1、集合思想及應用集合是高中數學的基本知識，為歷年必考內容之一，主要考查對集合基本概念的認識和理解，以及作為工具，考查集合語言和集合思想的運用.本節主要是幫助考生運用集合的觀點，不斷加深對集合概念、集合語言、集合思想的理解與應用.難點磁場()已知集合a=(x,y)|x2+mxy+2=0,b=(x,y)|xy+1=0,且0x2,如果ab,求實數m的取值范圍.案例探究例1設a=(x,y)|y2x1=0,b=(x,y)|4x2+2x2y+5=0,c=(x,y)|y=kx+b,是否存在k、bn,使得(ab)c=，證明此結論.技巧與方法：由集合a與集合b中的方程聯立構成方程組，用判別式對根的情況進行限制，可

2、得到b、k的范圍，又因b、kn,進而可得值.解：(ab)c=，ac=且bc= k2x2+(2bk1)x+b21=0ac=1=(2bk1)24k2(b21)<04k24bk+1<0,此不等式有解，其充要條件是16b216>0,即b2>14x2+(22k)x+(5+2b)=0bc=,2=(1k)24(52b)<0k22k+8b19<0,從而8b<20,即b<2.5 由及bn,得b=2代入由1<0和2<0組成的不等式組，得k=1,故存在自然數k=1,b=2,使得(ab)c=.例2向50名學生調查對a、b兩事件的態度，有如下結果：贊成a的人數

3、是全體的五分之三，其余的不贊成，贊成b的比贊成a的多3人，其余的不贊成；另外，對a、b都不贊成的學生數比對a、b都贊成的學生數的三分之一多1人.問對a、b都贊成的學生和都不贊成的學生各有多少人？知識依托：解答本題的閃光點是考生能由題目中的條件，想到用韋恩圖直觀地表示出來.錯解分析：本題難點在于所給的數量關系比較錯綜復雜，一時理不清頭緒，不好找線索.技巧與方法：畫出韋恩圖，形象地表示出各數量關系間的聯系.解：贊成a的人數為50×=30，贊成b的人數為30+3=33，如上圖，記50名學生組成的集合為u，贊成事件a的學生全體為集合a；贊成事件b的學生全體為集合b.設對事件a、b都贊成的學生

4、人數為x,則對a、b都不贊成的學生人數為+1,贊成a而不贊成b的人數為30x，贊成b而不贊成a的人數為33x.依題意(30x)+(33x)+x+(+1)=50,解得x=21.所以對a、b都贊成的同學有21人，都不贊成的有8人.錦囊妙計1.解答集合問題，首先要正確理解集合有關概念，特別是集合中元素的三要素；對于用描述法給出的集合x|xp,要緊緊抓住豎線前面的代表元素x以及它所具有的性質p；要重視發揮圖示法的作用，通過數形結合直觀地解決問題.2.注意空集的特殊性，在解題中，若未能指明集合非空時，要考慮到空集的可能性，如ab,則有a=或a兩種可能，此時應分類討論.殲滅難點訓練一、選擇題1.()集合m

5、=x|x=,kz,n=x|x=,kz,則( )a.m=nb.mnc.mnd.mn=2.()已知集合a=x|2x7,b=x|m+1<x<2m1且b,若ab=a，則( )a.3m4b.3<m<4c.2<m<4d.2<m4二、填空題3.()已知集合a=xr|ax23x+2=0,ar,若a中元素至多有1個，則a的取值范圍是_.4.()x、yr,a=(x,y)|x2+y2=1,b=(x,y)| =1,a>0,b>0,當ab只有一個元素時，a,b的關系式是_.三、解答題5.()集合a=x|x2ax+a219=0,b=x|log2(x25x+8)=1，c

6、=x|x2+2x8=0,求當a取什么實數時，ab 和ac=同時成立.6.()已知an是等差數列，d為公差且不為0，a1和d均為實數，它的前n項和記作sn,設集合a=(an,)|nn*,b=(x,y)| x2y2=1,x,yr.試問下列結論是否正確，如果正確，請給予證明；如果不正確，請舉例說明.(1)若以集合a中的元素作為點的坐標，則這些點都在同一條直線上；(2)ab至多有一個元素；(3)當a10時，一定有ab.7.()已知集合a=z|z2|2,zc,集合b=w|w=zi+b,br,當ab=b時，求b的值.8.()設f(x)=x2+px+q,a=x|x=f(x),b=x|ff(x)=x.(1)求

7、證：ab;(2)如果a=1，3，求b.參考答案難點磁場解：由得x2+(m1)x+1=0ab方程在區間0，2上至少有一個實數解.首先，由=(m1)240,得m3或m1,當m3時，由x1+x2=(m1)0及x1x2=1>0知，方程只有負根，不符合要求.當m1時，由x1+x2=(m1)>0及x1x2=1>0知，方程只有正根，且必有一根在區間(0，1內，從而方程至少有一個根在區間0，2內.故所求m的取值范圍是m1.殲滅難點訓練一、1.解析：對m將k分成兩類：k=2n或k=2n+1(nz),m=x|x=n+,nzx|x=n+,nz,對n將k分成四類，k=4n或k=4n+1,k=4n+2

