2019-2021北京高三(上)期末数学汇编：集合与常用逻辑用语综合.docx

2019-2021北京高三（上）期末数学汇编
集合与常用逻辑用语综合
一、单选题
1．（2021·北京东城·高三期末）已知集合A=xx−1≥0，B=0,1,2，则A∩B=（       ）
A．0 B．1 C．2 D．1,2
2．（2021·北京丰台·高三期末）已知an是等比数列，Sn为其前n项和，那么“a1>0”是“数列Sn为递增数列”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2021·北京昌平·高三期末）已知集合A={1,2,3,5},B={2,3}，那么A∪B=（　　）
A．{2,3} B．{1,5} C．{1,2,3,5} D．{3}
4．（2020·北京丰台·高三期末）若集合A=x1<x<3，B=x−1<x<2，则A∩B=（       ）
A．x−1<x<3 B．x−1<x<1
C．x1<x<2 D．x2<x<3
5．（2020·北京大兴·高三期末）已知集合A=−1,0,1,2 ，B=x∈Nx<4，则A∩B= （       ）
A．−1,0 B．0,1 C．−1,0,1 D．0,1,2
6．（2020·北京昌平·高三期末）已知集合A=x−2<x<1,B=xx>0，则集合A∪B=（       ）
A．(−2,1) B．(0,1) C．(0,+∞) D．(−2,+∞)
7．（2020·北京昌平·高三期末）已知命题p：∀x∈R+，lnx＞0，那么命题¬p为（       ）
A．∃x∈R+，lnx≤0 B．∀x∈R+，lnx＜0
C．∃x∈R+，lnx＜0 D．∀x∈R+，lnx≤0
8．（2020·北京昌平·高三期末（理））设集合M={x|x2−x≥0}，N={x|x<2}，则M∩N=（       ）
A．{x|x≤0} B．{x|1≤x<2}
C．{x|0≤x≤1} D．{x|x≤0或1≤x<2}
9．（2020·北京通州·高三期末）设a,b是向量，“|a|=|a+b|”是“|b|=0”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
10．（2020·北京密云·高三期末）若集合A={x|1≤x<3}，B={x|−2≤x<2}，则A∪B=（       ）
A．{x|1≤x<2} B．{x|1<x<2} C．{x|−2≤x<3} D．{x|−2<x<3}
11．（2020·北京大兴·高三期末）设a,b为非零向量，则“a+b<a+b”是“a与b不共线”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
12．（2020·北京顺义·高三期末）设集合M={x|(x−3)(x+1)<0}，N={x|0<x<4}，则M∩N=（       ）
A．(0,3) B．(−1,4) C．(0,1) D．(−1,3)
13．（2020·北京通州·高三期末）已知集合A=x−2<x<1,B=x−1<x<3,则A∪B=
A．x−2<x<3 B．x−1<x<1 C．x1<x<3 D．x−2<x<−1
14．（2020·北京昌平·高三期末）设m,n为非零向量，则“m=λn，λ≤−1”是“m+n=m−n”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
15．（2020·北京房山·高三期末）已知集合A=x−1≤x≤2，B=0,1,2,3，则A∩B=（       ）
A．0,1 B．−1,0,1 C．0,1,2 D．−1,0,1,2
16．（2020·北京西城·高三期末）设集合A=x|x<a,B=−3,0,1,5,若集合A∩B有且仅有2个元素,则实数a的取值范围为（       ）
A．−3,+∞ B．0,1 C．1,+∞ D．1,5
17．（2020·北京西城·高三期末）设三个向量a,b,c互不共线,则 “a+b+c=0”是 “以a,b,c为边长的三角形存在”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
18．（2020·北京海淀·高三期末）已知集合U=1,2,3,4,5,6，A=1,3,5，B=2,3,4，则集合A∩∁UB是
A．1,3,5,6} B．1,3,5} C．1,3} D．1,5}
