上海市宝山区2017届高考数学一模试卷 Word版含解析

∵B=，

）=3?

﹣

∴A+B中的所有元素之和为Sn=3（a1+a2+a3+…+an）+n（m=n2，

∴Sm+Sn﹣λSk＞0恒成立，?∵m+n=3k，且m≠n， ∴∴

=，

=

＞，

＞λ恒成立，

即实数λ的最大值为；

（3）存在一个整数集合既是自生集又是N*的基底集，理由如下：

设整数集合A={x|x=（﹣1）n?Fn，n∈N*，n≥2}，其中{Fn}为斐波那契数列， 即F1=F2=1，Fn+2=Fn+Fn+1，n∈N*，

下证：整数集合A既是自生集又是N*的基底集，

①由Fn=Fn+2﹣Fn+1得：（﹣1）n?Fn=（﹣1）n+2?Fn+2+（﹣1）n+1?Fn+1， 故A是自生集；

②对于任意n≥2，对于任一正整数t∈[1，F2n+1﹣1]，存在集合Ar一个有限子集{a1，a2，…，am}，

使得t=a1+a2+…+am，（|ai＜F2n+1，i=1，2，…，m），

当n=2时，由1=1，2=3+1﹣2，3=3，4=3+1，知结论成立； 假设结论对n=k时成立，

则n=k+1时，只须对任何整数m∈[F2k+1，F2k+3]讨论， 若m＜F2k+2，则m=F2k+2+，∈（﹣F2k+1，0）， 故=﹣F2k+1+m′，m′∈[1，F2k+1），

由归纳假设，m′可以表示为集合A中有限个绝对值小于F2k+1的元素的和． 因为m=F2k+2﹣F2k+1+m′=（﹣1）2k+2?F2k+2+（﹣1）2k+1?F2k+1+m′， 所以m可以表示为集合A中有限个绝对值小于F2k+3的元素的和． 若m=F2k+2，则结论显然成立．

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若F2k+2＜m＜F2k+3，则m=F2k+2+m′，m′∈[1，F2k+1），

由归纳假设知，m可以表示为集合A中有限个绝对值小于F2k+3的元素的和． 所以，当n=k+1时结论也成立； 由于斐波那契数列是无界的，

所以，任一个正整数都可以表示成集合A的一个有限子集中所有元素的和． 因此集合A又是N*的基底集．

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