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专题 1 集合下的新定义
【题型归纳目录】
题型一：定义新概念
题型二：定义新运算
题型三：定义新性质
题型四：定义新背景
【方法技巧与总结】
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．
【典型例题】
题型一：定义新概念
【典例1-1】（2024·高三·浙江·阶段练习）设自然数 ，由 个不同正整数 构成集合
，若集合 的每一个非空子集所含元素的和构成新的集合 ，记 为集合 元素
的个数
(1)已知集合 ，集合 ，分别求解 ．
(2)对于集合 ，若 取得最大值，则称该集合 为“极异集合”
①求 的最大值（无需证明）．
②已知集合 是极异集合，记 求证：数列 的前 项和 ．
【解析】（1）已知集合 的非空子集有15个：
计算可得 ，即 ．
集合 的非空子集有15个：
计算可得 ，即
（2）①集合 共有 个非空子集， 的最大值为② ，
即证
不妨设 ，即 的非空子集中元素和最小的子集的为 ，最大的为
集合 是极异集合， ，代表有 个不同的正整数，
即 ，
所以 中有 个元素，由元素互异性可得
又 ，即可得 ，
因此数列 的前 项和 .
【典例1-2】（2024·北京·模拟预测）已知集合 ，其中 都是 的子集且
互不相同，记 的元素个数， 的元素个数 .
(1)若 ，直接写出所有满足条件的集合 ；
(2)若 ，且对任意 ，都有 ，求 的最大值；
(3)若 且对任意 ，都有 ，求 的最大值.
【解析】（1）因为 ，则 和 的元素个数均为1，
又因为 ，则 ，
若 ， ，则 或 ；
若 ， ，则 或 ；
综上 或 或 或 .
（2）集合 共有32个不同的子集，
将其两两配对成16组 ，
使得 ，则 不能同时被选中为子集 ，故 .
选择 的16个含有元素1的子集: ，符合题意.综上， .
（3）结论: ，令 ，集合 符合题意.
证明如下：
①若 中有一元集合，不妨设 ，则其它子集中都有元素1，且元素 都至多属于1个子集，
所以除 外的子集至多有 个，故 .
②若 中没有一元集合，但有二元集合，不妨设 .其它子集分两类:
或 ，和 或 ，
其中 互不相同， 互不相同且均不为1，2.
若 ，则 ，有
若 ，则由 得每个集合 中都恰包含 中的1个元素（不是2)，且互不相同，
因为 中除2外至多还有2个元素，所以 .
所以 .
③若 均为三元集合，不妨设 .将其它子集分为三类：
，其中 .
若 ，则 (除1，2，3外，其它元素两个一组与1构成集合 )，
所以 .
若 ，不妨设 ，则由 得每个集合 中都或者有4、或者有5，
又 中除1外无其它公共元素，所以 .
所以 .
综上， .
【变式1-1】（2024·高三·重庆沙坪坝·阶段练习）设集合 、 为正整数集 的两个子集， 、 至少各有
两个元素.对于给定的集合 ，若存在满足如下条件的集合 ：
①对于任意 ，若 ，都有 ；②对于任意 ，若 ，则 .则称集合 为集合
的“ 集”.
(1)若集合 ，求 的“ 集” ；
(2)若三元集 存在“ 集” ，且 中恰含有4个元素，求证： ；
(3)若 存在“ 集”，且 ，求 的最大值.【解析】（1）
若 ，由题意可得， ， ， ，即 ，此时 ，满足题意，
假设集合 中还有第四个元素为 ，则由题意可知：若 ，即 ，则 ，∴不成立；
若 ，则 ，∴ 或9或27，矛盾.故集合 中无四个元素，所以集合 .
（2）设集合 ，不妨设 ，
假设 ，即 ，则 且 ，
由②知 ，注意到 ，故有 ，即 ，所以 ，
故 ，即 ，因为集合 中有4个元素，故设 ，
由②可得：若 ，则 ，∴ ，矛盾；
若 ， ，则 或 或 ，所以 或 或 ，与集合元素的互异性矛盾，
假设错误，故 .