19．（2020·北京海淀·高三期末）已知α、β、γ是三个不同的平面，且α∩γ=m，β∩γ=n，则“m//n”是“α//β”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
20．（2020·北京昌平·高三期末（理））∃x≥0 ，使2x+x−a≤0 ，则实数的取值范围是
A．a>1 B．a≥1 C．a<1 D．a≤1
21．（2020·北京丰台·高三期末）命题“∃   x0∈(0,+∞)，lnx0=x0−1”的否定是
A．∃   x0∈(0,+∞)，lnx0≠x0−1 B．∃   x0∉(0,+∞)，lnx0=x0−1
C．∀  x∈(0,+∞)，lnx≠x−1 D．∀  x∉(0,+∞)，lnx=x−1
22．（2019·北京昌平·高三期末（理））若集合A={x|x2+2x<0}，B={x||x|>1}，则A∩B=（       ）
A．{x|−2<x<−1} B．{x|−1<x<0} C．{x|0<x<1} D．{x|1<x<2}
23．（2019·北京西城·高三期末（文））设{an}是等比数列，则“a1<a2”是“数列{an}是递增数列”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
24．（2019·北京房山·高三期末（文））已知集合A=−1,0,1，B=xx>a，若A∩B=A,则实数a的取值可以为
A．-2 B．-1 C．1 D．2
25．（2019·北京海淀·高三期末（理））已知集合A=(s,t)1≤s≤50,1≤t≤50,s∈N,t∈N.若B⊆A，且对任意的(a,b)∈B，(x,y)∈B，均有(a−x)(b−y)≤0，则集合B中元素个数的最大值为
A．25 B．49 C．75 D．99
26．（2019·北京通州·高三期末（理））设集合A={x|x2−4x+3<0}，B={x|2x−3>0}，则A∩B=
A．(−3,−32) B．(−3,32) C．(1,32) D．(32,3)
二、填空题
27．（2019·北京石景山·高三期末（理））写出“x+1x≤−2”的一个充分不必要条件_____．
三、解答题
28．（2020·北京密云·高三期末）设数组G=(a1,  a2,   ⋯,  a2n+1)，n≥2，ai∈N∗ (i=1,2,⋯,2n+1)，数ai称为数组G的元素．对于数组G，规定：
①数组G中所有元素的和为S(G)=a1+a2,+ ⋯+a2n+1；
②变换f，f将数组G变换成数组f(G)=[a1+12],[a2+12],⋯,[a2n+1+12]，其中x表示不超过x的最大整数；
③若数组M=(b1,  b2,   ⋯,  b2n+1)，则当且仅当ai=bi (i=1,2,⋯,2n+1)时，G=M．
如果对数组G中任意2n个元素，存在一种分法，可将其分为两组，每组n个元素，使得两组所有元素的和相等，则称数组G具有性质P．
（Ⅰ）已知数组A=( 1,1,1,1,1)，B=(1,4,7,10,13)，计算f(A)，f(B)，并写出数组A,B是否具有性质P；
（Ⅱ）已知数组G具有性质P，证明：f(G)也具有性质P；
（Ⅲ）证明：数组G具有性质P的充要条件是a1=a2=⋯=a2n+1．
29．（2020·北京房山·高三期末）设n为给定的不小于5的正整数，考查n个不同的正整数a1，a2， ⋯，an构成的集合P={a1,a2,⋯,an}，若集合 P的任何两个不同的非空子集所含元素的总和均不相等，则称集合P为“差异集合”．
（1）分别判断集合A={1,3,8,13,23}，集合B={1,2,4,8,16}是否是“差异集合”；（只需写出结论）
（2）设集合P={a1,a2,⋯,an}是“差异集合”，记 bi=ai−2i−1(i=1,2,⋯,n)，求证：数列{bi}的前k项和Dk≥0 (k=1,2,⋯,n)；
（3）设集合P={a1,a2,⋯,an}是“差异集合”，求 1a1+1a2+⋯+1an的最大值．

参考答案
1．D
【解析】
根据交集的概念，直接求A∩B.
【详解】
A=xx≥1，B=0,1,2，
则A∩B=1,2.
故选：D
2．B
【解析】
分别从充分性和必要性入手进行分析即可得解.
【详解】
设等比数列an的公比为q，
充分性：当a1>0，q<0时，Sn+1−Sn=an+1=a1qn，无法判断其正负，显然数列Sn为不一定是递增数列，充分性不成立；
必要性：当数列Sn为递增数列时，Sn−Sn−1=an>0，可得a1>0，必要性成立.
