Question

已知集合A=a₁，a₂，a₃，…，a_n，其中a_i∈R（1≤i≤n，n＞2），l（A）表示和a_i+a_j（1≤i＜j≤n）中所有不同值的個(gè)數(shù)．
（Ⅰ）設(shè)集合P=2，4，6，8，Q=2，4，8，16，分別求l（P）和l（Q）；
（Ⅱ）若集合A=2，4，8，…，2ⁿ，求證：l(A)=

n(n-1)

2

；
（Ⅲ）l（A）是否存在最小值？若存在，求出這個(gè)最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由？

Answer 1

分析：（Ⅰ）直接利用定義把集合P=2，4，6，8，Q=2，4，8，16中的值代入即可求出l（P）和l（Q）；
（Ⅱ）先由a_i+a_j（1≤i＜j≤n）最多有

C

2 n

=

n(n-1)

2

個(gè)值，可得l(A)≤

n(n-1)

2

；再利用定義推得所有a_i+a_j（1≤i＜j≤n）的值兩兩不同，即可證明結(jié)論．
（Ⅲ）l（A）存在最小值，設(shè)a₁＜a₂＜＜a_n，所以a₁+a₂＜a₁+a₃＜…＜a₁+a_n＜a₂+a_n＜…＜a_n-1+a_n．由此即可證明l（A）的最小值2n-3．

解答：解：（Ⅰ）根據(jù)題中的定義可知：由2+4=6，2+6=8，2+8=10，4+6=10，4+8=12，6+8=14，得l（P）=5．
由2+4=6，2+8=10，2+16=18，4+8=12，4+16=20，8+16=24，得l（Q）=6．（5分）
（Ⅱ）證明：因?yàn)閍_i+a_j（1≤i＜j≤n）最多有

C

2 n

=

n(n-1)

2

個(gè)值，所以l(A)≤

n(n-1)

2

．
又集合A=2，4，8，，2ⁿ，任取a_i+a_j，a_k+a_l（1≤i＜j≤n，1≤k＜l≤n），
當(dāng)j≠l時(shí)，不妨設(shè)j＜l，則a_i+a_j＜2a_j=2^j+1≤a_l＜a_k+a_l，
即a_i+a_j≠a_k+a_l．當(dāng)j=l，i≠k時(shí)，a_i+a_j≠a_k+a_l．
因此，當(dāng)且僅當(dāng)i=k，j=l時(shí)，a_i+a_j=a_k+a_l．
即所有a_i+a_j（1≤i＜j≤n）的值兩兩不同，
所以l(A)=

n(n-1)

2

．（9分）
（Ⅲ）l（A）存在最小值，且最小值為2n-3．
不妨設(shè)a₁＜a₂＜a₃＜…＜a_n，可得a₁+a₂＜a₁+a₃＜…＜a₁+a_n＜a₂+a_n＜…＜a_n-1+a_n，
所以a_i+a_j（1≤i＜j≤n）中至少有2n-3個(gè)不同的數(shù)，即l（A）≥2n-3．
事實(shí)上，設(shè)a₁，a₂，a₃，，a_n成等差數(shù)列，
考慮a_i+a_j（1≤i＜j≤n），根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，
當(dāng)i+j≤n時(shí)，a_i+a_j=a₁+a_i+j-1；
當(dāng)i+j＞n時(shí)，a_i+a_j=a_i+j-n+a_n；
因此每個(gè)和a_i+a_j（1≤i＜j≤n）等于a₁+a_k（2≤k≤n）中的一個(gè)，
或者等于a_l+a_n（2≤l≤n-1）中的一個(gè)．
所以對(duì)這樣的A，l（A）=2n-3，所以l（A）的最小值為2n-3．（13分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查集合與元素的位置關(guān)系和數(shù)列的綜合應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，解題時(shí)注意整體思想和轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，避免錯(cuò)誤．