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1、高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 1 页 共 14 页 1 第一章 集合 集合是高中数学中最原始、最基础的概念，也是高中数学的起始单元，是整个高中数学的基础.它的基础性体现在：集合思想、集合语言和集合的符号在高中数学的很多章节如函数、数列、方程与不等式、立体几何与解析几何中都被广泛地使用.在高考试题和数学竞赛中，很多问题可以用集合的语言加以叙述.集合不仅是中学数学的基础，也是支撑现代数学大厦的基石之一，本章主要介绍集合思想在数学竞赛中出现的问题.第一节 集合的概念与运算【基础知识】一集合的有关概念 1集合：具有某些共同属性的对象的全体，称为集合.组成集合的对象叫做这个集合的元素
2、.2集合中元素的三个特征：确定性、互异性、无序性.3集合的分类：无限集、有限集、空集.4.集合间的关系：二集合的运算 1交集、并集、补集和差集 差集：记 A、B 是两个集合，则所有属于 A 且不属于 B 的元素构成的集合记作BA.即AxBA且Bx.2.集合的运算性质(1)AAA,AAA(幂等律);(2)ABBA,ABBA(交换律);(3)()(CBACBA,)()(CBACBA(结合律);(4)()()(CABACBA,)()()(CABACBA(分配律);(5)AABA)(,ABAA)(吸收律);(6)AACCUU)(对合律);(7)()()(BCACBACUUU,)()()(BCACBAC
3、UUU(摩根律)(8)()()(CABACBA,)()()(CABACBA.高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 2 页 共 14 页 2 3.集合的相等(1)两个集合中元素相同,即两个集合中各元素对应相等;(2)利用定义,证明两个集合互为子集;(3)若用描述法表示集合,则两个集合的属性能够相互推出(互为充要条件),即等价;(4)对于有限个元素的集合,则元素个数相等、各元素的和相等、各元素之积相等是两集合相等的必要条件.【典例精析】【例 1】在集合,2,1n中,任意取出一个子集,计算它的各元素之和.则所有子集的元素之和是 .分析 已知,2,1n的所有的子集共有n2个.而对于,2,1
4、ni,显然,2,1n中包含i的子集与集合,1,1,2,1nii的子集个数相等.这就说明i在集合,2,1n的所有子集中一共出现12n次,即对所有的i求和,可得).(211ninniS【解】集合,2,1n的所有子集的元素之和为2)1(2)21(211nnnnn=.2)1(1nnn 说明本题的关键在于得出,2,1n中包含i的子集与集合,1,1,2,1nii的子集个数相等.这种一一对应的方法在集合问题以及以后的组合总是中应用非常广泛.【例 2】已知集合034|,023|222aaxxxBxxxA且BA,求参数a的取值范围.分析首先确定集合 A、B,再利用BA 的关系进行分类讨论.【解】由已知易求得0)
5、3)(|,12|axaxxBxxA 当0a时,3|axaxB,由BA 知无解;当0a时,B,显然无解;当0a时,3|axaxB,由BA 解得.321a 综上知,参数a的取值范围是32,1.说明本题中,集合的定义是一个二次三项式,那么寻于集合 B要分类讨论使其取值范围数字化,才能通过条件求出参数的取值范围.高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 3 页 共 14 页 3【例 3】已知RyRx,集合1,2,1,12yyyBxxxxA.若BA,则22yx 的值是()A.5 B.4 C.25 D.10【解】0)1(2x,xxx12,且012 xx及集合中元素的互异性知 xxx12,即1x,此
6、时应有.112xxxx 而Ry,从而在集合 B 中,.21yyy 由BA,得)3()2()1(12112yxyxyxx 由(2)(3)解得2,1yx,代入(1)式知2,1yx也满足(1)式.5212222yx 说明本题主要考查集合相等的的概念,如果两个集合中的元素个数相等,那么两个集合中对应的元素应分别相等才能保证两个集合相等.而找到这种对应关系往往是解决此类题目的关键.【例 4】已知集合|,|,0),lg(,yxBxyyxA.若BA,求)1()1(22yxyx+)1(20082008yx的值.分析从集合 A=B的关系入手,则易于解决.【解】BA,0)lg(|)lg(xyxyxyxxyxyx,