故“a1>0”是“数列Sn为递增数列”的必要而不充分条件.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：证明或判断充分性和必要性的常用方法：①定义法，②等价法，③集合包含关系法.
3．C
【解析】
根据并集的定义直接求出即可.
【详解】
∵A={1,2,3,5},B={2,3},
∴A∪B={1,2,3,5}。
故选：C.
4．C
【分析】
根据交集的定义计算．
【详解】
由已知A∩B={x|1<x<2}．
故选：C．
5．D
【解析】
由题得B=x∈Nx<4=0,1,2,3，进而得A∩B= 0,1,2.
【详解】
解：因为集合B=x∈Nx<4=0,1,2,3，集合A=−1,0,1,2，
则A∩B= 0,1,2.
故选：D.
6．D
【解析】
直接进行集合的并运算，即可得答案；
【详解】
∵ A∪B=x−2<x<1∪xx>0=xx>−2，
故选：D．
7．A
【分析】
利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可.
【详解】
因为特称命题的否定是全称命题，
故命题“p：∀x∈R+，lnx＞0”的否定¬p为：∃x∈R+，lnx≤0.
故选：A.
【点睛】
本题考查含有一个量词的命题的否定，要注意两个方面的变化：1.量词，2.结论，属于基础题.
8．D
【分析】
先解不等式得集合M，再根据交集定义求结果.
【详解】
∵M={x|x2−x≥0}=(−∞,0]∪[1,+∞)
∴M∩N=(−∞,0]∪[1,2)
故选：D
【点睛】
本题考查集合交集、解一元二次不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.
9．B
【分析】
根据向量的运算性质结合充分条件和必要条件的判定，即可得出答案.
【详解】
当a=−12b时，|a+b|=|−12b+b|=12|b|=|a|，推不出|b|=0
当|b|=0时，b=0，则|a+b|=|a+0|=|a|
即“|a|=|a+b|”是“|b|=0”的必要不充分条件
故选：B
【点睛】
本题主要考查了判断必要不充分条件，属于中档题.
10．C
【解析】
根据集合的并运算，即可容易求得.
【详解】
因为A={x|1≤x<3}，B={x|−2≤x<2}，
故可得A∪B= {x|−2≤x<3}.
故选：C.
【点睛】
本题考查集合并集的求解，属基础题.
11．B
【解析】
由a与b不共线，得到a+b<a+b，由a+b<a+b不能得到a与b不共线，从而做出判断，得到答案.
【详解】
a与b不共线，则“a+b<a+b”，
当a与b反向时，满足a+b<a+b，但不能得到a与b不共线
∴“a+b<a+b”是“a与b不共线”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】
本题考查向量的加法法则，必要不充分条件，属于简单题
12．A
【解析】
先化简M,再和N求交集.
【详解】
解：M={x|(x−3)(x+1)<0}={x|−1<x<3},
又因为N={x|0<x<4}
所以M∩N={x|0<x<3},即(0,3).
故选：A
【点睛】
本题考查集合的交集运算,属于基础题.
13．A
【解析】
根据并集运算法则求解即可.
【详解】
由题：集合A={x|−2<x<1},B={x|−1<x<3},
则A∪B={x|−2<x<3}.
故选：A
【点睛】
此题考查根据描述法表示的集合，并求两个集合的并集.
14．C
【解析】
利用向量的运算性质不等式的性质证明充分性以及必要性即可.
【详解】
证充分性
|m+n|=|λn+n|=|λ+1||n|=−(λ+1)|n|
|m|−|n|=|λ||n|−|n|=−λ|n|−|n|=−(λ+1)|n|
所以|m+n|=|m|−|n|，即充分性成立
证必要性
|m+n|=(m+n)2=m2+2m⋅n+n2
因为|m+n|=|m|−|n|
所以m2+2m⋅n+n2=(|m|−|n|)2=m2−2|m|⋅|n|+n2，即m⋅n=−|m|⋅|n|=|m|⋅|n|cosπ
则向量m,n反向，即存在λ<0，使得m=λn
由|m+n|=|m|−|n|=|λn|−|n|=−λ|n|−|n|≥0，则λ≤−1
所以m=λn，λ≤−1，即必要性成立
所以 “m=λn，λ≤−1”是“|m+n|=|m|−|n|”的充分必要条件
故选：C
【点睛】
本题主要考查了证明充分必要条件等，属于中档题.
