新高考数学二轮专题重难点突破训练01 集合背景下的新定义压轴解答题（四大题型）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题重难点突破训练01 集合背景下的新定义压轴解答题（四大题型）（2份，原卷版+解析版），共31页。试卷主要包含了解答新定义型创新题的基本思路是等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc165497903" 01方法技巧与总结 PAGEREF _Tc165497903 \h 2
\l "_Tc165497904" 02题型归纳与总结 PAGEREF _Tc165497904 \h 2
\l "_Tc165497905" 题型一：定义新概念 PAGEREF _Tc165497905 \h 2
\l "_Tc165497906" 题型二：定义新运算 PAGEREF _Tc165497906 \h 7
\l "_Tc165497907" 题型三：定义新性质 PAGEREF _Tc165497907 \h 11
\l "_Tc165497908" 题型四：定义新背景 PAGEREF _Tc165497908 \h 14
\l "_Tc165497909" 03过关测试 PAGEREF _Tc165497909 \h 20
1、解答新定义型创新题的基本思路是：
（1）正确理解新定义；
（2）根据新定义建立关系式；
（3）结合所学的知识、经验将问题转化为熟悉的问题；
（4）运用所学的公式、定理、性质等合理进行推理、运算，求得结果．
2、集合中的新概念问题，往往是通过重新定义相应的集合或重新定义集合中的某个要素，结合集合的知识加以创新，我们还可以利用原有集合的相关知识来解题．
3、集合中的新运算问题是通过创新给出有关集合的一个全新的运算规则．按照新的运算规则，结合数学中原有的运算和运算规则，通过相关的集合或其他知识进行计算或逻辑推理等，从而达到解答的目的．
4、集合中的新性质问题往往是通过创新集合中给定的定义与性质衍生而来的．我们通过可以结合相应的集合概念、关系、运算等相关知识，利用相应的数学思想方法来解答有关的集合的新性质问题．
题型一：定义新概念
【典例1-1】（2024·北京顺义·二模）已知点集满足，，.对于任意点集，若其非空子集A，B满足，，则称集合对为的一个优划分.对任意点集及其优划分，记A中所有点的横坐标之和为，B中所有点的纵坐标之和为.
(1)写出的一个优划分，使其满足；
(2)对于任意点集，求证：存在的一个优划分，满足；
(3)对于任意点集，求证：存在的一个优划分，满足且.
【解析】（1）由题因为，
所以若使，则可以，
此时，满足题意.
（2）根据题意对于任意点集，不妨设，
且，，，
若，则，令，
则，此时恒有；
若，则，可令，
此时，则，满足题意；
若，则，令，
此时，则，满足题意；
若，则，则
令，
此时，则，满足题意；
所以对于任意点集，都存在的一个优划分，满足.
（3）不妨设，
若，则B取其中一点即可满足；
若，
则必存在正整数k使得，
则有，于是，
又因为
，当且仅当时取等号；
于是取，
即可满足且，命题得证.
【典例1-2】（2024·浙江台州·二模）设A，B是两个非空集合，如果对于集合A中的任意一个元素x，按照某种确定的对应关系，在集合B中都有唯一确定的元素y和它对应，并且不同的x对应不同的y；同时B中的每一个元素y，都有一个A中的元素x与它对应，则称：为从集合A到集合B的一一对应，并称集合A与B等势，记作.若集合A与B之间不存在一一对应关系，则称A与B不等势，记作.
例如：对于集合，，存在一一对应关系，因此.
(1)已知集合，，试判断是否成立?请说明理由；
(2)证明：①；
②.
【解析】（1）设，，令
则C与D存在一一对应，所以集合.
（2）①取函数，其中，，两个集合之间存在一一对应，故.
备注：函数举例不唯一，只要保证定义域为，值域为即可，
如：或等等均可，
②设，，
假设，即存在对应关系：为一一对应，
对于集合B中的元素，，，至少存在一个（，且）与这三个集合中的某一个对应，所以集合A中必存在.
记，则，故，
从而存在，使得；
若，则，矛盾；
若，则，矛盾.
因此，不存在A到B的一一对应，所以.
【变式1-1】（2024·江西九江·二模）定义两个维向量，的数量积，，记为的第k个分量（且）.如三维向量，其中的第2分量.若由维向量组成的集合A满足以下三个条件：①集合中含有n个n维向量作为元素；②集合中每个元素的所有分量取0或1；③集合中任意两个元素，，满足（T为常数）且.则称A为T的完美n维向量集.
