Question

12．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=$\frac{2}{3}$，当n∈N^*，且n≥2时，曲线$\frac{x^2}{{{n^2}-n+1}}+\frac{y^2}{1-n}=\frac{1}{9}$的焦距为a_n，如果A={a₁，a₂，…，a_n}，B=$\{-\frac{1}{9}，-\frac{2}{9}，-\frac{2}{3}\}$，设A+B中的所有元素之和为S_n，对于满足m+n=3k，且m≠n的任意正整数m、n、k，不等式S_m+S_n-λS_k＞0恒成立，求实数λ的最大值；
（3）若整数集合A₁⊆A₁+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．

Answer 1

分析 （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$\frac{x^2}{{{n^2}-n+1}}+\frac{y^2}{1-n}=\frac{1}{9}$表示双曲线，进而可得a_n=$\frac{2}{3}n$，S_n=n²，则S_m+S_n-λS_k＞0恒成立，?$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}}{{k}^{2}}$＞λ恒成立，结合m+n=3k，且m≠n，及基本不等式，可得$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}}{{k}^{2}}$＞$\frac{9}{2}$，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；

解答 解：（1）∵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）曲线$\frac{x^2}{{{n^2}-n+1}}+\frac{y^2}{1-n}=\frac{1}{9}$，即$\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}-n+1}-\frac{{y}^{2}}{n-1}=\frac{1}{9}$，在n≥2时表示双曲线，
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中的所有元素之和为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，
∴$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}}{{k}^{2}}$=$\frac{{9（m}^{2}+{n}^{2}）}{{（m+n）}^{2}}$=$\frac{9}{1+\frac{2mn}{{m}^{2}+{n}^{2}}}$＞$\frac{9}{2}$，
∴$λ≤\frac{9}{2}$，
即实数λ的最大值为$\frac{9}{2}$；
（3）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）ⁿ•F_n，n∈N^*，n≥2}，其中{F_n}为斐波那契数列，
即F₁=F₂=1，F_n+2=F_n+F_n+1，n∈N^*，
下证：整数集合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对于任意n≥2，对于任一正整数t∈[1，F_2n+1-1]，存在集合Ar一个有限子集{a₁，a₂，…，a_m}，
使得t=a₁+a₂+…+a_m，（|a_i＜F_2n+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∈[F_2k+1，F_2k+3]讨论，
若m＜F_2k+2，则m=F_2k+2+$\overline{m}$，$\overline{m}$∈（-F_2k+1，0），
故$\overline{m}$=-F_2k+1+m′，m′∈[1，F_2k+1），
由归纳假设，m′可以表示为集合A中有限个绝对值小于F_2k+1的元素的和．
因为m=F_2k+2-F_2k+1+m′=（-1）^2k+2•F_2k+2+（-1）^2k+1•F_2k+1+m′，
所以m可以表示为集合A中有限个绝对值小于F_2k+3的元素的和．
若m=F_2k+2，则结论显然成立．
若F_2k+2＜m＜F_2k+3，则m=F_2k+2+m′，m′∈[1，F_2k+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F_2k+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．

点评 本题考查的知识点是新定义“自生集”和“N^*的基底集”，双曲线的性质，数列求和，集合的元素，本题综合性强，转化困难，属于难题．