记 $U=\left\{1,2,\cdots ,100\right\}$，对数列 $\left\{a_n\right\}$（$n \in \mathbb N^*$）和 $U$ 的子集 $T$，若 $T \neq \varnothing $，定义 $S_T=0$；若 $T=\left\{t_1,t_2,\cdots ,t_k\right\}$，定义 $S_T=a_{t_1}+a_{t_2}+\cdots +a_{t_k}$．例如：$T=\left\{1,3,66\right\}$ 时，$S_T=a_1+a_3+a_{66}$．现设 $\left\{a_n\right\}$（$n \in \mathbb N^*$）是公比为 $3$ 的等比数列，且当 $T=\left\{2,4\right\}$ 时，$S_T=30$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式；标注答案$ a_n=3^{n-1} $（$ n\in\mathbb N^* $）．解析考查基本数列的通项．根据题意有 $ 3a_1+27a_1=30 $，从而 $ a_1=1 $，因此所求通项公式为 $ a_n=3^{n-1} $（$ n\in\mathbb N^* $）．
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对任意正整数 $k$（$1 \leqslant k \leqslant 100$），若 $T \subseteq \left\{1,2,\cdots,k\right\}$，求证：$S_T<a_{k+1}$；标注答案略．解析考查基本数列的前 $ n $ 项和，并对式子进行了适当的放缩．根据题意，有\[ S_T\leqslant \sum_{i=1}^{k}a_i\overset{\left[a\right]}=\dfrac 12\left(3^k-1\right)<3^k=a_{k+1}, \]（推导中用到 [a]．）因此命题得证．
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设 $C \subseteq U$，$D \subseteq U$，$S_C\geqslant S_{D}$．求证：$S_C+S_{C\cap D}\geqslant 2S_{D}$．标注答案略．解析可以从第（2）小题的证明过程中得到思路，只要将集合作简单分划即可．设集合 $ A=\left\{x\mid x\in C,x\notin D\right\} $，集合 $ B=\left\{ x\mid x\in D,x\notin C\right\} $，则\[ S_C=S_A+S_{C\cap D},S_D=S_B+S_{C\cap D}, \]因此条件即 $ S_A\geqslant S_B $，而\[ S_C+S_{C\cap D}-2S_D=S_A-2S_B. \]当 $ B=\varnothing $ 时命题显然成立，接下来考虑 $ B\neq \varnothing $ 的情形．设此时集合 $ A $ 中的最大元素为 $ p $，集合 $ B $ 中的最大元素为 $ q $，则由于 $ A $ 和 $ B $ 没有公共元素，因此 $ p\neq q $．
情形一：$ p<q $．
此时由第（2）小题结论，有\[ S_B\geqslant a_q>a_1+a_2+\cdots +a_{q-1}\geqslant S_A, \]矛盾．
情形二：$ p>q $．
此时与第（2）小题的论证过程类似，有\[ S_A\geqslant a_p=3^{p-1}>2\cdot \dfrac 12\left(3^{p-1}-1\right)\geqslant 2\cdot\dfrac 12\left(3^q-1\right)\geqslant 2S_B, \]因此有 $ S_C+S_{C\cap D}-2S_D>0 $，命题得证．
综上所述，原命题得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