(1)求2的完美3维向量集；
(2)判断是否存在完美4维向量集，并说明理由；
(3)若存在A为T的完美n维向量集，求证：A的所有元素的第k分量和.
【解析】（1）由题意知，集合中含有3个元素（），且每个元素中含有三个分量，
因为，所以每个元素中的三个分量中有两个取1，一个取0.
所以，，，
又，
所以2的完美3维向量集为.
（2）依题意，完美4维向量集B含有4个元素（），且每个元素中含有四个分量，，
（i）当时，，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
（ii）当时，，不满足条件③，舍去；
（iii）当时，，
因为，故与至多有一个在B中，
同理：与至多有一个在B中，与至多有一个在B中，
故集合B中的元素个数小于4，不满足条件①，舍去；
（iv）当时，，不满足条件③，舍去；
（v）当时，，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
综上所述，不存在完美4维向量集.
（3）依题意，的完美维向量集含有个元素（），且每个元素中含有个分量，
因为，所以每个元素中有个分量为1，其余分量为0，
所以（*），
由（2）知，，故，
假设存在，使得，不妨设.
（i）当时，如下图，
由条件③知，或（），
此时，与（*）矛盾，不合题意.
（ii）当时，如下图，
记（），
不妨设，，，
下面研究，，，，的前个分量中所有含1的个数.
一方面，考虑，，，，中任意两个向量的数量积为1，
故，，，（）中至多有1个1，
故，，，，的前个分量中，
所有含1的个数至多有个1（**）.
另一方面，考虑（），
故，，，，的前个分量中，含有个1，与（**）矛盾，不合题意.
故对任意且，，由（*）可得.
题型二：定义新运算
【典例2-1】（2024·海南海口·一模）在计算机科学中，维数组是一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用．对于维数组，定义与的差为与之间的距离为．
(1)若维数组，证明：；
(2)证明：对任意的数组，有；
(3)设集合，若集合中有个维数组，记中所有两元素间的距离的平均值为，证明：．
【解析】（1）设与中对应项中同时为0的有个，同时为1的有个，
则对应项不同的为个，所以．
所以；
（2）设，
因为，
，
所以，
因为．
所以当时，，
当时，，
所以；
（3）记集合中所有两个元素间距离的总和为，
则．
设集合中所有元素的第个位置的数字共有个个0，
则，
因为，
所以，
所以，
所以.
【典例2-2】（2024·浙江绍兴·二模）已知，集合其中.
(1)求中最小的元素；
(2)设，，且，求的值；
(3)记，，若集合中的元素个数为，求.
【解析】（1）中的最小元素为.
（2）由题得，设，.
①当时，或或或或或.
经检验，当时，，符合题意，
所以.
②当时，或或或.
经检验，当时，，符合题意，
所以.
③当时，不符合题意.
因此，或10.
（3）设，则，其中，
，所以，
设，则.
因为，
所以
.
因为，
所以，所以，
又因为，所以.
【变式2-1】（2024·浙江嘉兴·二模）已知集合，定义：当时，把集合中所有的数从小到大排列成数列，数列的前项和为.例如：时，，.
(1)写出，并求；
(2)判断88是否为数列中的项.若是，求出是第几项；若不是，请说明理由；
(3)若2024是数列中的某一项，求及的值.
【解析】（1）因为，此时，
，
.
（2）当时，，
是数列中的项，
比它小的项分别有个，
有个，
有个，
所以比88小的项共有个，故88是数列的第30项.
（3）是数列中的项，故，
则当时，，
方法一：比它小的项分别有以下7种情况：
①个数字任取7个得个，
②，得个，
③，得个，
④，得个，
⑤，得个，
⑥，得个，
⑦，得个，
所以比2024小的项共有个，
其中
故2024是数列的第329项，即.
方法二：共有元素个，
最大的是，其次为，
所以2024是数列的第项，即.
在总共项中，含有的项共有个，同理都各有个，所以，则.
