12.設集合A、B均為實數(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a1=$\frac{2}{3}$,當n∈N*,且n≥2時,曲線$\frac{x^2}{{{n^2}-n+1}}+\frac{y^2}{1-n}=\frac{1}{9}$的焦距為an,如果A={a1,a2,…,an},B=$\{-\frac{1}{9},-\frac{2}{9},-\frac{2}{3}\}$,設A+B中的所有元素之和為Sn,對于滿足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.

分析 (1)根據(jù)新定義A+B={a+b|a∈A,b∈B},結合已知中的集合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,進而可得an=$\frac{2}{3}n$,Sn=n2,則Sm+Sn-λSk>0恒成立,?$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}}{{k}^{2}}$>λ恒成立,結合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,結合已知中“自生集”和“N*的基底集”的定義,可證得結論;

解答 解:(1)∵A+B={a+b|a∈A,b∈B};
當A={0,1,2},B={-1,3}時,
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時表示雙曲線,
故an=2$\sqrt{\frac{{(n}^{2}-n+1)+(n-1)}{9}}$=$\frac{2}{3}n$,
∴a1+a2+a3+…+an=$\frac{{n}^{2}+n}{3}$,
∵B=$\{-\frac{1}{9},-\frac{2}{9},-\frac{2}{3}\}$,
∴A+B中的所有元素之和為Sn=3(a1+a2+a3+…+an)+n($-\frac{1}{9}-\frac{2}{9}-\frac{2}{3}$)=3•$\frac{{n}^{2}+n}{3}$-m=n2
∴Sm+Sn-λSk>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:
設整數(shù)集合A={x|x=(-1)n•Fn,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)n•Fn=(-1)n+2•Fn+2+(-1)n+1•Fn+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,…,am},
使得t=a1+a2+…+am,(|ai<F2n+1,i=1,2,…,m),
當n=2時,由1=1,2=3+1-2,3=3,4=3+1,知結論成立;
假設結論對n=k時成立,
則n=k+1時,只須對任何整數(shù)m∈[F2k+1,F(xiàn)2k+3]討論,
若m<F2k+2,則m=F2k+2+$\overline{m}$,$\overline{m}$∈(-F2k+1,0),
故$\overline{m}$=-F2k+1+m′,m′∈[1,F(xiàn)2k+1),
由歸納假設,m′可以表示為集合A中有限個絕對值小于F2k+1的元素的和.
因為m=F2k+2-F2k+1+m′=(-1)2k+2•F2k+2+(-1)2k+1•F2k+1+m′,
所以m可以表示為集合A中有限個絕對值小于F2k+3的元素的和.
若m=F2k+2,則結論顯然成立.
若F2k+2<m<F2k+3,則m=F2k+2+m′,m′∈[1,F(xiàn)2k+1),
由歸納假設知,m可以表示為集合A中有限個絕對值小于F2k+3的元素的和.
所以,當n=k+1時結論也成立;
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.

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

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