Question

給定有限單調(diào)遞增數(shù)列{x_n}（n∈N^*，n≥2）且x_i≠0（1≤i≤n），定義集合A={（x_i，x_j）|1≤i，j≤n，且i，j∈N^*}．若對(duì)任意點(diǎn)A₁∈A，存在點(diǎn)A₂∈A使得OA₁⊥OA₂（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），則稱(chēng)數(shù)列{x_n}具有性質(zhì)P．
（Ⅰ）判斷數(shù)列{x_n}：-2，2和數(shù)列{y_n}：-2，-1，1，3是否具有性質(zhì)P，簡(jiǎn)述理由．
（Ⅱ）若數(shù)列{x_n}具有性質(zhì)P，求證：
①數(shù)列{x_n}中一定存在兩項(xiàng)x_i，x_j使得x_i+x_j=0；
②若x₁=-1，x₂＞0且x_n＞1，則x₂=1．
（Ⅲ）若數(shù)列{x_n}只有2013項(xiàng)且具有性質(zhì)P，x₁=-1，x₃=2，求{x_n}的所有項(xiàng)和S₂₀₁₃．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）利用數(shù)列{a_n}具有性質(zhì)P的概念，對(duì)數(shù)列{x_n}：-2，2與數(shù)列{y_n}：-2，-1，1，3分析判斷即可；
（Ⅱ）①取A₁（x_i，x_i），數(shù)列{x_n}具有性質(zhì)P，故存在點(diǎn)A₂（x_i，x_j）使得OA₁⊥OA₂，利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算整理即可證得x_i+x_j=0；
②由（1）知，數(shù)列{x_n}中一定存在兩項(xiàng)x_i，x_j使得x_i+x_j=0；數(shù)列{x_n}是單調(diào)遞增數(shù)列且x₂＞0，1為數(shù)列{x_n}中的一項(xiàng)，通過(guò)反證法可證得x₂=1；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，x₂=1．若數(shù)列{x_n}只有2013項(xiàng)且具有性質(zhì)P，可得x₄=4，x₅=8，猜想數(shù)列{x_n}從第二項(xiàng)起是公比為2的等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的求和公式計(jì)算即可．
解答：解：（Ⅰ）數(shù)列{x_n}具有性質(zhì)P，數(shù)列數(shù)列{y_n}不具有性質(zhì)P．
對(duì)于數(shù)列{x_n}，若A₁（-2，2），則A₂（2，2）；若A₁（-2，-2）則A₂（2，-2）；均滿(mǎn)足OA₁⊥OA₂，所以具有性質(zhì)P．
對(duì)于數(shù)列{y_n}，當(dāng)A₁（-2，3）若存在A₂（x，y）滿(mǎn)足OA₁⊥OA₂，即-2x+3y=0，即=，數(shù)列{y_n}中不存在這樣的數(shù)x，y，因此不具有性質(zhì)P．…（3分）
（Ⅱ）（1）取A₁（x_i，x_i），又?jǐn)?shù)列{x_n}具有性質(zhì)P，所以存在點(diǎn)A₂（x_i，x_j）使得OA₁⊥OA₂，即x_ix_i+x_ix_j=0，又x_i≠0，所以x_i+x_j=0．…（5分）
（2）由（1）知，數(shù)列{x_n}中一定存在兩項(xiàng)x_i，x_j使得x_i+x_j=0；又?jǐn)?shù)列{x_n}是單調(diào)遞增數(shù)列且x₂＞0，所以1為數(shù)列{x_n}中的一項(xiàng)．
假設(shè)x₂≠1，則存在k（2＜k＜n，k∈N^*）有x_k=1，所以0＜x₂＜1．
此時(shí)取A₁（x₂，x_n），數(shù)列{x_n}具有性質(zhì)P，所以存在點(diǎn)A₂（x_i，x_s）使得OA₁⊥OA₂，所以x₂x_i+x_nx_s=0；只有x₁，所以當(dāng)x₁=-1時(shí)x₂=x_nx_s＞x_s≥x₂，矛盾；
當(dāng)x_s=-1時(shí)x₂=≥1，矛盾．所以x₂=1．…（9分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，x₂=1．若數(shù)列{x_n}只有2013項(xiàng)且具有性質(zhì)P，可得x₄=4，x₅=8，
猜想數(shù)列{x_n}從第二項(xiàng)起是公比為2的等比數(shù)列．（用數(shù)學(xué)歸納法證明）．
所以S₂₀₁₃=-1+1+2+4+…+2²⁰¹¹==2²⁰¹²-2     …（13分）
點(diǎn)評(píng)：本題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合，考查新概念的理解與應(yīng)用，突出考查抽象思維與反證法的綜合應(yīng)用，屬于難題．