（3） ， ，不妨设 ，
所以 ， ，又 ，故 ，同理可得 ，
若 ，与（2）类似得 ，从而必有 ，
对任意的 ，有 ，即 ，所以 ，即 .
若 ，即 ， ，故 ， ， ， ，
所以 ，即 ，从而必有 ，
对任意的 ，必有 ，即 ，所以 ，即 .
综上，得 ，又 时，有 ， 符合题意，
所以 的最大值为4
题型二：定义新运算
【典例2-1】（2024·高三·全国·专题练习）设 是由直线 上所有点构成的集合,即
,在点集 上定义运算“ ”：对任意 则．
(1)若 是直线 上所有点的集合,计算 的值．
(2)对（1）中的点集 ,能否确定 （其中 ）的值？
(3)对（1）中的点集 ,若 ,请你写出实数 , , 可能的值．
【解析】（1）由运算“ ”的定义知, .
（2）∵ ,即点 在直线 上,∴ ,得 ．
同理由 ,得 ．
由运算“ ”的定义知, ．
所以可以确定，值为48.
（3）由 ,知 ,即 ,且 ,即 .
由运算“ ”的定义知, ,解得 ．
取 ,知 ,此时 ,即 符合题意．
取 ,知 ,即 也符合题意．
【典例2-2】（2024·全国·模拟预测）对于非空集合 ，定义其在某一运算（统称乘法）“×”下的代数结
构称为“群” ，简记为 ．而判断 是否为一个群，需验证以下三点：
1、（封闭性）对于规定的“×”运算，对任意 ，都须满足 ；
2、（结合律）对于规定的“×”运算，对任意 ，都须满足 ；
3、（恒等元）存在 ，使得对任意 ， ；
4、（逆的存在性）对任意 ，都存在 ，使得 ．
记群 所含的元素个数为 ，则群 也称作“ 阶群”．若群 的“×”运算满足交换律，即对任意
， ，我们称 为一个阿贝尔群（或交换群）．
(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群 ；
(2)记 为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得 在该运算下构成一个群 ，
并说明理由；
(3)所有阶数小于等于四的群 是否都是阿贝尔群？请说明理由．
【解析】（1）
我们需证 在普通加法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证：
①封闭性：对 ，则 ，封闭性成立；
②结合律：对 ， ，结合律成立；
③恒等元：取 ，则对任意 ， ．符合恒等元要求；④逆的存在性：对任意 ， ，且 ，满足逆的存在性．
综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群 ．
（2）首先提出， 的“×”运算可以是复数的乘法： ，理由如下．
即证明 在普通乘法下可构成一个群，同（1），需从四方面进行验证：
①封闭性：设 ， ，其中 ，即 ．
则 ，
所以
，即 ，封闭性成立；
②结合律：设 ， ， ，其中 ，
即 ，结合律成立；
③恒等元：取 ，则对任意 ， ，符合恒等元要求；
④逆的存在性：对任意 ，取其共轭 ，则 ，满足逆的存在性；
综上所述， 在复数的乘法运算下构成一个群 ．
（3）所有阶数小于等于四的群 都是阿贝尔群，理由如下：
若群 的阶数为0，则 为空集，与定义矛盾．所以 的阶数为1，2，3，4．下逐一证明．
（1）若群 的阶数为 1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时 是阿贝尔群；
（2）若群 的阶数为2，设其元素为 ，其中 是恒等元，则 ，符合交换律，故此时
是阿贝尔群；
（3）若群 的阶数为3，设其元素为 ，其中 是恒等元，由群的封闭性， ．
若 ，又 ，推出 ，则集合 有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，所以 ，
现要验证交换律，即 ．
若 ，有前知， 且 ，所以 ，
与 群 的 封 闭 性 矛 盾 ． 所 以 ， 交 换 律 成 立 ， 故 此 时 是 阿 贝 尔 群 ；（4）若群 的阶数为4，设其元素为 ，其中 是恒等元，
