的所有元素之和為______.【答案】29970【解析】【分析】【詳解】由，則可知所有元素之和為.故答案為：29970.16．（2021·全國·高三競賽）從自然數(shù)中刪去所有的完全平方數(shù)與立方數(shù)，剩下的數(shù)從小到大排成一個數(shù)列，則_________．【答案】2074【解析】【分析】【詳解】注意到，我們考慮1到2025中出現(xiàn)的次數(shù)．這里有45個平方數(shù)，12個立方數(shù)，3個6次方數(shù)，所以出現(xiàn)的次數(shù)為，接下來直至2197前都沒有平方數(shù)和立方數(shù)，所以．17．（2021·全國·高三競賽）設正整數(shù)m、n，集合，,，滿足對任意的，均有：，則________．【答案】【解析】【分析】【詳解】首先對S中任意兩個不同元素，必有．事實上，若，則（否則，這與矛盾）．若，則，則，這與題意矛盾，同理，亦與題意矛盾．這樣S中任意元素各不相同，而共種情形，則．再令且，或且，此時．故答案為：.18．（2021·全國·高三競賽）已知A與B是集合的兩個子集，滿足：A與B的元素個數(shù)相同，且為空集.若當時總有，則集合的元素個數(shù)最多為_______.【答案】66【解析】【分析】【詳解】先證，只須證，為此只須證若A是的任一個34元子集，則必存在，使得.證明如下：將分成如下33個集合：共12個；共4個；共13個；共4個.由于A是的34元子集，從而由抽屜原理可知上述33個集合中至少有一個2元集合中的數(shù)均屬于A，即存在，使得.如取，，則A?B滿足題設且.故答案為：66.19．（2021·全國·高三競賽）設集合，且，則有_______個元素．【答案】243【解析】【分析】【詳解】將中元素按模9余數(shù)分類得：．對每個，有分別屬于，或均屬于．因此中共有個元素．故答案為：243.20．（2021·全國·高三競賽）設為集合的子集，若存在正整數(shù)，使得對任意整數(shù)，總能找到正實數(shù)，滿足，且在十進制表示下的所有數(shù)字（不包括開頭的0）都屬于集合，則的最小值為___（表示集合的元素個數(shù)）.【答案】5【解析】【分析】【詳解】第一步，證明，若，則其中兩數(shù)（可相同）相加共10個值（4個加上個），而的個位數(shù)由這10個值的個位數(shù)產(chǎn)生，因此，這10個值的個位數(shù)不能重復；在0、1、2、…、9中有五個奇數(shù)，五個偶數(shù)，若四個元中0或4個奇數(shù)，不能加出奇數(shù)；若四個元中有1個奇數(shù)，只能產(chǎn)生3個奇數(shù)；若四個元中有2個奇數(shù)，只能產(chǎn)生4個奇數(shù)；若四個元中有3個奇數(shù)，只能產(chǎn)生3個奇數(shù)；因此.第二步，構造一個五元組滿足條件，稍加實驗可得下表012345678901111231230012333666上表表明，0、1、2、…、9中的每個數(shù)字，都可以由中的兩個相加得到，則對任意正整數(shù)，從個位數(shù)開始依次向高位遍歷，將每位數(shù)都按表格中表示分解為兩個數(shù)，賦值給對應的位置，遍歷完畢后自然得到.綜上.故答案為：5.21．（2019·江西·高三競賽）將集合{1，2，……，19}中每兩個互異的數(shù)作乘積，所有這種乘積的和為_________.【答案】16815【解析】【詳解】所求的和為.故答案為：16815．22．（2019·河南·高二競賽）稱{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的某非空子集為奇子集：如果其中所有數(shù)之和為奇數(shù)，則奇子集的個數(shù)為____________.【答案】256【解析】【詳解】全集{1，2，3，…，9}中含有5個奇數(shù)、4個偶數(shù).