Question

12．設(shè)集合A、B均為實(shí)數(shù)集R的子集，記：A+B={a+b|a∈A，b∈B}；
（1）已知A={0，1，2}，B={-1，3}，試用列舉法表示A+B；
（2）設(shè)a₁=$\frac{2}{3}$，當(dāng)n∈N^*，且n≥2時(shí)，曲線$\frac{x^2}{{{n^2}-n+1}}+\frac{y^2}{1-n}=\frac{1}{9}$的焦距為a_n，如果A={a₁，a₂，…，a_n}，B=$\{-\frac{1}{9}，-\frac{2}{9}，-\frac{2}{3}\}$，設(shè)A+B中的所有元素之和為S_n，對于滿足m+n=3k，且m≠n的任意正整數(shù)m、n、k，不等式S_m+S_n-λS_k＞0恒成立，求實(shí)數(shù)λ的最大值；
（3）若整數(shù)集合A₁⊆A₁+A₁，則稱A₁為“自生集”，若任意一個正整數(shù)均為整數(shù)集合A₂的某個非空有限子集中所有元素的和，則稱A₂為“N^*的基底集”，問：是否存在一個整數(shù)集合既是自生集又是N^*的基底集？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)新定義A+B={a+b|a∈A，b∈B}，結(jié)合已知中的集合A，B，可得答案；
（2）曲線$\frac{x^2}{{{n^2}-n+1}}+\frac{y^2}{1-n}=\frac{1}{9}$表示雙曲線，進(jìn)而可得a_n=$\frac{2}{3}n$，S_n=n²，則S_m+S_n-λS_k＞0恒成立，?$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}}{{k}^{2}}$＞λ恒成立，結(jié)合m+n=3k，且m≠n，及基本不等式，可得$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}}{{k}^{2}}$＞$\frac{9}{2}$，進(jìn)而得到答案；
（3）存在一個整數(shù)集合既是自生集又是N^*的基底集，結(jié)合已知中“自生集”和“N^*的基底集”的定義，可證得結(jié)論；

解答 解：（1）∵A+B={a+b|a∈A，b∈B}；
當(dāng)A={0，1，2}，B={-1，3}時(shí)，
A+B={-1，0，1，3，4，5}；
（2）曲線$\frac{x^2}{{{n^2}-n+1}}+\frac{y^2}{1-n}=\frac{1}{9}$，即$\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}-n+1}-\frac{{y}^{2}}{n-1}=\frac{1}{9}$，在n≥2時(shí)表示雙曲線，
故a_n=2$\sqrt{\frac{{（n}^{2}-n+1）+（n-1）}{9}}$=$\frac{2}{3}n$，
∴a₁+a₂+a₃+…+a_n=$\frac{{n}^{2}+n}{3}$，
∵B=$\{-\frac{1}{9}，-\frac{2}{9}，-\frac{2}{3}\}$，
∴A+B中的所有元素之和為S_n=3（a₁+a₂+a₃+…+a_n）+n（$-\frac{1}{9}-\frac{2}{9}-\frac{2}{3}$）=3•$\frac{{n}^{2}+n}{3}$-m=n²，
∴S_m+S_n-λS_k＞0恒成立，?$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}}{{k}^{2}}$＞λ恒成立，
∵m+n=3k，且m≠n，
∴$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}}{{k}^{2}}$=$\frac{{9（m}^{2}+{n}^{2}）}{{（m+n）}^{2}}$=$\frac{9}{1+\frac{2mn}{{m}^{2}+{n}^{2}}}$＞$\frac{9}{2}$，
∴$λ≤\frac{9}{2}$，
即實(shí)數(shù)λ的最大值為$\frac{9}{2}$；
（3）存在一個整數(shù)集合既是自生集又是N^*的基底集，理由如下：
設(shè)整數(shù)集合A={x|x=（-1）ⁿ•F_n，n∈N^*，n≥2}，其中{F_n}為斐波那契數(shù)列，
即F₁=F₂=1，F(xiàn)_n+2=F_n+F_n+1，n∈N^*，
下證：整數(shù)集合A既是自生集又是N^*的基底集，
①由F_n=F_n+2-F_n+1得：（-1）ⁿ•F_n=（-1）ⁿ⁺²•F_n+2+（-1）ⁿ⁺¹•F_n+1，
故A是自生集；
②對于任意n≥2，對于任一正整數(shù)t∈[1，F(xiàn)_2n+1-1]，存在集合Ar一個有限子集{a₁，a₂，…，a_m}，
使得t=a₁+a₂+…+a_m，（|a_i＜F_2n+1，i=1，2，…，m），
當(dāng)n=2時(shí)，由1=1，2=3+1-2，3=3，4=3+1，知結(jié)論成立；
假設(shè)結(jié)論對n=k時(shí)成立，
則n=k+1時(shí)，只須對任何整數(shù)m∈[F_2k+1，F(xiàn)_2k+3]討論，
若m＜F_2k+2，則m=F_2k+2+$\overline{m}$，$\overline{m}$∈（-F_2k+1，0），
故$\overline{m}$=-F_2k+1+m′，m′∈[1，F(xiàn)_2k+1），
由歸納假設(shè)，m′可以表示為集合A中有限個絕對值小于F_2k+1的元素的和．
因?yàn)閙=F_2k+2-F_2k+1+m′=（-1）^2k+2•F_2k+2+（-1）^2k+1•F_2k+1+m′，
所以m可以表示為集合A中有限個絕對值小于F_2k+3的元素的和．
若m=F_2k+2，則結(jié)論顯然成立．
若F_2k+2＜m＜F_2k+3，則m=F_2k+2+m′，m′∈[1，F(xiàn)_2k+1），
由歸納假設(shè)知，m可以表示為集合A中有限個絕對值小于F_2k+3的元素的和．
所以，當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論也成立；
由于斐波那契數(shù)列是無界的，
所以，任一個正整數(shù)都可以表示成集合A的一個有限子集中所有元素的和．
因此集合A又是N^*的基底集．

點(diǎn)評 本題考查的知識點(diǎn)是新定義“自生集”和“N^*的基底集”，雙曲線的性質(zhì)，數(shù)列求和，集合的元素，本題綜合性強(qiáng)，轉(zhuǎn)化困難，屬于難題．