7、根据元素的互异性,由 B 知0,0yx.B0且BA,A0,故只有0)lg(xy,从而.1xy 又由A1及BA,得.1B 所以1|1xxy或11yxy,其中1 yx与元素的互异性矛盾!所以,1 yx代入得:高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 4 页 共 14 页 4)1()1(22yxyx+)1(20082008yx=(2)+2+(2)+2+(2)+2=0.说明本题是例 4的拓展,也是考查集合相等的概念,所不同的是本题利用的是集合相等的必要条件,即两个集合相等,则两个集合中,各元素之和、各元素之积及元素个数相等.这是解决本题的关键.【例 5】已知 A 为有限集,且*NA,满足集合
8、A 中的所有元素之和与所有元素之积相等,写出所有这样的集合 A.【解】设集合A=)1(,21naaan且naaa211,由naaa21naaa21,*)(Nnnan,得nnanaaa21naaa21)!1(nan,即)!1(nn 2n或3n(事实上,当3n时,有)2)1()2)(1()!1(nnnnn.当2n时,1,2,21122121aaaaaaa,而.2,1122naa 当3n时,3,3213321321aaaaaaaaa,.2,121aa 由3332aa,解得.33a 综上可知,.3,2,1A 说明 本题根据集合中元素之间的关系找到等式,从而求得集合 A.在解决问题时,应注意分析题设条件
9、中所给出的信息,根据条件建立方程或不等式进行求解.【例 6】已知集合02|,023|22aaxxxSxxxP,若PS,求实数a的取值组成的集合 A.【解】21|xxP,设aaxxxf2)(2.当04)2(2aa,即10 a时,S,满足PS;当04)2(2aa,即0a或1a时,若0a,则0S,不满足PS,故舍去;若1a时,则1S,满足PS.当04)2(2aa时,满足PS 等价于方程022aaxx的根介于 1 和 2 之间.高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 5 页 共 14 页 5 即0340121100)2(0)1(22)2(10aaaaaffa或 a.综合得10 a,即所求集合
10、 A10|aa.说明先讨论特殊情形(S=),再讨论一般情形.解决本题的关键在于对分类讨论,确定a的取值范围.本题可以利用数形结合的方法讨论.0【例 7】(2005年江苏预赛)已知平面上两个点集 22(,)|1|2(),Mx yx yxyx y R,(,)|1|1,Nx yxayx yR.若 MN ,则 a 的取值范围是 【解】由题意知 M 是以原点为焦点、直线 10 xy 为准线的抛物线上及其凹口内侧的点集，N 是以(,1)a 为中心的正方形及其内部的点集(如图)考察 MN 时,a 的取值范围:令 1y,代入方程22|1|2()xyxy,得 2420 xx，解出得 26x 所以，当 26116
11、a 时,MN 令 2y，代入方程 22|1|2()xyxy,得 2610 xx.解出得 310 x 所以，当 310a 时,MN 因此,综合 与 可知，当 16310a，即 16,310a 时,MN 故填 16,310.【例 8】已知集合,4321aaaaA,24232221aaaaB,其中4321aaaa,Naaaa4321,.若,41aaBA,1041 aa.且BA中的所有元素之和为 124,求集合 A、B.【解】4321aaaa,且,41aaBA,211aa,又Na 1,所以.11a 又1041 aa,可得94a,并且422aa 或.423aa -2-146-357-1yx123123O
12、高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 6 页 共 14 页 6 若922a,即32a,则有,12481931233aa解得53a或63a(舍)此时有.81,25,9,1,9,5,3,1BA 若923a,即33a,此时应有22a,则BA中的所有元素之和为 100124.不合题意.综上可得,.81,25,9,1,9,5,3,1BA 说明本题的难点在于依据已知条件推断集合 A、B中元素的特征.同时上述解答中使用发分类讨论的思想.分类讨论是我们解决问题的基本手段之一,将问题分为多个部分,每一部分的难度比整体都要低,这样就使问题变得简单明了.【例 9】满足条件|4|)()(|2121xxxg