题型三：定义新性质
【典例3-1】（2024·云南昆明·一模）若非空集合A与B，存在对应关系f，使A中的每一个元素a，B中总有唯一的元素b与它对应，则称这种对应为从A到B的映射，记作f：A→B．
设集合，（，），且．设有序四元数集合且，．对于给定的集合B，定义映射f：P→Q，记为，按映射f，若（），则；若（），则．记．
(1)若，，写出Y，并求；
(2)若，，求所有的总和；
(3)对于给定的，记，求所有的总和（用含m的式子表示）．
【解析】（1）由题意知，，
所以．
（2）对1，，5是否属于B进行讨论：
①含1的B的个数为，此时在映射f下，；
不含1的B的个数为，此时在映射f下，；
所以所有Y中2的总个数和1的总个数均为10；
②含5的B的个数为，此时在映射f下，；
不含5的B的个数为，此时在映射f下，；
所以所有Y中6的总个数和5的总个数均为10；
②含的B的个数为，此时在映射f下，，；
不含的B的个数为，此时在映射f下，，；
所以所有y中的总个数和的总个数均为20．
综上，所有的总和为．
（3）对于给定的，考虑在映射f下的变化．
由于在A的所有非空子集中，含有的子集B共个，
所以在映射f下变为；
不含的子集B共个，在映射f下变为；
所以在映射f下得到的所有的和为．
同理，在映射f下得到的所有（）的和．
所以所有的总和为．
【典例3-2】（2024·广东江门·一模）将2024表示成5个正整数，，，，之和，得到方程①，称五元有序数组为方程①的解，对于上述的五元有序数组，当时，若，则称是密集的一组解.
(1)方程①是否存在一组解，使得等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由；
(2)方程①的解中共有多少组是密集的?
(3)记，问是否存在最小值?若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）若等于同一常数，
根据等差数列的定义可得构成等差数列，所以，
解得，与矛盾，
所以不存在一组解，使得等于同一常数；
（2）因为，
依题意时，即当时，，
所以，，
设有个，则有个，由，解得，
所以，，，，中有个，个，
所以方程①的解共有组.
（3）因为平均数，
又方差，即，
所以，因为为常数，所以当方差取最小值时取最小值，
又当时，即，方程无正整数解，故舍去；
当时，即是密集时，取得最小值，
且.
【变式3-1】（2024·广东·模拟预测）已知集合中含有三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”.
(1)试判断集合是否具有性质，并说明理由；
(2)若集合具有性质，证明：集合是集合的“期待子集”；
(3)证明：集合具有性质的充要条件是集合是集合的“期待子集”.
【解析】（1）集合不具有性质，理由如下：
（i）从集合中任取三个元素均为奇数时，为奇数，不满足条件③
（ii）从集合中任取三个元素有一个为，另外两个为奇数时，不妨设，，
则有，即，不满足条件②，
综上所述，可得集合不具有性质.
（2）证明：由是偶数，得实数是奇数，
当时，由，得，即，不合题意，
当时，由，得，即，或（舍），
因为是偶数，所以集合，
令，解得，
显然，
所以集合是集合的“期待子集”得证.
（3）证明：
先证充分性：
当集合是集合的“期待子集”时，存在三个互不相同的，使得均属于，
不妨设，令，，，则，即满足条件①，
因为，所以，即满足条件②，
因为，所以为偶数，即满足条件③，
所以当集合是集合的“期待子集”时，集合具有性质.
再证必要性：
当集合具有性质，则存在，同时满足①；②；③为偶数，
令，，，则由条件①得，
由条件②得，
由条件③得均为整数，
因为，
所以，且均为整数，
所以，
因为，
所以均属于，
所以当集合具有性质时，集合是集合的“期待子集”.
综上所述，集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质.