由群的封闭性， ，由③的分析可知， 且 ，
所以 或 ．
若 ．由群中逆的存在性，群 中存在一个元素 使得 ，很明显 ，
所以 或 ．
假设 ，即 ，又 ，推出 则集合 有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，故只能 ；
先证交换律对 成立，即 ．
若 ，则由 ， 只能等于 ．
又因为 ， （ 和 同理），
不满足群中逆的存在性，矛盾，所以 ．交换律对 成立．
接下来只需证交换律对 和 也成立．
事实上，由 和 的对称性，只需证 即可．
由群中逆的存在性，存在 使得 ．
①若 ，则只需证 ．
若 ，由群的封闭性， ，所以 只能等于 ，
又因为 ，得 ，即 ，
但 是任取的，该结论具有局限性，不对一般的 成立，故矛盾．
即 ，此时交换律对 成立．
②若 ．群中逆的存在性，存在 使得 ，
又因为 ，所以 只能等于 ，即 ，
由①可得： ，即此时交换律对 成立．
故群 的阶数为4时，交换律成立，故此时 是阿贝尔群．
综上所述，所有阶数小于等于四的群 都是阿贝尔群．
【变式2-1】（2024·高三·全国·专题练习）已知数集 及定义在该数集上的某个运算（例如记为“*”），
如果对一切 ，都有 ，那么就说，集合 对运算“*”是封闭的．
(1)设 ，判断 对通常的实数的乘法运算是否封闭？
(2)设 ，且 ，问 对通常的实数的乘法是否封闭？试证明你的结论．
【解析】（1）设 是A中任意两个元素，其中 ，
那么 ．
因为 ，所以 ，故数集A对通常的乘法运算封闭．
（2）数集 对通常的乘法运算不封闭，证明如下：
取 ，则 ，但 ，
故数集 对通常的乘法运算不封闭.
题型三：定义新性质
【典例3-1】（2024·高三·北京海淀·阶段练习）已知数集 具有性
质 ：对任意 ， 与 两数中至少有一个属于 ．
(1)分别判断数集 与 是否具有性质 ；
(2)求证： ；
(3)给定正整数 ，求证： ， ， ， 组成等差数列．
【解析】（1）由于 和 都不属于集合 ，所以 不具有性质 ；
由于 、 、 、 、 、 、 、 、 、 都属于集合 ，2，4， ，所
以 具有性质 ．
（2）令 ， ，则 “ 与 两数中至少有一个属于 ”，
不属于 ， 属于
令 ，那么 是集合 中某项， 不行，是0， 可以．
如果是 或者 ，那么可知 ，那么 ，只能是等于 了，矛盾．
所以令 可以得到 ，
同理，令 、 ， ，2，可以得到 ，
倒序相加即可得到 ．
（3） ， ， ， 具有性质 ， ， ， ，
，则 ，
所以 与 中至少有一个属于 ，
由 ，有 ，故 ， ，故 ．
， ，故 ，3， ， ．
由 具有性质 知， ，3， ， ．
又 ，
， ， ， ， ，即 ，2， ， ． （1）
由 知， ， ， ， 均不属于 ，由 具有性质 ， ， ， ， 均属于 ，
，
， ， ， ， ，即 ． （2）
由（1）（2）可知 ， ， ，
即 ，3， ， ．
故 ， ， 构成等差数列．
【典例3-2】（2024·高二·北京海淀·期中）给定正整数 ，设集合
．对于集合 中的任意元素 和
，记 ．设 ，且集合 ，
对于 中任意元素 ，若 则称 具有性质 ．
(1)判断集合 是否具有性质 ？说明理由；
(2)判断是否存在具有性质 的集合 ，并加以证明．
【解析】（1）对于集合 ，
根据定义可知 ，且 符合定义，
所以 具有性质 ；
（2）假设存在 具有性质 ，根据定义易知 中有4个元素且 ，
①若 ，则 ，没有4个元素，不符题意舍去；
②若 ，则 ，
而 ，不符题意舍去；
③若 ，则 ，
而 ，
故 中至多包含3个元素，不符题意舍去；
④若 ，则 ，
而 ，不符题意舍去；
⑤若 ，则 ，没有4个元素，不符题意舍去；
综上可知：不存在具有性质 的集合 .【变式3-1】（2024·高一·重庆沙坪坝·阶段练习）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.