13、xg的函数)(xg形成了一个集合 M,其中Rxx21,并且1,2221xx,求函数)(23)(2Rxxxxfy与集合 M 的关系.分析求函数23)(2xxxf集合 M的关系,即求该函数是否属于集合 M,也就是判断该函数是否满足集合 M的属性.【解】|3|)23()23(|)()(|212122212121xxxxxxxxxfxf 取65,6421xx时,.|4|29|)()(|212121xxxxxfxf 由此可见,.)(Mxf 说明本题中 M是一个关于函数的集合.判断一个函数)(xf是否属于 M,只要找至一个或几个特殊的ix使得)(ixf不符合 M中的条件即可证明.)(Mxf【例 10】对集
14、合2008,2,1及每一个非空子集定义唯一“交替和”如下:把子集中的数按递减顺序排列,然后从最大数开始,交替地加减相继各数,如9,6,4,2,1的“交替和”是612469,集合10,7的“交替和”是 107=3,集合5的“交替和”是 5 等等.试求 A 的所有的“交替和”的总和.并针对于集合,2,1n求出所有的“交替和”.分析集合 A的非空子集共有122008个,显然,要想逐个计算“交替和”然后相加是不可能的.必须分析“交替和”的特点,故可采用从一般到特殊的方法.如1,2,3,4的非空子集共有 15高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 7 页 共 14 页 7 个,共“交替和”分别
15、为:1 1;2 2;3 3;4 4;1,2 2-1;1,3 3-1;1,4 4-1;2,3 3-2;2,4 4-2;3,4 4-3;1,2,3 3-2+1;1,2,4 4-2+1;1,3,4 4-3=1;2,3,4 4-3+2;1,2,3,4 4-3+2-1.从以上写出的“交替和”可以发现,除4以外,可以把1,2,3,4的子集分为两类:一类中包含 4,另一类不包含 4,并且构成这样的对应:设iA是1,2,3,4中一个不含有的子集,令iA与iA4相对应,显然这两个集合的“交替和”的和为 4,由于这样的对应应有 7对,再加上4的“交替和”为 4,即1,2,3.4的所有子集的“交替和”为 32.【解
16、】集合2008,2,1的子集中,除了集合2008,还有222008个非空子集.将其分为两类:第一类是含2008的子集,第二类是不含2008的子集,这两类所含的子集个数相同.因为如果iA是第二类的,则必有2008iA是第一类的集合;如果jB是第一类中的集合,则jB中除2008 外,还应用 1,2,2007 中的数做其元素,即jB中去掉 2008 后不是空集,且是第二类中的.于是把“成对的”集合的“交替和”求出来,都有 2008,从而可得 A 的所有子集的“交替和”为.2008220082008)22(2120072008 同样可以分析,2,1n,因为n个元素集合的子集总数为n2个(含,定义其“交
17、替和”为 0),其中包括最大元素n的子集有12n个,不包括n的子集的个数也是12n个,将两类子集一一对应(相对应的子集只差一个元素n),设不含n的子集“交替和”为 S,则对应的含n子集的“交替和”为Sn,两者相加和为n.故所有子集的“交替和”为.21nn 说明本题中退到最简,从特殊到一般的思想及分类讨论思想、对应思想都有所体现,这种方法在数学竞赛中是常用的方法,在学习的过程中应注意强化.【例 11】一支人数是 5 的倍数的且不少于 1000 人的游行队伍，若按每横排 4 人编队，最后差 3 人；若按每横排 3 人编队，最后差 2 人；若按每横排 2 人编队，最后差 1 人，求这支游行队伍的人数
18、最少是多少？分析已知游行队伍的总人数是 5的倍数，那么可设总人数为n5.“按每横排 4人编队，最后差 3人”，从它的反面去考虑，可理解为多 1人，同样按 3人、2人编队都可理解为“多1人”，显然问题转化为同余问题.n5被 4、3、2除时都余地，即15 n是 12 的倍数，再由高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 8 页 共 14 页 8 总人数不少于 1000人的条件，即可求得问题的解.【解】设游行队伍的总人数为)(5Nnn，则由题意知n5分别被 4、3、2 除时均余 1，即15 n是 4、3、2 的公倍数，于是可令)(1215Nmmn，由此可得：5112mn 要使游行队伍人数最少
19、，则式中的m应为最少正整数且112m为 5 的倍数，应为 2.于是可令)(25Npqm，由此可得：512 1)25(1251ppn，25605pn 所以10002560p，4116p.取17p代入式，得10452517605n 故游行队伍的人数最少是 1045 人.说明 本题利用了补集思想进行求解，对于题目中含有“至少”、“至多”、“最少”、“不都”、“都”等词语，可以根据补集思想方法，从词义气反面（反义词）考虑，对原命题做部分或全部的否定，用这种方法转化命题，常常能起到化繁为简、化难为易的作用，使之寻求到解题思想或方法，实现解题的目的.【例 12】设nN且n15，BA,都是1，2，3，n真子