题型四：定义新背景
【典例4-1】（2024·全国·模拟预测）拓扑学是一个研究图形（或集合）整体结构和性质的一门几何学，以抽象而严谨的语言将几何与集合联系起来，富有直观和逻辑．已知平面，定义对，，其度量（距离）并称为一度量平面．设，，称平面区域为以为心，为半径的球形邻域．
(1)试用集合语言描述两个球形邻域的交集；
(2)证明：中的任意两个球形邻域的交集是若干个球形邻域的并集；
(3)一个集合称作“开集”当且仅当其是一个无边界的点集．证明：的一个子集是开集当且仅当其可被表示为若干个球形邻域的并集．
【解析】（1）设这两个球形邻域分别为，，
为和的交集．
①若与不相交，则；
②若与相交，则
且
故或且．
（2）我们约定集合族是指以集合为元素的集合，其并运算为
表示集合族的所有集合的并集
回到原题，设这两个球形邻域分别为，，为和的交集．
①若与不相交，则，即可以看作零个球形邻域的并集；
②若与相交，则取，
令，构造球形邻域．
因为对于，有
故，这说明．
由于是中任取的一点，这说明，
继而
即可被表示为若干个球形邻域的并集．
命题得证．
（3）①先证充分性：当的一个子集可以写为若干球形邻域的并时，其必为开集．
设，由（2）可知可看作若干个球形邻域的并集，
即
则，使得，故是开集．充分性证毕．
②再证必要性：若的一个子集是开集，则其可被表示为若干个球形邻域的并集．
设是一个开集，由情况①得，使得，所以
即
故可被表示为若干个球形邻域的并集．必要性证毕．
【典例4-2】（2024·安徽芜湖·二模）对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．若一个平面图形K在m（旋转变换或反射变换）的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．例如，正三角形R在（绕中心O作120°的旋转）的作用下仍然与R重合（如图1图2所示），所以是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记；又如，R在（关于对称轴所在直线的反射）的作用下仍然与R重合（如图1图3所示），所以也是R的一个对称变换，类似地，记．记正三角形R的所有对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运算.来说作成一个群，假如同时满足：
I．，；
II．，；
Ⅲ．，，；
Ⅳ．，，．
对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算来说作成一个群．

(1)直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）；
(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如．对于集合S中的元素，定义一种新运算*，规则如下：，．
①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群；
②已知H是群G的一个子群，e，分别是G，H的单位元，，，分别是a在群G，群H中的逆元．猜想e，之间的关系以及，之间的关系，并给出证明；
③写出群S的所有子群．
【解析】（1）依题意，正三角形的对称变换如下：绕中心作的旋转变换；
绕中心作的旋转变换；
绕中心作的旋转变换；
关于对称轴所在直线的反射变换；
关于对称轴所在直线的反射变换；
关于对称轴所在直线的反射变换，
综上，.（形式不唯一）
（2）①Ⅰ.，，；
Ⅱ.，，，
，
所以；
Ⅲ.
，
而，所以；
Ⅳ.，
；
综上可知，集合对于给定的新运算*来说能作成一个群.
②，，证明如下：
先证明：由于是的子群，取，则，，
根据群的定义，有，，所以，
所以，即，
即，所以.
再证明：由于，，，
所以，所以，
所以，所以.
③的所有子群如下：
，
，，
，
【变式4-1】（2021·北京西城·二模）设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称A为自邻集.记集合的所有子集中的自邻集的个数为.
(1)直接写出的所有自邻集；
(2)若为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；
(3)若，求证：.
【解析】（1）由题意可得，的所有自邻集有：；
（2）对于的含5个元素的自邻集，
不妨设.
因为对于，都有或，，2，3，4，5，
所以，，或.
对于集合，，，，，
因为，所以，，2，3，4，5，
，
所以.
因为，，或.
所以，，
或，
所以对于任意或，，2，3，4，5，
所以集合也是自邻集.
因为当为偶数时，，
所以.
所以对于集合的含5个元素的自邻集，在上述对应方法下会存在一个不同的含有5个元素的自邻集与其对应.
所以，的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数.
（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，
当时，，，
显然.
下面证明：.
①自邻集含有，，这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为
因为，，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素是，
所以含有，，这三个元素的自邻集的个数为.
②自邻集含有，这两个元素，不含，且不只有，这两个元素，
记自邻集除，之外最大元素为，则，每个自邻集去掉，这两个元素后，仍为自邻集.
此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为个；
其中含有最大数为2的集合个数为，
含有最大数为3的集合个数为，，
含有最大数为的集合个数为.
则这样的集合共有个.
③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个.
综上可得，
所以，
故时，得证.
1．（2024·北京丰台·一模）已知集合（，），若存在数阵满足：
①；
②．
则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”．
(1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值；
(2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个；
(3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由．
【解析】（1）由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，.
从而，，，.
（2）如果是一个“好数阵”，则，.
从而，.
故也是一个“好数阵”.
由于是偶数，故，从而.
这就说明两数阵和的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵.
设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下：
对，规定.
因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合.
而
，
这就表明，从而是满射，由是有限集，知也是单射，从而是一一对应.
对“好数阵”，已证两数阵和是不同的数阵，故.
同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则. 所以当且仅当.
最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或.
由于，故无论是还是，都有.
这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.
