题目内容

【题目】设集合A、B均为实数集R的子集,记:A+B={a+b|a∈A,b∈B};
(1)已知A={0,1,2},B={﹣1,3},试用列举法表示A+B;
(2)设a1= ,当n∈N* , 且n≥2时,曲线 的焦距为an , 如果A={a1 , a2 , …,an},B= ,设A+B中的所有元素之和为Sn , 对于满足m+n=3k,且m≠n的任意正整数m、n、k,不等式Sm+Sn﹣λSk>0恒成立,求实数λ的最大值;
(3)若整数集合A1A1+A1 , 则称A1为“自生集”,若任意一个正整数均为整数集合A2的某个非空有限子集中所有元素的和,则称A2为“N*的基底集”,问:是否存在一个整数集合既是自生集又是N*的基底集?请说明理由.

【答案】
(1)解:∵A+B={a+b|a∈A,b∈B};

当A={0,1,2},B={﹣1,3}时,

A+B={﹣1,0,1,3,4,5}


(2)解:曲线 ,即 ,在n≥2时表示双曲线,

故an=2 =

∴a1+a2+a3+…+an=

∵B=

∴A+B中的所有元素之和为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,

= =

即实数λ的最大值为


(3)解:存在一个整数集合既是自生集又是N*的基底集,理由如下:

设整数集合A={x|x=(﹣1)nFn,n∈N*,n≥2},其中{Fn}为斐波那契数列,

即F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1,n∈N*

下证:整数集合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对于任意n≥2,对于任一正整数t∈[1,F2n+1﹣1],存在集合Ar一个有限子集{a1,a2,…,am},

使得t=a1+a2+…+am,(|ai<F2n+1,i=1,2,…,m),

当n=2时,由1=1,2=3+1﹣2,3=3,4=3+1,知结论成立;

假设结论对n=k时成立,

则n=k+1时,只须对任何整数m∈[F2k+1,F2k+3]讨论,

若m<F2k+2,则m=F2k+2+ ∈(﹣F2k+1,0),

=﹣F2k+1+m′,m′∈[1,F2k+1),

由归纳假设,m′可以表示为集合A中有限个绝对值小于F2k+1的元素的和.

因为m=F2k+2﹣F2k+1+m′=(﹣1)2k+2F2k+2+(﹣1)2k+1F2k+1+m′,

所以m可以表示为集合A中有限个绝对值小于F2k+3的元素的和.

若m=F2k+2,则结论显然成立.

若F2k+2<m<F2k+3,则m=F2k+2+m′,m′∈[1,F2k+1),

由归纳假设知,m可以表示为集合A中有限个绝对值小于F2k+3的元素的和.

所以,当n=k+1时结论也成立;

由于斐波那契数列是无界的,

所以,任一个正整数都可以表示成集合A的一个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)根据新定义A+B={a+b|a∈A,b∈B},结合已知中的集合A,B,可得答案;(2)曲线 表示双曲线,进而可得an= ,Sn=n2 , 则Sm+Sn﹣λSk>0恒成立, >λ恒成立,结合m+n=3k,且m≠n,及基本不等式,可得 ,进而得到答案;(3)存在一个整数集合既是自生集又是N*的基底集,结合已知中“自生集”和“N*的基底集”的定义,可证得结论;

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