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】（2024·山东济南·一模）在空间直角坐标系 中，任何一个平面的方程都能表示成
，其中 ， ，且 为该平面的法向量.已知集合
， ，
.
(1)设集合 ，记 中所有点构成的图形的面积为 ， 中所有点构成的图形的面积为 ，求 和 的值；
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为 ， 中所有点构成的几何体的体积为 ，求 和 的值：
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积 的值；
②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数.
【解析】（1）
集合 表示 平面上所有的点，
表示 这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而 可以看成正方体在 平面上的截面内所有的点.
发现它是边长为2的正方形，因此 .
对于 ，当 时，
表示经过 ， ， 的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示 ， ，
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而 可以看成正八面体在 平面上的截面内所有的点.
它是边长为 的正方形，因此 .
（2）记集合 ， 中所有点构成的几何体的体积分别为 ， ；
考虑集合 的子集 ；
即为三个坐标平面与 围成的四面体.
四面体四个顶点分别为 ， ， ， ，
此四面体的体积为
由对称性知，
考虑到 的子集 构成的几何体为棱长为1的正方体，
即 ，
，
显然 为两个几何体公共部分，
记 ， ， ， .
容易验证 ， ， 在平面 上，同时也在 的底面上.则 为截去三棱锥 所剩下的部分.
的体积 ，三棱锥 的体积为 .
故 的体积 .
当由对称性知， .
（3）
如图所示，即为 所构成的图形.
其中正方体 即为集合P所构成的区域. 构成了一个正四棱锥，
其中 到面 的距离为 ，
， .
由题意面 方程为 ，由题干定义知其法向量
面 方程为 ，由题干定义知其法向量
故 .
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为 .
由图可知共有12个面，24条棱.
【过关测试】
1．（2024·高三·北京·阶段练习）设k是正整数，A是 的非空子集（至少有两个元素），如果对于A中的
任意两个元素x，y，都有 ，则称A具有性质 ．
(1)试判断集合 和 是否具有性质 ？并说明理由．
(2)若 ．证明：A不可能具有性质 ．
(3)若 且A具有性质 和 ．求A中元素个数的最大值．【解析】（1）因为 ，又 ，
但 ，所以集合 不具有性质 ，
因为 ，又 ，
但 ，
所以集合 具有性质 .
（2）将集合 中的元素分为如下 个集合，
，
所以从集合 中取 个元素，则前 个集合至少要选10个元素，
所以必有 个元素取自前 个集合中的同一集合，即存在两个元素其差为 ，
所以A不可能具有性质 .
（3）先说明连续11项中集合 中最多选取5项，
以 为例.
构造抽屉 ， ， ， ， ， ， .
① 同时选，因为具有性质 和 ，
所以选5则不选 ；选6则不选 ；选7则不选 ；
则只剩 . 故 中属于集合 的元素个数不超过5个.
② 选2个，
若只选 ，则 不可选，又 只能选一个元素，
可以选，故 中属于集合 的元素个数不超过5个.
若选 ，则只能从 中选，但 不能同时选，
故 中属于集合 的元素个数不超过5个.
若选 ，则 不可选，又 只能选一个元素，
可以选，故 中属于集合 的元素个数不超过5个.
③ 中只选1个，
又四个集合 ， ， ， 每个集合至多选1个元素，
故 中属于集合 的元素个数不超过5个.
由上述①②③可知，连续11项自然数中属于集合 的元素至多只有5个，
如取 .
因为2023=183×11+10，则把每11个连续自然数分组，前183组每组至多选取5项；
从2014开始，最后10个数至多选取5项，故集合 的元素最多有 个.给出如下选取方法：从 中选取 ；
然后在这5个数的基础上每次累加11，构造183次.
