Question

【題目】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= ，當(dāng)n∈N* ， 且n≥2時(shí)，曲線(xiàn) 的焦距為an ， 如果A={a1 ， a2 ， …，an}，B= ，設(shè)A+B中的所有元素之和為Sn ， 對(duì)于滿(mǎn)足m+n=3k，且m≠n的任意正整數(shù)m、n、k，不等式Sm+Sn﹣λSk＞0恒成立，求實(shí)數(shù)λ的最大值；
（3）若整數(shù)集合A1A1+A1 ， 則稱(chēng)A1為“自生集”，若任意一個(gè)正整數(shù)均為整數(shù)集合A2的某個(gè)非空有限子集中所有元素的和，則稱(chēng)A2為“N*的基底集”，問(wèn)：是否存在一個(gè)整數(shù)集合既是自生集又是N*的基底集？請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】
（1）解：∵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）解：曲線(xiàn) ，即 ，在n≥2時(shí)表示雙曲線(xiàn)，

故an=2 = ，

∴a1+a2+a3+…+an= ，

∵B= ，

∴A+B中的所有元素之和為Sn=3（a1+a2+a3+…+an）+n（ ）=3 ﹣m=n2，

∴Sm+Sn﹣λSk＞0恒成立， ＞λ恒成立，

∵m+n=3k，且m≠n，

∴ = = ＞ ，

∴ ，

即實(shí)數(shù)λ的最大值為

（3）解：存在一個(gè)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）nFn，n∈N*，n≥2}，其中{Fn}為斐波那契數(shù)列，

即F1=F2=1，F(xiàn)n+2=Fn+Fn+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Fn=Fn+2﹣Fn+1得：（﹣1）nFn=（﹣1）n+2Fn+2+（﹣1）n+1Fn+1，

故A是自生集；

②對(duì)于任意n≥2，對(duì)于任一正整數(shù)t∈[1，F(xiàn)2n+1﹣1]，存在集合Ar一個(gè)有限子集{a1，a2，…，am}，

使得t=a1+a2+…+am，（|ai＜F2n+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(duì)n=k時(shí)成立，

則n=k+1時(shí)，只須對(duì)任何整數(shù)m∈[F2k+1，F(xiàn)2k+3]討論，

若m＜F2k+2，則m=F2k+2+ ， ∈（﹣F2k+1，0），

故 =﹣F2k+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(gè)絕對(duì)值小于F2k+1的元素的和．

因?yàn)閙=F2k+2﹣F2k+1+m′=（﹣1）2k+2F2k+2+（﹣1）2k+1F2k+1+m′，

所以m可以表示為集合A中有限個(gè)絕對(duì)值小于F2k+3的元素的和．

若m=F2k+2，則結(jié)論顯然成立．

若F2k+2＜m＜F2k+3，則m=F2k+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(gè)絕對(duì)值小于F2k+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(wú)界的，

所以，任一個(gè)正整數(shù)都可以表示成集合A的一個(gè)有限子集中所有元素的和．

因此集合A又是N*的基底集

【解析】（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(xiàn) 表示雙曲線(xiàn)，進(jìn)而可得an= ，Sn=n2 ， 則Sm+Sn﹣λSk＞0恒成立， ＞λ恒成立，結(jié)合m+n=3k，且m≠n，及基本不等式，可得 ＞ ，進(jìn)而得到答案；（3）存在一個(gè)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；