20、集，AB，且AB=1，2，3，n.证明：A或者B中必有两个不同数的和为完全平方数.【证明】由题设，1，2，3，n的任何元素必属于且只属于它的真子集BA,之一.假设结论不真，则存在如题设的1，2，3，n的真子集BA,，使得无论是A还是B中的任两个不同的数的和都不是完全平方数.不妨设 1A，则 3A，否则 1+3=22，与假设矛盾，所以 3B.同样 6B，所以6A，这时 10A，即 10B.因n15，而 15 或者在A中，或者在B中，但当 15A时，因 1A，1+15=24，矛盾；当 15B时，因 10B，于是有 10+15=25，仍然矛盾.因此假设不真,即结论成立.【赛向点拨】1.高中数学的第一
21、个内容就是集合，而集合又是数学的基础.因此，深刻理解集合的概念,熟练地进行集合运算是非常重要的.由于本节中涉及的内容较多,所以抓好概念的理解和应用尤其重要.2.集合内容几乎是每年的高考与竞赛的必考内容.一般而言,一是考查集合本身的知识;二是考高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 9 页 共 14 页 9 查集合语言和集合思想的应用.3.对于给定的集合,要正确理解其含义,弄清元素是什么,具有怎样的性质?这是解决集合问题的前提.4.集合语言涉及数学的各个领域,所以在竞赛中,集合题是普遍而又基本的题型之一.【针对练习】(A 组)1.(2006年江苏预赛)设在xOy平面上，20 xy，10
22、 x所围成图形的面积为31，则集合,1),(xyyxM1),(2xyyxN的交集NM 所表示的图形面积为()A.31 B.32 C.1 D.34 2.(2006 年陕西预赛)ba,为实数,集合 M=xxfaPab:,0,1,表示把集合 M 中的元素x映射到集合 P 中仍为x,则ba 的值等于()A.1 B.0 C.1 D.1 3.(2004年全国联赛)已知 M=32|),(22yxyx，N=bmxyyx|),(，若对于所有的Rm，均有,NM则b的取值范围是 A 26,26 B.（26,26）C.（332,332）D.332,332 4.(2005年全国联赛)记集合,6,5,4,3,2,1,0T
23、,4,3,2,1,|77774433221iTaaaaaMi 将 M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第 2005 个数是（）A43273767575 B43272767575 C43274707171 D43273707171 5.集合 A,B 的并集 AB=a1,a2,a3，当且仅当 AB 时，(A,B)与(B,A)视为不同的对，则这样的(A,B)对的个数有()A.27 B.28.C.26 D.25 6.设 A=n|100n600,nN，则集合 A 中被 7 除余 2 且不能被 57 整除的数的个数为_.7.已知2430,Ax xxxR,12 20,2(7)50,xBxaxaxxR且.若A
24、B,则实数a的取值范围是 .8.设 M=1,2,3,1995，A 是 M 的子集且满足条件:当 xA 时,15xA，则 A 中元素的高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 10 页 共 14 页 10 个数最多是_.9.(2006 年集训试题)设 n 是正整数，集合 M=1，2，2n求最小的正整数 k，使得对于 M 的任何一个 k 元子集，其中必有 4 个互不相同的元素之和等于 10.设Aa|a22xy,x yZ，求证：21k A(kZ)；42 ()kAkZ.11.（2006年江苏）设集合12log32Axx，21aBxxa 若AB ，求实数a的取值范围 12.以某些整数为元素的集合
25、P具有下列性质：P中的元素有正数，有负数；P中的元素有奇数,有偶数；1P；若x，yP,则xyP试判断实数 0 和 2 与集合P的关系.(B 组)1.设S为满足下列条件的有理数的集合：若aS，bS，则a+bS，Sab；对任一个有理数r，三个关系rS，rS，r0 有且仅有一个成立.证明：S是由全体正有理数组成的集合.2321,SSS为非空集合，对于1，2，3的任意一个排列kji,，若jiSySx,，则kSyx（1）证明：三个集合中至少有两个相等.（2）三个集合中是否可能有两个集无公共元素？3已知集合：1|),(,1|),(,1|),(22yxyxCayxyxByaxyxA问（1）当a取何值时，CB