（3）若是“好数阵”，则有
，
所以，这表明一定是偶数.
若，设是“好数阵”，则，从而，
故.
由于，故，同理.
若，设，则，故，从而.
进一步有，而，故.
假设，设，则，故，则，.
由于，，故，. 此时，从而，，但此时，矛盾；
所以，故，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有，；
若，则，从而.
若，则或. 若，则，，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有，.
若，则，，若，则，或且，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，假设，由于，，故，矛盾，所以.
对尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有，，，.
综上，全部的“好数阵”有，，，，，，，，，，
其中，满足的有，，，.
综上，是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，.
若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”.
2．（2024·湖南益阳·模拟预测）我们知道，二维空间（平面）向量可用二元有序数组表示；三维空间向盘可用三元有序数组表示．一般地，维空间向量用元有序数组表示，其中称为空间向量的第个分量，为这个分量的下标．对于维空间向量，定义集合．记的元素的个数为（约定空集的元素个数为0）．
(1)若空间向量，求及；
(2)对于空间向量．若，求证：，若，则；
(3)若空间向量的坐标满足，当时，求证：．
【解析】（1）由，知，
所以，；
（2）依题意，，，则有，
所以，当且仅当时取等号， 又因为，所以，，互不相同，
故，若，则；
（3）由，得，则有①，
由及①，可得
，
，
，
以上各式相加，得.
由及①，当时，，
所以，
即.
3．（2024·北京·模拟预测）对给定的正整数，令，对任意的，，定义与的距离．设是的含有至少两个元素的子集，集合中的最小值称为的特征，记作．
(1)当时，直接写出下述集合的特征：；
(2)当时，设且，求中元素个数的最大值；
(3)当时，设且，求证：中的元素个数小于．
【解析】（1）依题意可得，，．
（2）（a）一方面：对任意的，
令，
则，故，
令集合，则，
则且和的元素个数相同，
但中共有个元素，其中至多一半属于，
故中至多有个元素．
(b)另一方面：设是偶数，
则对任意的，，，
都有中的元素个数为，
易得与奇偶性相同，
故为偶数，
又，则，所以，
注意到，且它们的距离为2，
故此时满足题意，
综上，中元素个数的最大值为．
（3）当时，设且，
设，
则对任意的，定义的邻域，
（a）一方面：对任意的，中恰有2021个元素，
事实上，
①若，则，恰有一种可能；，
②若，则与，恰有一个分量不同，共2020种可能；
综上， 中恰有2021个元素，
（b）对任意的，，
事实上，若，
不妨设，，
则，这与矛盾，
由（a）和（b）可得中共有个元素，
但中共有个元素，所以，即，
注意到是正整数，但不是正整数，上述等号无法取到，
所以，集合中的元素个数小于．
4．（2024·北京延庆·一模）已知数列，记集合.
(1)若数列为，写出集合；
(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；
(3)若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值．
【解析】（1）由题意可得，，，
所以.
（2）假设存在，使得，
则有，
由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同，
又，，
所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾，
故不存在，使得.
（3）首先证明时，对任意的都有，
因为，
由于与均大于且奇偶性不同，
所以为奇数，对任意的都有，
其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和，
若正整数，其中，
则当时，由等差数列的性质可得：
，此时结论成立，
当时，由等差数列的性质可得：
，此时结论成立，
对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项，
由前面证明可知正整数不是中的项，
所以的最大值为.
5．（2024·湖南邵阳·二模）给定整数，由元实数集合定义其随影数集.若，则称集合为一个元理想数集，并定义的理数为其中所有元素的绝对值之和.
(1)分别判断集合是不是理想数集；（结论不要求说明理由）
(2)任取一个5元理想数集，求证：；
(3)当取遍所有2024元理想数集时，求理数的最小值.
注：由个实数组成的集合叫做元实数集合，分别表示数集中的最大数与最小数.
【解析】（1）设的随影数集分别为，
则，
所以集合是理想数集，集合不是理想数集.
（2）不妨设集合且，即.
为理想数集，，则，且，使得.
当时，.
当且仅当且时，等号成立；
当时，.
当且仅当且时，等号成立；
当时，.
当且仅当时，等号成立.
综上所述：.
（3）设.
为理想数集.
，且，使得.
对于，同样有.
下先证对元理想数集，有.
不妨设集合中的元素满足.即.
为理想数集，
，且，使得.
