Question

1．已知含有n个元素的正整数集A={a₁，a₂，…，a_n}（a₁＜a₂＜…＜a_n，n≥3）具有性质P：对任意不大于S（A）（其中S（A）=a₁+a₂+…+a_n）的正整数k，存在数集A的一个子集，使得该子集所有元素的和等于k．
（Ⅰ）写出a₁，a₂的值；
（Ⅱ）证明：“a₁，a₂，…，a_n成等差数列”的充要条件是“S（A）=$\frac{n（n+1）}{2}$”；
（Ⅲ）若S（A）=2017，求当n取最小值时a_n的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由由a_n为正整数，则a₁=1，a₂=2．a₁＜a₂＜…＜a_n，n≥3，即可求得a₁=1，a₂=2；
（Ⅱ）先证明充分性，由a₁，a₂，…，a_n成等差数列，则a_n=n，由等差数列通项公式即可求得S（A）=$\frac{n（n+1）}{2}$”；再证明必要性，由$S（A）={a_1}+{a_2}+…+{a_n}≥1+2+…+n=\frac{n（n+1）}{2}$，则a_m=m（m=1，2，…，n），故a₁，a₂，…，a_n为等差数列；
（Ⅲ）由题意可知：$?{a_m}≤{2^{m-1}}$（m=1，2，…，n）．因此$2017={a_1}+{a_2}+…+{a_n}≤1+2+…+{2^{n-1}}={2^n}-1$，即2ⁿ≥2018，所以n≥11．分类，由集合的性质，分类，即可求得当n取最小值11时，a_n的最大值为1009．

解答 解：（Ⅰ）由集合A={a₁，a₂，…，a_n}，}（a₁＜a₂＜…＜a_n，n≥3），
由a_n为正整数，则a₁=1，a₂=2．
（Ⅱ）先证必要性：
因为a₁=1，a₂=2，又a₁，a₂，…，a_n成等差数列，故a_n=n，所以$S（A）=\frac{n（n+1）}{2}$；
再证充分性：
因为a₁＜a₂＜…＜a_n，a₁，a₂，…，a_n为正整数数列，故有a₁=1，a₂=2，a₃≥3，a₄≥4，…，a_n≥n，
所以$S（A）={a_1}+{a_2}+…+{a_n}≥1+2+…+n=\frac{n（n+1）}{2}$，
又$S（A）=\frac{n（n+1）}{2}$，故a_m=m（m=1，2，…，n），故a₁，a₂，…，a_n为等差数列．
（Ⅲ）先证明$?{a_m}≤{2^{m-1}}$（m=1，2，…，n）．
假设存在${a_p}＞{2^{p-1}}$，且p为最小的正整数．
依题意p≥3，则a₁+a₂+…+a_p-1≤1+2+…+2^p-2=2^p-1-1，又因为a₁＜a₂＜…＜a_n，
故当k∈（2^p-1-1，a_p）时，k不能等于集合A的任何一个子集所有元素的和．
故假设不成立，即$?{a_m}≤{2^{m-1}}$（m=1，2，…，n）成立．
因此$2017={a_1}+{a_2}+…+{a_n}≤1+2+…+{2^{n-1}}={2^n}-1$，
即2ⁿ≥2018，所以n≥11．
因为S=2017，则a₁+a₂+…+a_n-1=2017-a_n，
若2017-a_n＜a_n-1时，则当k∈（2017-a_n，a_n）时，集合A中不可能存在若干不同元素的和为k，
故2017-a_n≥a_n-1，即a_n≤1009．
此时可构造集合A={1，2，4，8，16，32，64，128，256，497，1009}．
因为当k∈{2，2+1}时，k可以等于集合{1，2}中若干个元素的和；
故当k∈{2²，2²+1，2²+2，2²+3}时，k可以等于集合{1，2，2²}中若干不同元素的和；
…
故当k∈{2⁸，2⁸+1，2⁸+2，…，2⁸+255}时，k可以等于集合{1，2，…，2⁸}中若干不同元素的和；
故当k∈{497+3，497+4，…，497+511}时，k可以等于集合{1，2，…，2⁸，497}中若干不同元素的和；
故当k∈{1009，1009+1，1009+2，…，1009+1008}时，k可以等于集合{1，2，…，2⁸，497，1009}中若干不同元素的和，
所以集合A={1，2，4，8，16，32，64，128，256，497，1009}满足题设，
所以当n取最小值11时，a_n的最大值为1009．

点评 本题考查数列的求和，等差数列的性质，突出考查反证法的应用，考查分类讨论思想与转化思想，考查构造函数的思想，属于难题．