8、,k=4n+3(nz),n=x|x=n+,nzx|x=n+,nzx|x=n+,nzx|x=n+,nz.答案：c2.解析：ab=a，ba,又b,即2m4.答案：d二、3.a=0或a4.解析：由ab只有1個交點知，圓x2+y2=1與直線=1相切，則1=,即ab=. 答案：ab=三、5.解：log2(x25x+8)=1,由此得x25x+8=2，b=2,3.由x2+2x8=0，c=2,4,又ac=，2和4都不是關于x的方程x2ax+a219=0的解，而ab ,即ab,3是關于x的方程x2ax+a219=0的解，可得a=5或a=2.當a=5時，得a=2，3，ac=2，這與ac=不符合，所以a=5(舍去)

9、；當a=2時，可以求得a=3，5，符合ac=，ab ，a=2.6.解：(1)正確.在等差數列an中，sn=,則(a1+an),這表明點(an,）的坐標適合方程y(x+a1),于是點(an, )均在直線y=x+a1上.(2)正確.設(x,y)ab,則(x,y)中的坐標x,y應是方程組的解，由方程組消去y得：2a1x+a12=4(*)，當a1=0時，方程(*)無解，此時ab=；當a10時，方程(*)只有一個解x=,此時，方程組也只有一解,故上述方程組至多有一解.ab至多有一個元素.(3）不正確.取a1=1,d=1,對一切的xn*,有an=a1+(n1)d=n>0, >0,這時集合a中的

10、元素作為點的坐標，其橫、縱坐標均為正，另外，由于a1=10.如果ab,那么據(2）的結論，ab中至多有一個元素(x0,y0）,而x0=0,y0=0,這樣的(x0,y0）a,產生矛盾，故a1=1,d=1時ab=，所以a10時，一定有ab是不正確的.7.解：由w=zi+b得z=,za,|z2|2,代入得|2|2,化簡得|w(b+i)|1.集合a、b在復平面內對應的點的集合是兩個圓面，集合a表示以點(2，0）為圓心，半徑為2的圓面，集合b表示以點(b,1)為圓心，半徑為1的圓面.又ab=b，即ba，兩圓內含.因此21,即(b2)20，b=2.8.(1)證明：設x0是集合a中的任一元素，即有x0a.a

11、=x|x=f(x),x0=f(x0).即有ff(x0)=f(x0)=x0,x0b,故ab.(2)證明：a=1,3=x|x2+px+q=x,方程x2+(p1)x+q=0有兩根1和3，應用韋達定理，得f(x)=x2x3.于是集合b的元素是方程ff(x)=x,也即(x2x3)2(x2x3)3=x(*)的根.將方程(*)變形，得(x2x3）2x2=0解得x=1,3,. 故b=，1，3.充要條件的判定充分條件、必要條件和充要條件是重要的數學概念，主要用來區分命題的條件p和結論q之間的關系.本節主要是通過不同的知識點來剖析充分必要條件的意義，讓考生能準確判定給定的兩個命題的充要關系.難點磁場()已知關于x

12、的實系數二次方程x2+ax+b=0有兩個實數根、，證明：|<2且|<2是2|a|<4+b且|b|<4的充要條件.案例探究例1已知p：|1|2,q:x22x+1m20(m>0),若p是q的必要而不充分條件，求實數m的取值范圍.命題意圖：本題以含絕對值的不等式及一元二次不等式的解法為考查對象，同時考查了充分必要條件及四種命題中等價命題的應用，強調了知識點的靈活性.知識依托：本題解題的閃光點是利用等價命題對題目的文字表述方式進行轉化，使考生對充要條件的難理解變得簡單明了.錯解分析：對四種命題以及充要條件的定義實質理解不清晰是解此題的難點，對否命題，學生本身存在著語言理解

13、上的困難.技巧與方法：利用等價命題先進行命題的等價轉化，搞清晰命題中條件與結論的關系，再去解不等式，找解集間的包含關系，進而使問題解決.解：由題意知：命題：若p是q的必要而不充分條件的等價命題即逆否命題為：p是q的充分不必要條件.p:|1|2212132x10q:x22x+1m20x(1m)x(1+m)0 *p是q的充分不必要條件，不等式|1|2的解集是x22x+1m20(m>0)解集的子集.又m>0不等式*的解集為1mx1+m，m9，實數m的取值范圍是9，+.例2已知數列an的前n項sn=pn+q(p0,p1),求數列an是等比數列的充要條件.命題意圖：本題重點考查充要條件的概念