此时集合 的元素为： ； ； ； ；
，共 个元素.
经检验可得该集合符合要求，故集合 的元素最多有 个.
2．（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”.
3．（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 .
4．（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 .
5．（2024·高二·北京·阶段练习）对于集合 ，定义函数 ．对于两个集合 ，定
义集合 ．已知集合 ．
(1)求 与 的值；
(2)用列举法写出集合 ；
(3)用 表示有限集合 所包含元素的个数．已知集合 是正整数集的子集，求
的最小值，并说明理由.【解析】（1）依题意， ，所以 ， .
（2）由 ，得 ，
因此属于 不属于 的元素为 ，属于 不属于 的元素为 ，
所以 .
（3）依题意，对于集合 ， ，
①若 且 ，则 ，
②若 且 ，则 ，
因此要使 的值最小，3，5，9一定属于集合 ，
是否属于集合 不影响 的值，集合 不能含有 之外的元素，
所以当 为集合 的子集与集合 的并集时， 取得最小值 .
6．（2024·北京石景山·一模）已知集合 ，对于
， ，定义 与 之间的距离为 ．
(1)已知 ，写出所有的 ，使得 ；
(2)已知 ，若 ，并且 ，求 的最大值；
(3)设集合 ， 中有 个元素，若 中任意两个元素间的距离的最小值为 ，求证： ．
【解析】（1）已知 ， ，且 ，
所以， 的所有情形有： 、 、 、 ；
（2）设 ， ，
因为 ，则 ，
同理可得 ，
当 时， ；
当 时， .
当 ， 时，上式等号成立.
综上所述， ；（3）记 ，
我们证明 ．一方面显然有 ．另一方面， 且 ，
假设他们满足 ．则由定义有 ，
与 中不同元素间距离至少为 相矛盾．
从而 ．
这表明 中任意两元素不相等．从而 ．
又 中元素有 个分量，至多有 个元素．
从而 ．
7．（2024·高三·北京·阶段练习）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n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.
8．（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 .
9．（2024·高三·全国·竞赛）对集合 ，定义其特征函数 ，考虑集合 和正实数，定义 为 和式函数.设 ，则 为闭区间列；如果集合
对任意 ，有 ，则称 是无交集合列，设集合
.
(1)证明：L和式函数的值域为有限集合；
(2)设 为闭区间列， 是定义在 上的函数.已知存在唯一的正整数 ，各项不同的非
零实数 ，和无交集合列 使得 ，并且 ，称
为 和式函数 的典范形式.设 为 的典范数.
（i）设 ，证明： ；
（ii）给定正整数 ，任取正实数 和闭区间列 ，判断 的典范数 最大值的存
在性.如果存在，给出最大值；如果不存在，说明理由.
【解析】（1）因为表达式中 恒定，所以 的取值只和 有关
则当 都相同的时候 相同
注意到 最多只有 种取法，因此 的值域大小不大于 ，从而是有限集.
（2）（i）根据典范形式的唯一性，我们构造正整数 ，各项不同的非零实数 ，和无交集合列
使得 ，并且 ，
设 的取值集合为 ，设 ，则 是无交集合列且
非0（因为 定义在 上）
根据题意，任意 ，取 ，有 ，所以 ，那么 ，所以
是无交集合列
此时对任意 ，恰好存在一个小区间 ，使得 ，所以 的取值集合最多有 这
个数，因为这些数可能相等，所以 .
（ii）设 是 的最小值， 是 的最大值，那么 ，
并且 的端点数目有 个，至多构成 个区间
如果 ，其中 分别为 的端点，且 之间没有其他端点，那么要么 ；要么
所以 最多有 种取值，所以另一方面，令 ，取
并且取 ，容易验证 恰好有 种取值，
所以 最大值为 .
