Question

5．已知非空集合M滿足M⊆{0，1，2，…，n}（n≥2，n∈N⁺）．若存在非負(fù)整數(shù)k（k≤n），使得當(dāng)a∈M時，均有2k-a∈M，則稱集合M具有性質(zhì)P．設(shè)具有性質(zhì)P的集合M的個數(shù)為f（n）．
（1）求f（2）的值；
（2）求f（n）的表達式．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n=2時，M={0}，{1}，{2}，{0，2}，{0，1，2}具有性質(zhì)P，求出對應(yīng)的k，即可得出．
（2）可知當(dāng)n=k時，具有性質(zhì)P的集合M的個數(shù)為f（t），當(dāng)n=k+1時，f（t+1）=f（t）+g（t+1），其中g(shù)（t+1）表達t+1∈M也具有性質(zhì)P的集合M的個數(shù)，
計算g（t+1）關(guān)于t的表達式，此時應(yīng)有2k≥t+1，即$k≥\frac{t+1}{2}$，故對n=t分奇偶討論，利用集合M具有性質(zhì)P即可得出．

解答 解：（1）當(dāng)n=2時，M={0}，{1}，{2}，{0，2}，{0，1，2}具有性質(zhì)P，
對應(yīng)的k分別為0，1，2，1，1，故f（2）=5．
（2）可知當(dāng)n=k時，具有性質(zhì)P的集合M的個數(shù)為f（t），
則當(dāng)n=k+1時，f（t+1）=f（t）+g（t+1），
其中g(shù)（t+1）表達t+1∈M也具有性質(zhì)P的集合M的個數(shù)，
下面計算g（t+1）關(guān)于t的表達式，
此時應(yīng)有2k≥t+1，即$k≥\frac{t+1}{2}$，故對n=t分奇偶討論，
①當(dāng)t為偶數(shù)時，t+1為奇數(shù)，故應(yīng)該有$k≥\frac{t+2}{2}$，
則對每一個k，t+1和2k-t-1必然屬于集合M，且t和2k-t，…，k和k共有t+1-k組數(shù)，每一組數(shù)中的兩個數(shù)必然同時屬于或不屬于集合M，
故對每一個k，對應(yīng)的具有性質(zhì)P的集合M的個數(shù)為$C_{t+1-k}^0+C_{t+1-k}^1+…+C_{t+1-k}^{t+1-k}={2^{t+1-k}}$，
所以$g（t+1）={2^{\frac{t}{2}}}+{2^{\frac{t-2}{2}}}+…+{2^1}+1=2×{2^{\frac{t}{2}}}-1$，
②當(dāng)t為奇數(shù)時，t+1為偶數(shù)，故應(yīng)該有$k≥\frac{t+1}{2}$，
同理$g（t+1）={2^{\frac{t+1}{2}}}+{2^{\frac{t-1}{2}}}+…+{2^1}+1=2\sqrt{2}×{2^{\frac{t}{2}}}-1$，
綜上，可得$f（t+1）=\left\{\begin{array}{l}f（t）+2×{2^{\frac{t}{2}}}-1，t為偶數(shù)\\ f（t）+2\sqrt{2}×{2^{\frac{t}{2}}}-1，t為奇數(shù)\end{array}\right.$又f（2）=5，
由累加法解得$f（t）=\left\{\begin{array}{l}6×{2^{\frac{t}{2}}}-t-5，t為偶數(shù)\\ 4×{2^{\frac{t+1}{2}}}-t-5，t為奇數(shù)\end{array}\right.$
即$f（n）=\left\{\begin{array}{l}6×{2^{\frac{n}{2}}}-n-5，n為偶數(shù)\\ 4×{2^{\frac{n+1}{2}}}-n-5，n為奇數(shù).\end{array}\right.$．

點評 本題考查了集合的運算性質(zhì)、元素與集合之間的關(guān)系、組合數(shù)的計算公式、新定義，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．