15．C
【解析】
利用交集定义直接求解．
【详解】
∵集合A=x−1≤x≤2，B＝{0，1，2，3}，
∴A∩B＝{0，1，2}．
故选：C．
【点睛】
本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16．B
【解析】
根据集合的交集运算，由题意知A∩B=−3,0，由此可得，0<a≤1．
【详解】
因为集合A∩B有且仅有2个元素，所以A∩B=−3,0，即有0<a≤1．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查集合的交集运算，属于基础题．
17．A
【解析】
根据充分条件、必要条件的定义即可判断．
【详解】
因为三个向量a,b,c互不共线，所以三个向量皆不为零向量，设a=AB,b=BC，
而a,b,c互不共线，所以A,B,C三点不共线．
当a+b+c=0时，c=CA，因为A,B,C三点不共线， a=AB,b=BC,c=CA，
所以以a,b,c为边长的三角形存在；
若以a,b,c为边长的三角形存在，但是a=AB,b=BC，c=AC，a+b+c≠0．
故“a+b+c=0”是 “以a,b,c为边长的三角形存在”的充分不必要条件．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查充分条件、必要条件的理解与判断，属于基础题．
18．D
【解析】
利用补集和交集的定义可求出集合A∩∁UB.
【详解】
∵集合U=1,2,3,4,5,6，A=1,3,5，B=2,3,4，则∁UB=1,5,6，
因此，A∩∁UB=1,5.
故选：D.
【点睛】
本题考查交集与补集的混合运算，熟悉交集和补集的定义是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.
19．B
【解析】
根据几何模型与面面平行的性质定理，结合充分条件和必要条件的定义可判断出“m//n”是“α//β”的必要而不充分条件.
【详解】
如下图所示，将平面α、β、γ视为三棱柱的三个侧面，设α∩β=a，将a、m、n视为三棱柱三条侧棱所在直线，则“m//n”⇒“α//β”；

另一方面，若α//β，且α∩γ=m，β∩γ=n，由面面平行的性质定理可得出m//n.
所以，“α//β”⇒“m//n”，因此，“m//n”是“α//β”的必要而不充分条件.
故选：B.
【点睛】
本题考查必要不充分条件的判断，同时也考查了空间中平行关系的判断，考查推理能力，属于中等题.
20．B
【分析】
由题意得，问题转化为a≥2x+xmin的问题，设函数y=2x+x，利用该函数的单调性即可求出参数范围
【详解】
由题意可知：∃x≥0，使a≥2x+x，则a≥2x+xmin.
由于函数y=2x+x是定义域内的单调递增函数，
故当x=0时，函数取得最小值20+0=1，
综上可得，实数a的取值范围是a≥1.
本题选择B选项.
【点睛】
思路点拨：1.由题意分离参数，然后结合函数的单调性确定实数a的取值范围；
2.对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a⩾f(x)恒成立a⩾f(x)=ax ⇔a⩾f(x)max；(2)a⩽f(x)恒成立⇔a⩽f(x)min.
21．C
【详解】
试题分析：特称命题的否定是全称命题，并将结论加以否定，所以命题的否定为：∀  x∈(0,+∞)，lnx≠x−1
考点：全称命题与特称命题
22．A
【分析】
根据集合描述求集合，应用集合交运算求交集即可.
【详解】
A={x|x2+2x<0}={x|−2<x<0}，B={x||x|>1}={x|x>1或x<−1}，
∴A∩B={x|−2<x<−1}，
故选：A
【点睛】
本题考查了集合的基本运算，利用集合交运算求交集，属于简单题.
23．B
【分析】
由a1<a2，可得a1(q−1)>0，解得a1>0q>1或a1<0q<1(q≠0)，根据等比数列的单调性的判定方法，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解，得到答案.
【详解】
设等比数列{an}的公比为q，则a1<a2，可得a1(q−1)>0，解得a1>0q>1或a1<0q<1(q≠0)，
此时数列{an}不一定是递增数列；
若数列{an}为递增数列，可得a1>0q>1或a1<00<q<1，
所以“a1<a2”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了等比数列的通项公式与单调性，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记等比数列的单调性的判定方法是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
24．A
【分析】
由A∩B=A，得出A⊆B，从而得出a小于集合A中最小的元素，可得出实数a的取值范围，于此得出正确选项.