根據(jù)奇子集的定義知，奇子集中只能含有1個奇數(shù)、3個奇數(shù)、5個奇數(shù)，而偶數(shù)的個數(shù)為0、1、2、3、4都有可能.所以，奇子集共有：個.故答案為：256．23．（2019·廣西·高三競賽）已知yz≠0，且集合{2x，3z，xy}也可以表示為{y，2x2，3xz}，則x=____________.【答案】1【解析】【詳解】易知xyz≠0，由兩集合各元素之積得.經(jīng)驗證，x=1符合題意.故答案為：1．24．（2019·山東·高三競賽）已知其中a<b，如果A∪B=R，那么a－b的最小值是_______.【答案】【解析】【詳解】由已知得，故b－a≤1，于是.故答案為：．25．（2019·重慶·高三競賽）設A為三元集合(三個不同實數(shù)組成的集合)，集合B={x+y|x，y∈A，x≠y}，若，則集合A=_______.【答案】【解析】【詳解】設，其中0<a<b<c.則ab=6，ac=10，bc=15.解得a=2，b=3，c=5，從而.故答案為：．26．（2018·河北·高二競賽）已知集合，且A=B，那么_______.【答案】2【解析】【詳解】由B中有三個元素知，且，故A中，即有，又若，則.此時.若，則，或，或，不滿足互異性，舍去.故，，所以.27．（2019·全國·高三競賽）集合，對于正整數(shù)m，集合S的任一m元子集中必有一個數(shù)為另外m-1個數(shù)乘積的約數(shù).則m的最小可能值為__________．【答案】26【解析】【詳解】所有不大于100的素數(shù)共有25個，記其構成的組合為T=｛2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97｝.注意到，集合T中每一個元素均不能被T中其余24個元素之積整除.故.另一方面，用反證法證明：對于集合S的任一26元子集，其中必有一個數(shù)為另外25個數(shù)乘積的約數(shù).為敘述方便，對于素數(shù)p和正整數(shù)x，記表示x中縮含p的冪指數(shù).若存在集合S的某個26元子集A，對每個，x均不整除集合A中其余25個數(shù)乘積，則對每個，存在x的素因子p，使得，稱這樣的素數(shù)p為x的特異素因子，這種特異素因子不是唯一的.由于，且所有特異素因子均屬于集合S，而集合S中只有25個素數(shù)，故必有集合A的兩個不同元素x、y具有同一個特異素因子p.由特異性及，知.類似地，，矛盾.綜上，m的最小可能值為26.28．（2018·全國·高三競賽）若實數(shù)集合與恰有一個公共元素，則中的所有元素之積為__________．【答案】0【解析】【詳解】將集合A、B的唯一公共元素記為.若，則集合A、B的另一個元素均為，矛盾.進而，中的所有元素之積為0.29．（2021·全國·高三競賽）已知非空集合，用表示集合中最大數(shù)和最小數(shù)的和，則所有這樣的的和為_____.【答案】【解析】【分析】【詳解】將中的非空子集兩兩進行配對，對每個非空子集，令，對的任意兩個子集和，若時，.則所有非空集合可以分成和兩類.當時，必有，當時，必有.又的非空子集共有個，故所有這樣的的和為.故答案為：.30．（2019·浙江·高三競賽）在復平面上，任取方程的三個不同的根為頂點組成三角形，則不同的銳角三角形的數(shù)目為____________.【答案】39200【解析】【詳解】易知的根在單位圓上，且相鄰兩根之間弧長相等，都為，即將單位圓均勻分成100段小弧.首先選取任意一點A為三角形的頂點，共有100種取法.按順時針方向依次取頂點B和頂點C，設AB弧有x段小弧，CB弧有y段小弧，AC弧有z段小弧，則△ABC為銳角三角形的等價條件為：