当时，，
当且仅当且时，等号成立；
当时，，当且仅当且时，等号成立；
当时，.
当且仅当时，等号成立.
.
.当且仅当时，等号成立.
.
理数.
当且仅当或时，等号成立.
理数的最小值为.
6．（23-24高三上·北京昌平·期末）已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．
(1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；
(2)若，证明：；
(3)设，若，求的最小值．
【解析】（1）31是，1024不是，理由如下：
由题意可知，
当时，有，
显然若时，，
而，
故31是可表数，1024不是可表数；
（2）由题意可知若，即，
设，即使得，
所以，且成立，故，
所以若，则，
即中的元素个数不能超过中的元素，
对于确定的，中最多有个元素，
所以；
（3）由题意可设，使，
又，
所以，即，
而，
即当时，取时，为可表数，
因为，
由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，
使，
所以
，
令，则有，
设，
由的任意性，对任意的，
都有，
又因为，所以对于任意的，为可表数，
综上，可知的最小值为，其中满足，
又当时，，
所以的最小值为.
7．设为给定的正奇数，定义无穷数列：若是数列中的项，则记作.
(1)若数列的前6项各不相同，写出的最小值及此时数列的前6项；
(2)求证：集合是空集；
(3)记集合正奇数，求集合.（若为任意的正奇数，求所有数列的相同元素构成的集合.）
【解析】（1）由题意，因为是正奇数，
当时，由，得，，这与前6项各不相同矛盾，不合题意；
当时，由，得，，，不合题意；
当时，由，得，，，，，符合题意；
综上，的最小值为5，此时数列的前6项为：.
（2）证明：假设集合非空，
当时，，又是正奇数，，而，不合题意，
当时，，若，则需，又是正奇数，不合题意，
设中元素的最小值为（显然，
因为，所以，因此为奇数，且.
若，则为偶数，
但此时应有，与矛盾；
若，则，即，与的最小性矛盾.
因此假设不成立，集合为空集.
（3）猜想.
因为，以下只需证对任意大于1的奇数，.
若，则，故只需证必存在.
由（2）知无穷数列中所有的项都属于集合，
因此必存在，使得，取其中的值最小的一组.
若，则；
若，则必有，与的最小性矛盾；
若，则必有，也与的最小性矛盾.
因此只能，因此，即.
综上，.
8．已知集合，其中且，若对任意的，都有，则称集合具有性质.
(1)集合具有性质，求的最小值；
(2)已知具有性质，求证：；
(3)已知具有性质，求集合中元素个数的最大值，并说明理由.
【解析】（1）由性质定义知：，且，
所以的最小值为6.
（2）由题设，且，
所以，
所以，得证.
（3）由（2）知：，
同（2）证明得且，故，又，
所以在上恒成立，
当，取，则，故，
当，则，即.
综上，集合中元素个数的最大值为7.
9．（2023·河南·模拟预测）已知数列是首项为1的等差数列，数列是公比为2的等比数列，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设表示不超过的最大整数（如：），求集合中元素的个数．
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可知，
因为，
所以，
解得，所以，
，故．
（2）因为，所以，所以．
因为，
所以当时，，则，又，故；
当时，，则，故；
当时，，则，故；
当时，，则，故，
依次类推，当时，，则，故，
由于集合中的元素互异，需要减去重复出现的元素，
所以集合中元素的个数为
个．
10．（2023·北京西城·模拟预测）已知A为有限个实数构成的非空集合，设，，记集合和其元素个数分别为，.设.例如当时，，，，所以.
(1)若，求的值；
(2)设A是由3个正实数组成的集合且，；，证明：为定值；
(3)若是一个各项互不相同的无穷递增正整数列，对任意，设，.已知，，且对任意，，求数列的通项公式.
【解析】（1）当时，，，
，所以；
（2）设，其中，
则，
，
因，
，
因，
所以，，，，
又 ，
，，
所以，
因，，，
，
，
因，，，，
所以，，，，
，，，
所以
所以为定值；
（3），
若，
则，
,
故，
，
此时，不符合题意，
故，
猜想，下面给予证明，
当时，显然成立，
假设当，时，都有成立，即，
此时，，
故，，
，符合题意，
，
则，
，
若，
的元素个数小于
的元素个数，
则有，
不符合题意，故，
综上，对于任意的，都有，
故数列的通项公式.
11．（2023·北京·模拟预测）正整数集合，且，，中所有元素和为，集合.