【详解】
∵A∩B=A，∴A⊆B，∴a<−1，∴a=−2，故选A.
【点睛】
本题考查集合间的包含关系，解题的关键在于将集合的运算转化为集合的包含关系，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题.
25．D
【分析】
先分析集合元素的特点，通过列举可得.
【详解】
当a或b的值较小时，集合B中元素个数最多，即B=(1,1),(1,2),(1,3),⋯,(1,50),(50,1),(49,1),⋯,(2,1)共有99个元素.
【点睛】
本题主要考查集合的表示方法，抓住集合元素的特点是求解的关键.
26．D
【详解】
试题分析：集合A={x|(x−1)(x−3)<0}={x|1<x<3}，集合，所以A∩B={x|32<x<3},故选D.
考点：1、一元二次不等式；2、集合的运算.
27．x=−2（答案不唯一）
【分析】
先由不等式x+1x≤−2求出解集，在解集内的任何数或范围，都可以是“x+1x≤−2”的一个充分不必要条件.
【详解】
解：x+1x≤−2⇔x<0，
∵x<0的一个充分不必要条件只需是(−∞,0)的真子集，
∴x=−2是答案之一．
故答案为x=−2；（答案不唯一）．
【点睛】
本题主要考查充分不必要条件的概念，熟记概念即可解题，属于基础题型.
28．（Ⅰ）数组A是具有性质P，数组B不具有性质P．（Ⅱ）证明见解析（Ⅲ）证明见解析
【解析】
（Ⅰ）根据题意，即可容易得fA,f(B)，则可判断；
（Ⅱ）对a1,a2,⋯,a2n+1都为奇数和都为偶数，结合性质P的定义，即可证明；
（Ⅲ）从充分性和必要性上，结合（Ⅱ）中所求，即可证明.
【详解】
（Ⅰ）f(A)=(1,1,1,1,1)，f(B)=(1,2,4,5,7)；
数组A是具有性质P，数组B不具有性质P．
（Ⅱ）证明：当元素a1,a2,⋯,a2n+1均为奇数时，
因为ai+12=ai+12，i=1,2,⋯,2n+1，所以f(G)=(a1+12,a2+12,⋯,a2n+1+12)．
对f(G)中任意2n个元素，不妨设为ai1+12,ai2+12,⋯,ai2n+12．
因为数组G具有性质P，所以对于ai1,ai2,⋯,ai2n，
存在一种分法：将其分为两组，每组n个素，使得各组内所有元素之和相等．
如果用aik+12替换上述分法中的aik（k=1,2,⋯,2n），
就可以得到对于ai1+12,ai2+12,⋯,ai2n+12的一种分法：
将其分为两组，每组n个元素，显然各组内所有元素之和相等．
所以此时f(G)也具有性质P．
当元素a1,a2,⋯,a2n+1均为偶数时，
因为ai+12=ai2+12=ai2，i=1,2,⋯,2n+1，所以f(G)=(a12,a22,⋯,a2n+12)．
对f(G)中任意2n个元素，不妨设为ai12,ai22,⋯,ai2n2．
因为数组G具有性质P，所以对于ai1,ai2,⋯,ai2n，
存在一种分法：将其分为两组，每组n个元素，使得各组内所有元素之和相等．
如果用aik2替换上述分法中的aik（k=1,2,⋯,2n），
就可以得到对于ai12,ai22,⋯,ai2n2的一种分法：
将其分为两组，每组n个元素，显然各组内所有元素之和相等．
所以此时f(G)也具有性质P．
综上所述，由数组G具有性质P可得f(G)也具有性质P．
（Ⅲ）证明：（1）充分性：显然成立．     
（2）必要性：
因为数组G具有性质P，所以对于数组G中任意2n个元素，存在一种分法：
将2n个元素平均分成2组，并且各组内所有元素之和等于同一个正整数，
所以S(G)−ai均为偶数，从而元素ai(i=1,2,⋯,2n+1)的奇偶性相同．
由（Ⅱ）可知，如果数组G具有性质P，
那么f(G)=(a1+12,a2+12,⋯,a2n+1+12)仍具有性质P．