①計算方程組①的整數(shù)解個數(shù)，記，，，，則.由于重復計算3次，所以所求銳角三角形個數(shù)為.故答案為：39200．31．（2019·浙江·高三競賽）已知集合A={k+1，k+2，…，k+n}，k、n為正整數(shù)，若集合A中所有元素之和為2019，則當n取最大值時，集合A=________.【答案】{334，335，336，337，338，339}【解析】【詳解】由已知.當n=2m時，得到；當n=2m+1時，得到.所以n的最大值為6，此時集合.故答案為：．32．（2021·全國·高三競賽）設集合，滿足下列性質(zhì)的集合稱為“翔集合”：集合至少含有兩個元素，且集合內(nèi)任意兩個元素之差的絕對值大于2.則A的子集中有___________個“翔集合”.【答案】49【解析】【分析】設出集合中滿足題設性質(zhì)的子集個數(shù)為，寫出，在時，要分情況把的遞推公式寫出來，進而得到，即答案.【詳解】設集合中滿足題設性質(zhì)的子集個數(shù)為，則.當時，可將滿足題設性質(zhì)的子集分為如下兩類：一類是含有n的子集，去掉n后剩下小于的單元子集或者是滿足題設性質(zhì)的子集，前者有個，后者有個；另一類是不含有n的子集，此時恰好是滿足題設性質(zhì)的子集，有個.于是，.又，所以.故答案為：49【點睛】本題的難點是用數(shù)列的思想來考慮，設集合中滿足題設性質(zhì)的子集個數(shù)為，寫出的遞推公式，再代入求值即可.三、解答題33．（2021·全國·高三競賽）已知非空正實數(shù)有限集合A，定義集合，證明：．【答案】證明見解析【解析】【詳解】以集合B作為突破口，取，并設有個數(shù)對滿足：．由條件知，考慮集合，有．于是，得證．34．（2021·浙江·高二競賽）設數(shù)集，它的平均數(shù).現(xiàn)將分成兩個非空且不相交子集，，求的最大值，并討論取到最大值時不同的有序數(shù)對的數(shù)目.【答案】最大值，數(shù)目為.【解析】【分析】不妨設，記，，可以得到=，考慮T最大的情況是取最大的個數(shù)，此時可以發(fā)現(xiàn)的結果正好是與無關的定值，從而也就得到了的最大值，然后考察的可能的值，得到時的組數(shù)，并利用對稱性得到時具有與之相等的組數(shù)，從而得到所有可能的的組數(shù).【詳解】不妨設，記，，所以，又有，所以當且僅當時，取到等號，所以的最大值.此時，由非空，可知，2，…，，有種情況，利用對稱性得到時具有與之相等的組數(shù)，由于的最大值不可能有的情況，所以有序數(shù)對的數(shù)目為.35．（2020·全國·高三競賽）設集合．是否存在集合A的非空子集，滿足（1）；（2）都至少有4個元素；（3）的所有元素的和等于的所有元素的乘積？證明你的結論．【答案】證明見解析.【解析】【分析】不妨設，由條件可得，即，根據(jù),，可得出其一組解，可證明.【詳解】解：答案是肯定的．不妨設，

則，所以，

故，所以是一組解故取，，則這樣的滿足條件36．（2021·全國·高三競賽）設n是正整數(shù)，我們說集合的一個排列具有性質(zhì)P，是指在當中至少有一個i，使得.求證：對于任何n，具有性質(zhì)P的排列比不具有性質(zhì)P的排列的個數(shù)多.【答案】證明見解析【解析】【詳解】設A為不具有性質(zhì)P的排列的集合，B為具有性質(zhì)P的排列的集合，顯然.為了證明，只要得到就夠了.設中，k與相鄰的排列的集合為.則，由容斥原理得37．（2021·全國·高三競賽）平面上有一個階完全圖，對其邊進行三染色，且每種顏色至少染一條邊.現(xiàn)假設在完全圖中至多選出k條邊，且把這k條邊的顏色全部變?yōu)榻o定三色中的某種顏色后，此圖同時也可以被該種顏色的邊連通.若無論初始如何染色，都可以達到目的，求k的最小值.【答案】【解析】【詳解】先證明：.（這里表示不超過的最大的整數(shù)）.假設三種顏色為1、2、3，n階完全圖的n個點分成三個點集A?B?C，且.做如下染色：集合A中的點之間連的邊染1，集合B中的點之間連的邊染2，集合C中的點之間連的邊染3，集合A與B間的點連的邊染2，集合B與C間的點連的邊染3，集合C與A間的點連的邊染1.