26、A)(为含有两个元素的集合？（2）当a取何值时，CBA)(为含有三个元素的集合？4已知22(,)4470,Ax y xyxyx yR,(,)10,Bx y xyx yR.请根据自己对点到直线的距离,两条异面直线的距离中“距离”的认识,给集合 A 与 B 的距离定义;依据中的定义求出A与B的距离.5.设集合P不小于的正整数，定义上的函数如下：若Pn，定义)(nf为不是n的 约 数 的 最 小 正 整 数，例 如5)12(,2)7(ff.记 函 数f的 值 域 为 .证 明：.99,19MM 6 为了搞好学校的工作，全校各班级一共提了 P)(NP条建议.已知有些班级提出了相同的建议，且任何两个班级
27、都至少有一条建议相同，但没有两个班提出全部相同的建议.求证高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 11 页 共 14 页 11 该校的班级数不多于12P个.【参考答案】A 组 1.解：NM 在 xOy 平面上的图形关于 x 轴与 y 轴均对称，由此NM 的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以 4 即得.为此，只要考虑在第一象限的面积就可以了.由题意可得，NM 的图形在第一象限的面积为 A613121.因此NM 的图形面积为32.所以选 B.2.解:由 M=P,从而1,0aab,即0,1ba,故.1ba从而选 C.3.解：MN 相 当 于 点（0，b）在 椭 圆2223xy上 或
28、它 的 内 部22661,322bb.故选A.4.解:用pkaaa21表示 k 位 p 进制数，将集合 M 中的每个数乘以47，得 3212341234 7777|,1,2,3,4|,1,2,3,4.iiMaaaaaT ia a a aaT i M 中的最大数为10724006666.在十进制数中，从 2400 起从大到小顺序排列的第2005 个数是 24002004=396.而1039671104将此数除以47，便得 M 中的数.74707171432故选 C.5.解：A=时，有 1 种可能；A 为一元集时，B 必须含有其余 2 元，共有 6 种可能；A 为二元集时，B 必须含有另一元.共有
29、 12 种可能；A 为三元集时，B 可为其任一子集.共 8 种可能.故共有 1+6+12+8=27 个.从而选 A.6 解：被 7 除余 2 的数可写为 7k+2.由 1007 k+2600.知 14k85.又若某个 k 使 7k+2 能被 57 整除，则可设 7k+2=57n.即57256227778nn nnkn.即 n2 应为 7 的倍数.设 n=7m+2 代入，得 k=57m+16.1457m+1685.m=0,1.于是所求的个数为 85(141)2=70 解：依题意可得13Axx,设1()2xf xa,2()2(7)5g xxax 要使AB,只需()f x,()g x在(1,3)上的
30、图象均在x轴的下方,则(1)0f,(3)0f,(1)0g,(3)0g,由此可解得结果.8解：由于 1995=15133，所以，只要 n133，就有 15n1995.故取出所有大于 133 而不超过 1995 的整数.由于这时己取出了 159=135,15133=1995.故 9 至 133 的整数都不能再取，还可取 1 至 8 这 8 个数，即共取出 1995133+8=1870 个数,这说明所求数1870.另一方面，把 k 与 15k 配对，（k 不是 15 的倍数，且 1k 133）共得 1338=125 对，高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 12 页 共 14 页 12
31、每对数中至多能取 1 个数为 A 的元素，这说明所求数1870，综上可知应填 1870.9.解：考虑 M 的 n+2 元子集 P=nl，n，n+1，2nP 中任何 4 个不同元素之和不小于(n1)+n+(n+1)+(n+2)=4 n+2，所以 kn+3将 M 的元配为 n 对，Bi=(i，2 n+1i)，1in 对 M 的任一 n+3 元子集 A，必有三对123,iiiB BB同属于 A(i1、I 2、I 3两两不同)又将 M 的元配为 n1 对，C I(i，2ni)，1in1对 M 的任一 n+3 元子集 A，必有一对4iC同属于 A，这一对4iC必与123,iiiB BB中至少一个无公共元
