Question

已知集合A={a₁，a₂…a_n}（0≤a₁＜a₂＜…＜a_n，n∈N^*，n≥3）具有性質(zhì)P：對(duì)任意i，j（1≤i≤j≤n），a_i+a_j與a_j-a_i至少一個(gè)屬于A，
（1）分別判斷集合M={0，2，4}與N=（1，2，3）是否具有性質(zhì)P，并說(shuō)明理由；
（2）①求證：0∈A；②當(dāng)n=3時(shí)，集合A中元素a₁、a₂、a₃是否一定成等差數(shù)列，若是，請(qǐng)證明；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）對(duì)于集合A中元素a₁、a₂、…a_n，若a_n=2012，求數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n（用n表示）．

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù)題意分別把集合M和N中的元素代入：a_i+a_j與a_j-a_i進(jìn)行驗(yàn)證，可判斷是否具有性質(zhì)P；
（2）①根據(jù)a₁、a₂、…a_n的大小關(guān)系和性質(zhì)P，可得a_n+a_n=2a_n＞a_n，則a_n-a_n=0=a₁∈A，
②由a₁、a₂、a₃的大小關(guān)系和由性質(zhì)P判斷出：a₁=a₃-a₃=0∈A，a₃-a₂=a₂，即得2a₂=a₁+a₃，故結(jié)論得證；
（3）由a₁、a₂、…a_n的關(guān)系和性質(zhì)P，可求出元素a₁、a₂、…a_n的表達(dá)式，再代入所求的前n項(xiàng)和S_n進(jìn)行化簡(jiǎn)得，代入a_n=2012求出S_n．
解答：解：（1）由題意得，
對(duì)于集合M：得2-0=2，4-2=2，4-0=4，0-0=2-2=4-4=0，
∵2，4，0∈M，∴集合具有性質(zhì)P．
對(duì)于集合N：得2+2=4，2-2=0，
∵4，0∉N，∴集合N不具性質(zhì)P，
（2）證明：①∵0≤a₁＜a₂＜…＜a_n，n∈N^*，n≥3，
∴a_n+a_n=2a_n＞a_n，則a_n-a_n=0=a₁∈A，
②當(dāng)n=3時(shí)，集合A中元素a₁，a₂，a₃一定成等差數(shù)列．
證明：當(dāng)n=3時(shí)，0≤a₁＜a₂＜a₃，
∴0≤a₃-a₃＜a₃-a₂＜a₃-a₁，
且a₃+a₃＞a₃，∴a₃+a₃∉A，∴a₃-a₃=0∈A，∴a₁=0∈A，
則a₃+a₂＞a₃，∴a₃+a₂∉A，∴a₃-a₂∈A，
∴a₃-a₂=a₂，即a₃=2a₂，又∵a₁=0，∴2a₂=a₁+a₃，
故a₁，a₂，a₃成等差數(shù)列，
（3）由題意得，0≤a₁＜a₂＜…＜a_n，∴0≤a_n-a_n＜a_n-a_n-1＜…＜a_n-a₁，
∴a_n+a_n-i＞a_n（i=1，2，…n-1），∴a_n-a_n-i∈A，
∴a₁=a_n-a_n，a₂=a_n-a_n-1，a₃=a_n-a_n-2，…a_n=a_n-a₁，
∴S_n=a₁+a₂+…+a_n=na_n-（a₁+a₂+…+a_n），即S_n=na_n-S_n，
則S_n===606n．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了等差數(shù)列的證明，數(shù)列求和等綜合問(wèn)題，以及新定義的靈活應(yīng)用能力，難度較大．