從而，若變色后最終得到染1的顏色的邊形成的連通圖，由于集合B中的點出發(fā)的邊均染的是2或3，于是，變色邊數(shù)不小于.類似地，若變色后最終得到染2或3的顏色的邊形成的連通圖，則變色邊數(shù)不小于（或).故.再證明：.對n用數(shù)學歸納法.當時，結論成立.假設時，結論成立.則n個點時：（1）若完全圖中由某點出發(fā)的邊有三種不同顏色，由歸納假設，可通過改變其中條邊的顏色得到同色連通圖.（2）若完全圖中由所有點出發(fā)的邊均最多兩種不同顏色，記A為所有出發(fā)的邊均染1或2的點組成的集合，記B為所有出發(fā)的邊均染2或3的點組成的集合，記C為所有出發(fā)的邊均染3或1的點組成的集合.如果某些點連出的邊都染顏色1，則把它歸入集合A；如果某些點連出的邊都染顏色2，則把它歸入集合B；如果某些點連出的邊都染顏色3，則把它歸入集合C.不失一般性，不妨設.則.若，則，集合B中的點連向集合C中的點的邊均染3.故由顏色3可以連通.此時，任選集合B中一點，集合A中每個點與該點的連線的邊顏色均變成3，由知成立.若，則，于是，完全圖的邊均染的是1或3.這與條件“每種顏色至少染一條邊”不符.所以由歸納法知原結論成立.38．（2022·全國·高三專題練習）班級里共有名學生，其中有，，．已知，，中任意兩人均為朋友，且三人中每人均與班級里中超過一半的學生為朋友．若對于某三個人，他們當中任意兩人均為朋友，則稱他們組成一個“朋友圈”．（1）求班級里朋友圈個數(shù)的最大值．（2）求班級里朋友圈個數(shù)的最小值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用組合數(shù)可求；（2）利用容斥原理可求.【詳解】（1）當班級中的任意3人中，任意兩個人都是朋友時，班級里朋友圈個數(shù)的最大，此時.（2）當時，，當時，，，中的每個人都至少與班級的3個同學是好朋友，故4人彼此是好朋友，故，當時，記為班級中除去且與是朋友的同學的集合，為班級中除去且與是朋友的同學的集合，為班級中除去且與是朋友的同學的集合，若，由題設可知，、、中的元素的個數(shù)不小于，余下同學記為：，集合中元素的個數(shù)記為，因為余下人數(shù)為，由容斥原理可得，所以，即，故此時，考慮一種特殊情況：，此時朋友圈個數(shù)為，故.若，由題設可知，、、中的元素的個數(shù)不小于，余下同學記為：，集合中元素的個數(shù)記為，因為余下人數(shù)為，由容斥原理可得，所以，即，故此時，考慮一種特殊情況：，此時朋友圈個數(shù)為，故.綜上，.39．（2021·浙江·高三競賽）某班有10名同學計劃在暑假舉行若干次聚會，要求每名同學至多參加三次聚會，并且任意兩名同學至少在一次聚會中相遇.求最大的正整數(shù)，使得無論如何安排符合上述要求的聚會，都一定存在某次聚會有至少名同學參加.【答案】最大正整數(shù)是5【解析】【分析】【詳解】解：設有次聚會，聚會人數(shù)分別為，，…，（均為正整數(shù)）.我們有：記，，則可知，即若上式等號成立，則必須，并且，這樣可得導致矛盾.所以我們有，即一定存在某次聚會有至少5名同學參加，即滿足題意.另一方面，我們給出10名同學參加聚會的一種安排方式：共，，，，，六次聚會，每次聚會恰好有5名同學參加，下面的10個三元子集分別表示10名同學各參加哪三次聚會：，，，，，，，，，.易知在所有個三元子集中，互補的兩個三元子集在上式中恰好出現(xiàn)一個.這保證了上面的10個三元子集中每兩個都相交，即任意兩名同學至少在一次聚會中相遇.此外，，，，，，中的每一個在上式的10個三元子集中恰好出現(xiàn)五次，即每次聚會都恰好有5名同學參加，這意味著不符合題意.因此所求的最大正整數(shù)是5.另一種構造：，，，，，，，，，.40．（2021·全國·高三競賽）設為正數(shù)，為的所有子集的任一個排列．求的最大值，其中．【答案】【解析】【分析】【詳解】先證兩個引理．引理1