10．（2024·高三·全国·竞赛）设M是由复数组成的集合，对M的一个子集A，若存在复平面上的一个圆，
使得A的所有数在复平面上对应的点都在圆内或圆周上，且 中的数对应的点都在圆外，则称A是一个
M的“可分离子集”．
(1)判断 是否是 的“可分离子集”，并说明理由；
(2)设复数z满足 ，其中 分别表示z的实部和虚部．证明： 是
的“可分离子集”当且仅当 ．
【解析】（1）是，理由如下：
取复平面上的圆 ，
则复数1，2，3在复平面上对应的点都在圆内．
而 ，
故复数i在复平面上对应的点在圆外．
因此， 是 的“可分离子集”．
（2）必要性：当 时，令复数 ，
取复平面上的圆 ，
则 在复平面上对应的点在圆周上，
又 ，
故1在复平面上对应的点在圆外．
由 ，
，
知 ．
故 在复平面上对应的点在圆外．
因此，当 时， 是 的“可分离子集”．
充分性：只需证当 时， 不是 的“可分离子集”．
假设存在复平面上的一个圆，使得 在复平面上对应的点在圆内或圆周上，且1， 在复平面上对应的
点在圆外．
设圆心表示的复数为 ．再设 ．
由 知，
故 ．
由 知
，
故 ．
进而 ， ，
由 知 ，
故 ，
进而 ．
这与 矛盾，故所假设的圆在复平面上不存在．
即当 时， 不是 的“可分离子集”，充分性证毕，
综上， 是 的“可分离子集”当且仅当 .
11．（2024·高三·北京·开学考试）由 个正整数构成的有限集 （其中
），记 ，特别规定 ，若集合M满足：对任意的正整数
，都存在集合M的两个子集A，B，使得 成立，则称集合 为“满集”.
(1)分别判断集合 与 是否为“满集”，请说明理由；
(2)若集合 为“满集”，求 的值：
(3)若 为满集， ，求 的最小值.
【解析】（1） ，
当 时，取 的子集为 ，则 ，
当 时，取 的子集为 ，则 ，
当 时，取 的子集为 ，则 ，
故 为“满集”.
而 ，设 为 的两个子集，
若 ，则 ，
则 ，故 ， ，矛盾，故 不是“满集”.
（2）若 ，则 ，取 ，
依题意，存在设 为 的两个子集，使得 ，则 ，
而 或 ，若 ，则 ，
这与 矛盾，故 即 ，此时 ，
因 ，故对 的任意真子集 ，总有 ，
故 不成立，而 时， ，
故对 的任意子集 ， 总不成立，即 不成立即 .
（3）因为 为满集，由（2）可得 ，
若 ，对于集合 ，考虑集合对 的总数，
因为 中的任意一个元素，可放置在 中的任何一个，
故集合对 的总数为 ，
由这些集合对得到的 的不同个数最多为 ，
这与集合 为满集矛盾.
所以 ，取 ，
此时 ，
下证： 为满集.
证明：考虑集合
设 ，则 ，
，
若 ，则 ，
否则，设 与 中从左到右第一个不对应相等的项的下标 ，
则 ，不妨设 ，
若 ，
则
，
而
，
故 ，与 矛盾，若 ， 同理可得 ，与 矛盾，
若 ，
则
而
，
故 ，与 矛盾，
故 中的元素两两相异.
中的最小值为0，最大值为 ，
故 .
（i）任意的 ，则 ，
因为 ，
故 ，
构造集合 如下：若 ，则 ，若 ，则 ，
故 .
（ii）若 ，故 ，
由（i）中分析可得存在集合 ，使得 ，
其中 ，令 ，则 .
由（i）（ii）可得 为满集，故 的最小值为 .
12．（2024·高三·北京海淀·阶段练习）已知 为所有 元有序数组 所组成的集合.其中
（ ）.
对于 中的任意元素 ， 定义 ， 的距离：
若 ， 为 的子集，且有 个元素，并且满足任意 ，都存在唯一的 ，使得 ，
则称 为“好 集”.
(1)若 ， ， ， ， ， ，求 ， 及 的值；
(2)当 时，求证：存在“好 集”，且“好 集”中不同元素的距离为5；
(3)求证：当 时，“好 集”不存在.【解析】（1）因为 ， ， ，
则 ， ，
， ，
所以 .
