Question

6．设A是由有限个正整数组成的集合，若存在两个集合B，C满足：①B∩C=∅；
②B∪C=A；③B的元素之和等于C的元素之和，则称集合A“可均分”．
（1）证明：集合A={1，2，3，4，5，6，7，8}“可均分”；
（2）证明：集合A={2015+1，2015+2，…，2015+93}“可均分”；
（3）求出所有的正整数k，使得A={2015+1，2015+2，…，2015+k}“可均分”．

Answer 1

分析 （1）根据“可均分”的定义进行判断即可；
（2）结合可均分的定义进行证明；
（3）根据“可均分”的定义进行求解．

解答 （1）证明：设B₁={2，3，6，7}，C₁={1，4，5，8}，
则得到的B，C满足条件①②③，
则A={1，2，3，4，5，6，7，8}“可均分”；
（2）证明：设B₁={2015+1，2015+2，…，2015+47}，C₁={2015+48，2015+49，…，2015+93}，
考虑到[（2015+48）+（2015+49）+…+（2015+93）]-[（2015+1）+（2015+2）+…+（2015+47）]=46×46-（2015+1）=100．
将B₁中的2015+1与C₁中的2015+51交换，得到集合B，C，
则得到的B，C满足条件①②③，
则集合A={2015+1，2015+2，…，2015+93}“可均分”；
（3）解：一方面，假设A={2015+1，2015+2，…，2015+k}“可均分”，则存在B，C满足条件①②③，
∴（2015+1）+（2015+2）+…+（2015+k）=2016k+$\frac{k（k-1）}{2}$为偶数，
∴k=4a或k=4a+1（a∈N^*）．
设k=4a+1，不妨设B中的元素个数大于等于2a+1，C中的元素个数小于等于2a，
于是B的元素之和S_B≥（2015+1）+（2015+2）+…+[2015+（2a+1）]，
C的元素之和S_C≤[2015+（2a+2）]+[2015+（2a+3）]+…+[2015+（4a+1）]，
整理得：（2015+1）+（2015+2）+…+[2015+（2a+1）]
≤[2015+（2a+2）]+[2015+（2a+3）]+…+[2015+（4a+1）]，
即2016（2a+1）+$\frac{（2a+1）•2a}{2}$≤2a（2017+2a）+$\frac{2a（2a-1）}{2}$，
即4032a+2016+4a²+a≤4034a+4a²+2a²-a，
解得：a²≥504，即a≥23，
∴k=4a（a∈N*）或k=4a+1（a≥23，a∈N*）；
另一方面，当k=4a（a∈N*）时，A={2015+1，2015+2，…，2015+k}中的连续四个必可分成两两一组，
其和相等；
∴A={2015+1，2015+2，…，2015+k}“可均分”；
当k=4a+1（a≥23，a∈N*）时，
由（Ⅱ）问可知A={2015+1，2015+2，…，2015+k}的前93个数组成的集合“可均分”，
由前面的讨论知可将剩下的4p个元素分成和相等的两个不相交的子集，
即此时A={2015+1，2015+2，…，2015+k}“可均分”．
综上，k=4a（a∈N*）或k=4a+1（a≥23，a∈N^*）．

点评 本题主要考查与集合有关的新定义的应用，综合性较强，难度较大．