設是集合的所有子集，則存在的一個排列，使得對任意的均滿足、中的一個是另一個的子集，且元素個數(shù)差1，其中約定．引理1的證明：對n用歸納法．當時，集合的4個子集排列為、、、便滿足要求．假設當時存在排列滿足要求，則當時，考慮下面的排列：，這顯然是集合的所有子集滿足要求的一個排列．引理1證畢．引理2

設A、B是任意兩個不同的有限集，則，（1）當A、B中一個為另一個的子集，且元素個數(shù)差1時等號成立．引理2的證明：設．因為，故x、y不能同時為0，于是x、y中至少有一個大于等于1．（1），（2）顯然成立．又當A、B中一個為另一個的子集且元素個數(shù)差1時，x、y中有一個為0，一個為1．（2）中取等號，從而（1）也取等號．引理2證畢．回到原題．由引理2可得．又如果將的所有子集按照引理1中的排法便知上式等號成立．故所求的最大值為．41．（2021·全國·高三競賽）設是連續(xù)個正整數(shù)組成的集合，求最小的正整數(shù)k，使得M的任何k元子集中都存在個數(shù)滿足．【答案】．【解析】【分析】【詳解】記，任何一個以i為首項，2為公比的等比數(shù)列與A的交集設為．一方面，由于M中個元的子集中不存在題設的個數(shù)，否則，而，矛盾．故．另一方面，時，題設滿足.若非如此，考慮以為首項，以2為公比的等比數(shù)列．其與M的交集的元素個數(shù)為個．設M任何k元子集為T，則上述等比數(shù)列與M的交集中至少有個元素不在T中，而時，．注意到所以，可得與矛盾．綜上，所求k為．42．（2021·全國·高三競賽）對兩個不全等的矩形A、B，稱，若A的長不小于B的長，且A的寬也不小于B的寬.現(xiàn)在若對任意的n個兩兩不全等的，長和寬均為不超過2020的正整數(shù)的矩形，都必存在其中3個矩形A、B、C，使得，求n的最小值.【答案】2021【解析】【分析】【詳解】一方面，當時，若不存在滿足要求的3個矩形，我們把所有的矩形如下分類：對一個矩形A，若在剩下2020個矩形中，存在一個矩形B，使得，則稱A為“父矩形”，否則稱A為“子矩形”.由抽屜原理，其中必有一類至少含有1011個矩形，設它們的寬為.但易知所有的“父矩形”之間兩兩不能比較大小，所有的“子矩形”之間也兩兩不能比較大小，于是必有且相應的它們的長，合在一起即，與它們均為不超過2020的正整數(shù)矛盾.另一方面，當時，考慮所有長寬滿足要求的，周長為4040的矩形，共1010個，及周長為4042的矩形，也共1010個.由于周長相等的兩個矩形無法比大小，因此這2020個矩形中不存在滿足要求的3個矩形.綜上，n的最小值為2021.43．（2021·全國·高三競賽）已知是一個有限集.是滿足如下性質(zhì)的兩個分劃：若，則.求的最小值.【答案】50【解析】【分析】【詳解】的最小值為50.我們先證明.考慮集合中元素個數(shù)最少的集合，不妨設為.記，則至多與中個集合相交.不妨設且，其中.故.從而對有.由的最小性知的元素個數(shù)均不小于.從而.（1）若，則，此時由上式知；（2）若，由是中元素個數(shù)最少的集合知.故.另一方面，能取到50，例如，取.顯然它們滿足條件，這時.44．（2021·全國·高三競賽）設集合是由平面上任意三點不共線的4039個點構成的集合，且其中2019個點為紅色，2020個點為藍色；在平面上畫出一組直線，可以將平面分成若干區(qū)域，若一組直線對于點集滿足下述兩個條件，稱這是一個“好直線組”：（1）這些直線不經(jīng)過該點集中的任何一個點；（2）每個區(qū)域中均不會同時出現(xiàn)兩種顏色的點.求的最小值，使得對于任意的點集，均存在由條直線構成的“好直線組”.【答案】.【解析】【分析】【詳解】先證明：在一個圓周上順次交替標記2019個紅點和2019個藍點，在平面上另外任取一點染為藍色，這個圓周就被分成了4038段弧，則每一段的兩個端點均染了不同的顏色；若要滿足題目的要求，則每一段弧均與某條畫出的直線相交；因為每條直線和圓周至多有兩個交點，所以，至少要有條直線.