(1)若，请直接写出集合；
(2)若集合中有且只有两个元素，求证“为等差数列”的充分必要条件是“集合中有个元素”；
(3)若，求的最小值，以及当取最小值时，最小值.
【解析】（1）
（2）若为等差数列，
不妨设 ，且，
，
，
，
中有个元素，
“为等差数列”是“集合中有个元素”充分条件
若集合中有个元素，则至少有如下有个元素
又有如下个元素
，
，
，
“为等差数列”是“集合中有个元素”必要条件
综上，“为等差数列”是“集合中有个元素”充要条件.
（3）由题意，，
，
又
，且此时，最小值为.
12．（2023·北京通州·模拟预测）设集合A为含有n个元素的有限集．若集合A的m个子集，，…，满足：
①，，…，均非空；
②，，…，中任意两个集合交集为空集；
③．
则称，，…，为集合A的一个m阶分拆．
(1)若，写出集合A的所有2阶分拆（其中，与，为集合A的同一个2阶分拆）；
(2)若，，为A的2阶分拆，集合所有元素的平均值为P，集合所有元素的平均值为Q，求的最大值；
(3)设，，为正整数集合（，）的3阶分拆．若，，满足任取集合A中的一个元素构成，其中，且与中元素的和相等．求证：n为奇数．
【解析】（1），集合A的所有2阶分拆是：；；.
（2）依题意，不妨设，，
则，
而，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值是.
（3）依题意，，，与中元素的和相等，
设与中元素的和为，集合中所有元素之和为，于是，
①当集合中存在元素为奇数时，
因为是偶数，于是是奇数，对于任意，均有，
因此此时集合中的元素均为奇数，因为为奇数，且只有奇数个奇数的和为奇数，
所以n为奇数；
②当集合中存在元素为偶数时，
因为是偶数，于是是偶数，对于任意，均有，
因此此时集合中的元素均为偶数，对于一个偶数，均存在正整数和奇数，使得，
显然集合中的元素除以2，仍然满足条件，将集合中的元素不断除以2，直至有一个奇数，
此时，由①可得n为奇数，
综上得：n为奇数.
13．（2023·北京延庆·一模）已知为正整数，集合具有性质：“对于集合中的任意元素，，且，其中”. 集合中的元素个数记为．
(1)当时，求；
(2)当时，求的所有可能的取值；
(3)给定正整数，求．
【解析】（1）时，集合中的元素为，，
所以．
（2）时，首先证明，且．
在中，令，得，从而有．
在中，令，得．
又， 故，从而有．
考虑，即，，
此时为最大值．
现交换与，使得，此时．
现将逐项前移，直至．在前移过程中，显然不变，这一过程称为1次“移位”．
依此类推，每次“移位”的值依次递减．经过有限次移位，一定可以调整为交替出现．
注意到为奇数，所以为最小值．
所以的所有可能取值为．
（3）由题设，在中，有个，个，显然，从中选个，其余为的种数共有种．
下面我们考虑这样的数组中有多少个不满足，记该数为．
如果不满足，则一定存在最小的正整数
，使得，且．
将统统改变符号， 这一对应为：
，
从而将变为个，个组成的有序数组．
因此，就是个，个组成的有序数组的个数，即．
所以.
14．（2023·北京顺义·一模）已知实数集，定义．
(1)若，求；
(2)若，求集合A；
(3)若A中的元素个数为9，求的元素个数的最小值．
【解析】（1）;
（2）首先，；
其次中有4个非零元素，符号为一负三正或者一正三负.
记，不妨设或者--
①当时，，
相乘可知，从而，
从而，所以；
②当时，与上面类似的方法可以得到
进而，从而
所以或者.
（3）估值+构造 需要分类讨论中非负元素个数.
先证明．考虑到将中的所有元素均变为原来的相反数时，
集合不变，故不妨设中正数个数不少于负数个数.接下来分类讨论：
情况一： 中没有负数．
不妨设，则
上式从小到大共有1+7+6=14个数，它们都是的元素，这表明
情况二： 中至少有一个负数．
设 是中的全部负元素，是中的全部非负元素.
不妨设
其中为正整数，．
于是有
以上是中的个非正数元素：另外，注意到
它们是中的5个正数．这表明
综上可知，总有-
另一方面，当时，中恰有13个元素. 综上所述，中元素个数的最小值为13.