又因为，当ai(i=1,2,⋯,2n+1)为奇数时，
1≤[ai+12]=ai+12≤ai，当且仅当ai=1时等号成立，
当ai(i=1,2,⋯,2n+1)为偶数时，
1≤[ai+12]=[ai2+12]=ai2<ai，
由此得到f(G)=G的充要条件是G=(1,1,1,1,1)．
易知2n+1≤[a1+12]+[a2+12]+⋯+[a2n+1+12]≤a1+a2+⋯+a2n+1，
当且仅当a1=a2=⋯=a2n+1=1时等号成立．
即2n+1≤S(f(G))≤S(G)，当且仅当a1=a2=⋯=a2n+1=1时等号成立．
令G1=G，Gk+1=f(G)，k∈N∗．
假设对于任意的k∈N∗，有f(Gk)≠Gk，则S(f(Gk))<S(Gk)，
又a1∈N∗，[ai+12]∈N∗，得S(f(Gk))≤S(Gk)−1，即S(Gk+1)≤S(Gk)−1．
得S(G2)≤S(G1)−1 ，…，
S(Gk)≤S(Gk−1)−1，
所以S(Gk)≤S(G1)−(k−1)=S(G)−(k−1)，且S(Gk)单调递减．
又因为S(Gk)≥2n+1，矛盾．
所以存在k0∈N∗，有f(Gk0)=Gk0．
又由结论1，得此时Gk0=(1,1,1,1,1)．
上述过程倒推回去，
因为数组Gk(k=1,2,⋯,k0)均具有性质P，即数组Gk中元素ai(i=1,2,⋯,2n+1)
的奇偶性相同，可得数组Gk中的所有元素都相同，
所以，数组G1=G中的元素均相同，即a1=a2=⋯=a2n+1．
【点睛】
本题考查集合新定义问题，属综合困难题.
29．（1）集合A不是，集合B是；（2）见解析；（3）最大值为2−12n−1
【解析】
（1）利用定义直接判断
（2）利用定义得a1+a2+⋯+ak≥2k−1，则
Dk=(a1−20)+(a2−21)+⋯+(ak−2k−1)=(a1+a2+⋯+ak)−(2k−1)≥0即可证明
（3）不妨设a1<a2<a3<⋯<an，变形(1−1a1)+(12−1a2)+(14−1a3)+⋯+(12n−1−1an)
=D1(1a1−12a2)+D2(12a2−122a3)+⋯+Dn−1(12n−2an−1−12n−1an)+Dn12n−1an ≥0结合1+12+14+⋯+12n−1=2−12n−1， 1a1+1a2+⋯+1an≤2−12n−1即可证明
【详解】
（1）集合A不是，因为1+23=3+8+13，即子集{1,23}与子集{3,8,13}元素之和相等；
集合B是，因为集合B的任何两个不同的非空子集所含元素的总和均不相等.
（2）由集合P是“差异集合”知：{a1,a2,a3,⋯,ak}的2k−1个非空子集元素和为互不相等的2k−1个正整数，
于是a1+a2+⋯+ak≥2k−1，所以
Dk=(a1−20)+(a2−21)+⋯+(ak−2k−1)=(a1+a2+⋯+ak)−(2k−1)≥0
（3）不妨设a1<a2<a3<⋯<an，考虑
(1−1a1)+(12−1a2)+(14−1a3)+⋯+(12n−1−1an) =a1−1a1+a2−22a2+a3−44a3+⋯+an−2n−12n−1an
=D1a1+D2−D12a2+D3−D24a3+⋯+Dn−Dn−12n−1an =D1(1a1−12a2)+D2(12a2−122a3)+⋯+Dn−1(12n−2an−1−12n−1an)+Dn12n−1an ≥0
而1+12+14+⋯+12n−1=2−12n−1，所以1a1+1a2+⋯+1an≤2−12n−1
当P={1, 2, 4, ⋯, 2n−1}时，1a1+1a2+⋯+1an=2−12n−1；
综上，1a1+1a2+⋯+1an的最大值为2−12n−1.
【点睛】
本题考查集合新定义问题，考查变形推理能力，准确理解题意进行转化是关键，是难题

13 / 13