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設f(x)=x²+px+q,A={x|x=f(x)},B={x|f［f(x)］=x}.

(1)求證:AB;
(2)如果A={－1，3}，求B。

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解：由得x²+(m－1)x+1=0                                                   ①

∵A∩B≠

∴方程①在區間［0，2］上至少有一個實數解.

首先，由Δ=(m－1)²－4≥0,得m≥3或m≤－1,當m≥3時，由x₁+x₂=－(m－1)＜0及x₁x₂=1>0知，方程①只有負根，不符合要求.

當m≤－1時，由x₁+x₂=－(m－1)>0及x₁x₂=1>0知，方程①只有正根，且必有一根在區間(0，1］內，從而方程①至少有一個根在區間［0，2］內.

故所求m的取值范圍是m≤－1.

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一、1.解析：對M將k分成兩類：k=2n或k=2n+1(n∈Z),M={x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=

nπ+,n∈Z},對N將k分成四類，k=4n或k=4n+1,k=4n+2,k=4n+3(n∈Z),N={x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=nπ+π,n∈Z}∪{x|x=nπ+,n∈Z}.

答案：C

2.解析：∵A∪B=A，∴BA,又B≠,

∴即2＜m≤4.

答案：D

二、3.a=0或a≥

4.解析：由A∩B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(x²－5x+8)=1,由此得x²－5x+8=2，∴B={2,3}.由x²+2x－8=0，∴C={2,－4},又A∩C=，∴2和－4都不是關于x的方程x²－ax+a²－19=0的解，而A∩B ,即A∩B≠,

∴3是關于x的方程x²－ax+a²－19=0的解，∴可得a=5或a=－2.

當a=5時，得A={2，3}，∴A∩C={2}，這與A∩C=不符合，所以a=5(舍去)；當a=－2時，可以求得A={3，－5}，符合A∩C=，A∩B ，∴a=－2.

6.解：(1)正確.在等差數列{a_n}中，S_n=,則(a₁+a_n),這表明點(a_n,）的坐標適合方程y(x+a₁),于是點(a_n, )均在直線y=x+a₁上.

(2)正確.設(x,y)∈A∩B,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A∩B=；當a₁≠0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.

∴A∩B至多有一個元素.

(3）不正確.取a₁=1,d=1,對一切的x∈N^*,有a_n=a₁+(n－1)d=n>0, >0,這時集合A中的元素作為點的坐標，其橫、縱坐標均為正，另外，由于a₁=1≠0.如果A∩B≠,那么據(2）的結論，A∩B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A∩B=，所以a₁≠0時，一定有A∩B≠是不正確的.

7.解：由w=zi+b得z=,

∵z∈A,∴|z－2|≤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A∩B=B，即BA，∴兩圓內含.

因此≤2－1,即(b－2)²≤0，∴b=2.

8.(1)證明：設x₀是集合A中的任一元素，即有x₀∈A.

∵A={x|x=f(x)},∴x₀=f(x₀).

即有f［f(x₀)］=f(x₀)=x₀,∴x₀∈B,故AB.

(2)證明：∵A={－1,3}={x|x²+px+q=x},

∴方程x²+(p－1)x+q=0有兩根－1和3，應用韋達定理，得

∴f(x)=x²－x－3.

于是集合B的元素是方程f［f(x)］=x,也即(x²－x－3)²－(x²－x－3)－3=x(^*)的根.

將方程(^*)變形，得(x²－x－3）²－x²=0

解得x=1,3,,－.

故B={－，－1，，3}.