14、及考生解答充要條件命題時的思維的嚴謹性.知識依托：以等比數列的判定為主線，使本題的閃光點在于抓住數列前n項和與通項之間的遞推關系，嚴格利用定義去判定.錯解分析：因為題目是求的充要條件，即有充分性和必要性兩層含義，考生很容易忽視充分性的證明.技巧與方法：由an=關系式去尋找an與an+1的比值，但同時要注意充分性的證明.解：a1=s1=p+q.當n2時，an=snsn1=pn1(p1)p0,p1,=p若an為等比數列，則=p=p,p0，p1=p+q，q=1這是an為等比數列的必要條件.下面證明q=1是an為等比數列的充分條件.當q=1時，sn=pn1(p0,p1)，a1=s1=p1當n2時，an

15、=snsn1=pnpn1=pn1(p1)an=(p1)pn1 (p0,p1)=p為常數q=1時，數列an為等比數列.即數列an是等比數列的充要條件為q=1.錦囊妙計本難點所涉及的問題及解決方法主要有：(1)要理解“充分條件”“必要條件”的概念：當“若p則q”形式的命題為真時，就記作pq，稱p是q的充分條件，同時稱q是p的必要條件，因此判斷充分條件或必要條件就歸結為判斷命題的真假.(2)要理解“充要條件”的概念，對于符號“”要熟悉它的各種同義詞語：“等價于”，“當且僅當”，“必須并且只需”，“，反之也真”等.(3)數學概念的定義具有相稱性，即數學概念的定義都可以看成是充要條件，既是概念的判斷依據

16、，又是概念所具有的性質.(4)從集合觀點看，若ab，則a是b的充分條件，b是a的必要條件；若a=b，則a、b互為充要條件.(5)證明命題條件的充要性時，既要證明原命題成立(即條件的充分性)，又要證明它的逆命題成立(即條件的必要性).殲滅難點訓練一、選擇題1.()函數f(x)=x|x+a|+b是奇函數的充要條件是( )a.ab=0b.a+b=0c.a=bd.a2+b2=02.()“a=1”是函數y=cos2axsin2ax的最小正周期為“”的( )a.充分不必要條件b.必要不充分條件c.充要條件d.既非充分條件也不是必要條件二、填空題3.()a=3是直線ax+2y+3a=0和直線3x+(a1)y

17、=a7平行且不重合的_.4.()命題a：兩曲線f(x,y)=0和g(x,y)=0相交于點p(x0,y0),命題b：曲線f(x,y)+g(x,y)=0(為常數)過點p(x0,y0),則a是b的_條件.三、解答題5.()設，是方程x2ax+b=0的兩個實根，試分析a>2且b>1是兩根、均大于1的什么條件？6.()已知數列an、bn滿足：bn=,求證：數列an成等差數列的充要條件是數列bn也是等差數列.7.()已知拋物線c：y=x2+mx1和點a(3，0)，b(0，3)，求拋物線c與線段ab有兩個不同交點的充要條件.8.()p:2<m<0,0<n<1;q:關于x的

18、方程x2+mx+n=0有2個小于1的正根，試分析p是q的什么條件.(充要條件)參考答案難點磁場證明：(1）充分性：由韋達定理，得|b|=|·|=|·|2×2=4.設f(x)=x2+ax+b,則f(x)的圖象是開口向上的拋物線.又|2,|2,f(±2)>0.即有4+b>2a>(4+b)又|b|44+b>02|a|4+b(2)必要性：由2|a|4+bf(±2)>0且f(x)的圖象是開口向上的拋物線.方程f(x)=0的兩根，同在(2，2）內或無實根.，是方程f(x)=0的實根，同在(2，2）內，即|2且|2.殲滅難點訓練

19、一、1.解析：若a2+b2=0,即a=b=0,此時f(x)=(x)|x+0|+0=x·|x|=(x|x+0|+b)=(x|x+a|+b)=f(x).a2+b2=0是f(x)為奇函數的充分條件，又若f(x)=x|x+a|+b是奇函數，即f(x)=(x)|(x)+a|+b=f(x),則必有a=b=0,即a2+b2=0.a2+b2=0是f(x)為奇函數的必要條件.答案：d2.解析：若a=1,則y=cos2xsin2x=cos2x,此時y的最小正周期為.故a=1是充分條件，反過來，由y=cos2axsin2ax=cos2ax.故函數y的最小正周期為,則a=±1,故a=1不是必要條件.答案：a二、3.解析：當a=3時，直線l1:3x+2y+9=0;直線l2:3x+2y+4=0.l1與l2的a1a2=b1b2=11，而c1c2=941,即c1c2,a=3l1l2.答案：充要條件4.解析：若p(x0,y0)是f(x,y)=0和g(x,y)=0的交點，則f(x0,y0)+g(x0,y0)=0，即f(x,y)+g(x,y)=0，過p(x0,y0);反之不成立.答案：充分不必要三、5.解：根據韋達定理得a=+,b=.判定的條件是p:結論是q:(注意p中a、b滿足的前提是=a24b0)(1)由，得a=+>2,b=>