命题者比我们多走了一步就会有新题出现，这也是近几年高考命题人员常用的技巧与方法，我们在平时学习中要善于发现，运用试验、归纳、类比的思想，对典型的例题进行推广等深入研究，往往会得到更大的发现。
　　例1若集合A1，A2满足A1∪A2＝A，称(A1, A2)是集合A的一个分拆，当且仅当A1＝A2时，(A1, A2)与(A2, A1)是同一个分拆。若A＝{a1, a2}，则符合条件的A1，A2共有（）
　　A. 4种B.7种
　　C.9种D.16种
　　解析：通过列表枚举
　　A1φ{a1}{a2}{a1, a2}A2{a1,a2}{a2},
　　{a1,a2}{a1},
　　 {a1,a2}{a1},{a2},
　　{a1,a2}于是选C.
　　解题回顾：本题是阅读理解题，解题时也可以先考虑A＝{a1}，得出3种分拆。当A＝{a1, a2}时，将a2放入上述三种分拆中的任一种(A1, A2)，有三种放法，(A1∪{a2}, A2)，(A1, A2∪{a2})，(A1∪{a2}, A2∪{a2})，从而求出有9种.
　　引申一：若集合A1，A2满足A1∪A2＝A，称(A1, A2)是集合A的一个分拆，当且仅当A1＝A2时，(A1, A2)与(A2, A1)是同一个分拆，若A＝{a1, a2, …, an}（n∈N+），试探究符合条件的(A1, A2)的分拆数.
　　探究过程：n＝1时，有3种；n＝2时，有9种；n＝3时，在n＝2的基础上，增加元素a3，将a3放入n＝2的任意一个分拆中变为3种分拆，即（A1∪{a3}, A2），（A1, A2∪{a3}），（{A1∪{a3}, A2∪{a3}），于是n＝3时，有3×9＝27种分拆。
　　猜想得：A＝{a1, a2,…, an}的分拆的总数为3n.
　　证明如下：证法一（数学归纳法）：
　　(1) 当n＝1时，猜想成立；
　　(2) 假设n＝k（k≥1）时，猜想成立，即{a1, a2,…, ak}＝A1∪A2对应的分拆有3k种.
　　当n＝k+1时，在{a1, a2,…, ak}中增加一个元素ak+1，将ak+1放入上述的任一个分拆中都可以得{a1, a2,…, ak, ak+1}的分拆，有（A1∪{ak+1}, A2），（A1, A2∪{ak+1}），（{A1∪{ak+1}, A2∪{ak+1}），于是一种分拆变为3种分拆。所以，原来3k种分拆变为3×3k＝3k+1种分拆.
　　∴ 当n＝k+1时，猜想也成立.
　　由(1)，(2)知，A＝{a1, a2,…, an}＝A1∪A2的分拆总数为3n.
　　证法二（递推法）：
　　设A＝{a1, a2,…, an}＝A1∪A2的分拆(A1, A2)的种数为xn种，且x1＝3，x2＝9，
　　当A＝{a1, a2,…, an+1}＝A1∪A2时，在{a1, a2,…, an}增加一个元素an+1，将它放入原来的任一个分拆(A1, A2)中，有3种方法（仅放入A1、仅放入A2、同放入A1，A2中），即原来的一个分拆变成3个分拆，于是共有3xn种分拆。∴xn+1＝3xn，且x1＝3。∴数列{xn}是G•P，通项公式为xn＝3n，故A＝{a1, a2,…, an}共有3n种分拆。
　　引申二：若集合A1，A2，A3满足A1∪A2∪A3＝A，称(A1, A2, A3)是集合A的一个分拆，当且仅当A1＝A2＝A3时，(A1, A2, A3)＝(A2, A1, A3)是同一种分拆，若A＝{a1, a2,…, an}（n∈N+），试探究符合条件的(A1, A2, A3)的分拆数.
　　解析：设{a1, a2,…, an}＝A1∪A2∪A3的分拆数为xn，
　　当n＝1时，用枚举法可得x1＝7，
　　当集合A中有n+1个元素，即在原来基础上增加一个元素an+1时，将an+1放入原来的任一个分拆(A1, A2, A3)中，共有C13＋C23＋C33＝23－1分拆，即一种分拆变为23－1种分拆，∴xn+1＝7xn，且x1＝7，
　　∴ {xn}是等比数列，∴xn＝7n，
　　即{a1, a2,…, an}＝A1∪A2∪A3有7n种分拆.
