Question

8．已知數(shù)集M={a₁，a₂，…，a_n}（0≤a₁＜a₂＜…＜a_n，n≥2）具有性質(zhì)P：對(duì)任意的i，j（1≤i≤j≤n），a_i+a_j與a_j-a_i兩數(shù)中至少有一個(gè)屬于M．
（Ⅰ）分別判斷數(shù)集{0，1，3}與{0，2，3，5}是否具有性質(zhì)P，并說明理由；
（Ⅱ）證明：a₁=0，且a_n=$\frac{2}{n}（{a_1}+{a_2}+…+{a_{n-1}}+{a_n}）$；
（Ⅲ）當(dāng)n=5時(shí)，證明：a₁，a₂，a₃，a₄，a₅成等差數(shù)列．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用新定義，可以判斷集合{0，1，3}不具有性質(zhì)P，{0，2，3，5}具有性質(zhì)P；
（Ⅱ）令j=n，i＞1，可得a_n-a_i屬于M，證明a_n=a_i+a_n+1-i，倒序相加即可得到結(jié)論；
（Ⅲ）當(dāng) n=5時(shí)，取j=5，當(dāng)i≥2時(shí)，a_i+a₅＞a₅，由M具有性質(zhì)P，結(jié)合等差數(shù)列的定義逐步可得．

解答 （Ⅰ）解：由于3-1和3+1都不屬于集合{0，1，3}，∴該數(shù)集不具有性質(zhì)P；
由于2+0、3+0、5+0、3+2、5-2、5-3、0-0、2-2、3-3、5-5都屬于集合{0，2，3，5}，∴該數(shù)集具有性質(zhì)P． 
（Ⅱ）證明：令j=n，i＞1，則∵“a_i+a_j與a_j-a_i兩數(shù)中至少有一個(gè)屬于M”，
∴a_i+a_j不屬于M，∴a_n-a_i屬于M．
令i=n-1，那么a_n-a_n-1是集合M中某項(xiàng)，a₁不行，是0，a₂可以．
如果是a₃或者a₄，那么可知a_n-a₃=a_n-1，那么a_n-a₂＞a_n-a₃=a_n-1，只能是等于a_n了，矛盾．
∴令i=n-1可以得到a_n=a₂+a_n-1，
同理，令i=n-2、n-3，…，2，可以得到a_n=a_i+a_n+1-i，
∴倒序相加即可得到a₁+a₂+a₃+…+a_n=$\frac{n}{2}$a_n，即a_n=$\frac{2}{n}（{a_1}+{a_2}+…+{a_{n-1}}+{a_n}）$；
（Ⅲ）證明：當(dāng) n=5時(shí)，取j=5，當(dāng)i≥2時(shí)，a_i+a₅＞a₅，
由M具有性質(zhì)P，a₅-a_i∈M，又i=1時(shí)，a₅-a₁∈M，
∴a₅-a_i∈M，i=1，2，3，4，5．
∵0=a₁＜a₂＜a₃＜a₄＜a₅，∴a₅-a₁＞a₅-a₂＞a₅-a₃＞a₅-a₄＞a₅-a₅=0，
則a₅-a₁=a₅，a₅-a₂=a₄，a₅-a₃=a₃，
從而可得a₂+a₄=a₅，a₅=2a₃，故a₂+a₄=2a₃，即0＜a₄-a₃=a₃-a₂＜a₃，
又∵a₃+a₄＞a₂+a₄=a₅，∴a₃+a₄∉M，則a₄-a₃∈M，則有a₄-a₃=a₂=a₂-a₁．
又∵a₅-a₄=a₂=a₂-a₁，∴a₅-a₄=a₄-a₃=a₃-a₂=a₂-a₁=a₂，
即a₁，a₂，a₃，a₄，a₅是首項(xiàng)為0，公差為a₂的等差數(shù)列．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的綜合應(yīng)用，考查學(xué)生的應(yīng)用知識(shí)分析、解決問題的能力，屬于難題．