32、素，这 4 个元素互不相同，且和为 2 n+1+2 n=4 n+1,最小的正整数 k=n+310 10.解:k,1k Z且21k 22(1)kk,21k A；假设42()kA k Z,则存在,x y Z,使42k22xy即()()2(21)xyxyk(*)由于xy与xy具有相同的奇偶性，所以（*）式左边有且仅有两种可能：奇数或 4 的倍数，另一方面，（*）式右边只能被 4 除余 2 的数，故（*）式不能成立.由此，42()kA kZ.11.解：13Axx，30Bx xaxa 当0a 时，03Bxaxa，由AB 得03a；当0a 时，30Bx axa，由AB 得1a ；当0a 时，20Bx x，
33、与AB 不符 综上所述，1,00,3a 12解：由若x，yP,则xyP可知，若xP，则)(NkPkx（1）由可设x，yP，且x0，y0，则yx|y|x (|y|N)故xy,yxP,由,0(yx)+xyP.（2）2P.若 2P，则P中的负数全为偶数，不然的话，当（12 k）P（Nk）时，1（12 k）k2P，与矛盾.于是，由知P中必有正奇数.设),(12,2NnmPnm，我们取适当正整数q，使 12|2|nmq，则负奇数Pnqm)12(2.前后矛盾 B 组 1 证明：设任意的rQ，r0,由知rS，或rS之一成立.再由，若rS，则Sr 2；若rS，则Srrr)()(2.总之，Sr 2.取r=1，则
34、 1S.再由，2=1+1S，3=1+2S，可知全体正整数都属于S.高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 13 页 共 14 页 13 设Sqp,，由Spq，又由前证知Sq21，所以21qpqqpS.因此，S含有全体正有理数.再由知，0 及全体负有理数不属于S.即S是由全体正有理数组成的集合.2证明：（1）若jiSySx,，则ikSxyxySxy)(,，所以每个集合中均有非负元素.当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立.否则，设321,SSS中的最小正元素为a，不妨设1Sa，设b为32,SS中最小的非负元素，不妨设,2Sb则ba3S.若b0,则 0bab，与b的取法矛盾.所以b=0
35、.任取,1Sx因 02S,故x0 x3S.所以1S3S，同理3S1S.所以1S=3S.（）可能.例如1S=2S=奇数，3S=偶数显然满足条件，1S和2S与3S都无公共元素.3解：CBA)(=)()(CBCA.CA与CB 分别为方程组（）1122yxyax （）1122yxayx 的解集.由（）解得（yx,）=（0，1）=（212aa，2211aa）；由（）解得（yx,）=（1，0），（2211aa，212aa）（1）使CBA)(恰有两个元素的情况只有两种可能：111012222aaaa 011112222aaaa 由解得a=0；由解得a=1.故a=0 或 1 时，CBA)(恰有两个元素.（2）
36、使CBA)(恰有三个元素的情况是：212aa=2211aa 解得21a，故当21a时，CBA)(恰有三个元素.高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分)第 14 页 共 14 页 14 4解:(1)设1212,minPA PBdP P(即集合 A 中的点与集合 B 中的点的距离的最小值),则称d为 A 与 B 的距离.解法一：A中点的集合为圆22(2)(2)1,xy圆心为(2,2)M,令(,)P x y是双曲线上的任一点,则2MP22(2)(2)xy=224()8xyxy=2()24()xyxyxy+8=2()4()28xyxy 令txy,则2MP=22428(2)24ttt 当2t 时,
37、即102xyxy 有解，min2 6MP2 61d 解法二：如图,P是双曲线上的任一点,Q 为圆22(2)(2)1xy上任一点,圆心为M.显然,PMMPQQ(当PM、Q、三点共线时取等号)min1dMP.5解：记!18n时，由于 1，2，18 都是n的约数，故此时.19)(nf从而.19M 若存在Pn，使99)(nf，则对于小于 99 的正整数k，均有nk|，从而nn|11,|9，但是1)11,9(，由整数理论中的性质 9 11=99是n的一个约数，这是一个矛盾！从而.99M 6证明：假设该校共有m个班级，他们的建议分别组成集合mAAA,21。这些集合中没有两个相同（因为没有两个班级提出全部相同的建议），而任何两个集合都有相同的元素，因此任何一个集合都不是另外一个集合的补集。这样在mAAA,21中至多有 A（所有 P条建议所组成的集合）的12221PP个子集，所以.21Pm