再證明：用2019條直線可以滿足要求.對于任意兩個同色點，均可用兩條直線將它們與其他的點分離.作法：在直線的兩側作兩條與平行的直線，只要它們足夠接近，它們之間的帶狀區(qū)域里就會只有和這兩個染色點.設是所有染色點的凸包，有以下兩種情形：（1）假設有一個紅色頂點，不妨記為.則可作一條直線，將點和所有其他的染色點分離，這樣，余下的2018個紅點可以組成1009對，每對可以用兩條平行直線將它們與所有其他的染色點分離.所以，總共用2019條直線可以達到要求.（2）假設的所有頂點均為藍色.考慮上的兩個相鄰頂點，不妨記為.則用一條直線就可以將這兩個點與所有其他染色點分離.這樣，余下的2018個藍點可以組成1009對，每對可以用兩條直線將它們與所有其他染色點分離.所以，總共也用了2019條直線可以達到要求.綜上：的最小值為2019.45．（2021·全國·高三競賽）設函數(shù)滿足對于每個，均存在一個，使得，其中，是f復合m次．設是滿足上述條件的k中的最小值，證明：數(shù)列無界．【答案】證明見解析.【解析】【分析】【詳解】設，對于每個正整數(shù)，存在正整數(shù)k，使得．因此，集合S是無界的，且函數(shù)f將S映射到S．此外，函數(shù)f在集合S上是單射．事實上，若，則（1）從某個值開始周期性地進行重復．于是，集合S是有界的，矛盾．定義為．首先證明：g也是單射．假設，則，于是，．因為函數(shù)f在集合S上是單射，所以．又，與的最小性矛盾．設T是集合S中非形如的元素構成的集合．由于對每個，均有，則．于是，T是非空集合．對每個，記，且稱為從t開始的“鏈”．因為g是單射，所以，不同的鏈不交．對每個，均有，其中，，．重復上述過程，知存在，使得，從而，集合S是鏈的并．若是從開始的鏈中的元素，則，其中，．故．

①其次證明：集合T是無限的．假設集合T中只有有限個元素則只有有限個鏈．固定N．若是鏈中的元素，則由式①知：．由于個不同的正整數(shù)1，均不超過，則．當N足夠大時，這是不可能的.因此，集合，T是無限的．選取任意正整數(shù)k，考慮從集合T中前個數(shù)開始的個鏈．設t是這個數(shù)中最大的一個．則每個鏈中均包含一個元素不超過t，且至少有一個鏈中不含中的任何一個數(shù)．于是，在這個鏈中存在一個元素n，使得，即．從而，數(shù)列，無界．46．（2021·全國·高三競賽）求最大的，使對于給定n，任意一個實數(shù)列，總存在一個子列滿足：（a）中有1項或2項屬于T；（b）．【答案】【解析】【分析】【詳解】取數(shù)列，考查其中項，其中至多有4項屬于T，至少有2項屬于T．若其中有4項屬于T，則必然為2個1和2個；若其中有3項屬于T，則3項和為1或；若其中有2項屬于T，則2項和為0．取，m是正整數(shù)，則．不妨設，下面證明：．規(guī)定：若X為一個數(shù)列，則表示所有非負項構成的子列，表示所有負項構成的子列．考慮下面?zhèn)€數(shù)陣，其中，，…，，我們得到上面的個數(shù)列的和為：，，…，，對其求和，總和為，由抽屜原理可知，存在一個子列，所有數(shù)和的絕對值．47．（2019·浙江·高三競賽）設X是有限集，t為正整數(shù)，F(xiàn)是包含t個子集的子集族：F=.如果F中的部分子集構成的集族S滿足：對S中任意兩個不相等的集合A、B，均不成立，則稱S為反鏈.設S1為包含集合最多的反鏈，S2是任意反鏈.證明：存在S2到S1的單射f，滿足或成立.【答案】證明見解析【解析】【詳解】記|S1|=r，稱包含r個元素的反鏈為最大反鏈，最大反鏈可能不唯一稱F的子集P為鏈，如果之一成立.我們證明結論：F可以拆分為r個鏈的并(即Dilworth定理).對t進行歸納證明.t=1時顯然成立.設命題對t－1成立，先假設存在一個最大反鏈S，使得F中既有集合真