　　引申三：若集合A1，A2，…，Ak（k∈N+，k为常数）满足A1∪A2∪…∪Ak＝A，称(A1, A2,…, Ak)是集合A的一个分拆，当且仅当A1＝A2＝…＝Ak时，(A1, A2,…, Ak)＝(A2, A1,…, Ak)是同一种分拆，若A＝{a1, a2,…, an}（n∈N+），试探究符合条件的(A1, A2,…, Ak)的分拆数.
　　解析：当A为空集时，只有一种分拆。当A＝{a1}时，将a1放入上述的一种分拆中，有C1k＋C2k＋…＋Ckk＝2k－1种分拆.
　　设{a1, a2,…, an}的分拆数有xn种，
　　∴x1＝2k－1，
　　当{a1, a2,…, an, an+1}时，将an+1放入{a1, a2,…, an}的任一种分拆，于是原来一种分拆{A1, A2,…, Ak}变为C1k＋C2k＋…＋Ckk＝(2k－1)种分拆，∴xn+1＝(2k-1)xn，且x1＝2k－1，∴数列{xn}是等比数列，∴xn＝(2k－1)n，∴{a1, a2,…, an}＝A1∪A2∪…∪Ak共有(2k－1)n种分拆.
　　例2已知非空集合M满足：① M{1, 2, 3, 4, 5}，②若a∈M，则6-a∈M，则集合M的个数为（）
　　A. 3B. 4
　　C. 6D. 7
　　解析：用枚举法可以得M＝{3}，M＝{1, 5}，M＝{2, 4}，M＝{1, 3, 5}，M＝{2, 3, 4}，M＝{1, 2, 4, 5}，M＝{1, 2, 3, 4, 5}，故选D.
　　从批改学生作业过程中可以看出，学生选A较多，而且直接写出{3}, {1, 5}, {2, 4}，而忽视了三元素集合、四元素集合和五元素集合.
　　引申一：已知非空集合M满足：① M{1, 2, 3,…, n}（n∈N+）；② 若a∈M，则（n+1）－a∈M，试探究集合M的个数.
　　解析：当n＝1, 3, 5时，M中可以是单元素集合，n＝2, 4, 6时，集合M不能是单元素集合。从原题上看，找出单元素集和两个元素集合，然后从二元素集合中选一个，二个，三个，…分别并成一组即得到四元素集合，六元素集合….当有单元素集合时，分别再加进去就可以了，于是对n进行奇偶性分类.
　　(1) 当n＝2k+1（k∈N）时，M的可能性有：
　　单元素集合为{k+1}有1个；二元素集合有{1, 2k+1}, {2, 2k},…, {k, k+2}共有k个，从二元素集合中任选1个与单元素集合并在一起得三元素集合，有C1k个三元素集合，从二元素集合中任选两个再并集，得到四元素集合有C2k个四元素集合，将单元素集合与四元素集合并集，得到C2k个五元素集合，…，依此类推，2k元素集合有Ckk个，(2k+1)个元素集合有Ckk个.
　　共有1＋2(C1k＋C2k＋…＋Ckk)=2×2k-1＝2×2k-1=2×2n-12－1＝2n+12-1个.
　　(2) 当n＝2k（k∈N+）时，M的可能性有：
　　两元素集合有{1, 2k}, {2, 2k-1},…, {k, k+1}，
　　于是，从二元素集合中任选r个集合并成一个集合得到2r元素集合，有Crk种选法。（r＝1, 2, 3,…, k），
　　共有C1k＋C2k＋C3k＋…＋Ckk＝2k－1＝2n2-1个.
　　综上所述：集合M的个数为：当n为奇数时，个数为2n+12-1；当n为偶数时，个数为2n2-1.
　　引申二：已知非空集合M满足① M{a1, a2,…, an}（n∈N+）；② 若a∈M，则a1+an－a∈M，其中a1，a2，…，an是等差数列，公差不为0，试探究集合M的个数.
　　用上述方法可得：集合M的个数为2n+12-1，n为奇数，
　　2n2-1，n为偶数.
　　引申三：已知非空集合M满足① M{a1, a2,…, an}（n∈N+）；其中a1，a2，…，an是等比数列，公比不为1；② 若a∈M，则a1ana∈M，试探究集合M的个数。
　　仿照上述方法可得集合M的个数为2n+12-1，n为偶数，
　　2n2-1，n为偶数.
　　通过上述两道例题的深入研究，可以让学生的思路更加开阔，使学生学会如何探究问题，学会归纳类比一些问题，真正地凸现新课标的思想.让广大师生在陈题中寻找新的规律，创造性地发现.
　　
　　注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文