（2）对任意 ，定义 ，
对任意 ，
因为 ，则 ，
可得 ，
对于任意 ，可得 有2个元素，
若 ，则 ，满足“好 集”的定义；
若 ，则 ，满足“好 集”的定义；
综上所述： 为“好 集”，且 ，
即当 时，存在“好 集”，且“好 集”中不同元素的距离为5.
（3）显然 ，
先证：当 时，对任意的 ，含有 的“好 集”只能是 ，
反证：假设存在“好 集” ，
则对于任意 ，可得 ，
则 ，可得 ，不满足“好 集”的定义，
例如 ，则 ，可取 ，
则 ，即存在 ，使得 ，
结合 可得： 就相当于对0，1的顺序进行重组，
对于任意 ，可知均存在 ，使得 ，
当 时，对任意 ，
定义 ，其中 ，
可知：对任意 ，其中 ，
可知 ，反证：假设存在“好 集”，
则对任意 ，以 为基础构建“好 集” ，
对任意 ，
对任意的 ，均有 ，与之对应的项只能是 和 ，
每个 均有2种选择，共有 种组合可能，
按照以上构建方法得到的元素 ，
可知对任意 ，均存在 ，使得 ， ，
所以必然存在 ，
使得 ，
故假设不成立，所以当 时，“好 集”不存在.
13．（2024·高一·浙江杭州·期中）定义1：通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族（collection）.
定义2：集合 上的一个拓扑（topology）乃是 的子集为元素的一个族 ，它满足以下条件：（1） 和
在 中；（2） 的任意子集的元素的并在 中；（3） 的任意有限子集的元素的交在 中.
(1)族 ，族 ，判断族 与族 是否为集合 的拓扑；
(2)设有限集 为全集
（i）证明： ；
（ii）族 为集合 上的一个拓扑，证明：由族 所有元素的补集构成的族 为集合 上的一个拓扑.
【解析】（1）族 ， 都是集合 的拓扑.
（2）（i）设 ，则 ，
故存在整数 使 ，因此 ，得 .
设 ，则存在整数 使 ，故 ，
因此 ，得
（ii）因为 ， ，所以 ， ；
设 为 的任意子集，则 ，
，
因为 ，故 ；
，
因为 ，故 .14．（2024·高三·上海·期中）给定自然数i．称非空集合A为减i集，若A满足：
（i） ， ；
（ii）对任意x， ，只要 ，就有 ．问：
(1)直接判断 是否为减0集，是否为减1集；
(2)是否存在减2集?若存在，求出所有的减2集；若不存在，请说明理由；
(3)是否存在减1集?若存在，求出所有的减1集；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为 ， ， ，
所以 是“减0集”，
同理因为 ， ， ，
所以 不是“减1集”.
（2）假设存在“减2集” ，
则 ，那么 ，
分以下两种情形来讨论：
情形一：当 时，有 ，
注意到 ，所以 中有一个是2，有一个是4，
所以集合 中除1以外的最小元素为6，
但是 ， ，
而这与集合 是“减2集”矛盾.
情形二：当 时，则 或 ，
（因为若 为负整数，则 ，即此时 ），
若 ，有 ，
注意到 ，所以 中有一个是2，有一个是3，
所以集合 中除1以外的最小元素为5，
但是 ， ，
而这与集合 是“减2集”矛盾；
若 ，有 ，
不妨设 ， ，
且此时集合 中除1以外的最小元素为 ，
但是 ，所以 ,
而这与集合 是“减2集”矛盾.
综上所述：不存在集合 是“减2集”.（3）假设存在 是“减1集”， .
假设 ，则 中除了元素1以外，必然还含有其他元素.
假设 ，则 ，但 ，因此 ，
假设 ，则 ，且 ，因此 ，
因此可以有 ,
假设 ，则 ，但 ，因此 ，
假设 ，则 ，且 ，因此 ，
可得奇数可能属于减一集，偶数不属于减一集，
又当 时， ，但 ，
所以A中元素应该小于7，
因此减1集可以有 .
