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，-l，1，3是否具有性質(zhì)P，簡述理由．
（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，x_n＞0且x_n＞1，則x₂=l．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）數(shù)列{x_n}具有性質(zhì)P，數(shù)列{y_n}不具有性質(zhì)P，利用新定義驗(yàn)證即可得到結(jié)論；
（II）①取A₁（x_k，x_k），根據(jù)數(shù)列{x_n}具有性質(zhì)P，可得存在點(diǎn)A₂（x_i，x_j）使得OA₁⊥OA₂，即x_kx_i+x_kx_j=0，從而可得結(jié)論；
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，根據(jù)數(shù)列是單調(diào)遞增數(shù)列且x₂＞0，可得1為數(shù)列中的一項(xiàng)，利用反證法，即可得到結(jié)論．
解答：（Ⅰ）解：數(shù)列{x_n}具有性質(zhì)P，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），∴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）滿足OA₁⊥OA₂，即-2x+3y=0，=，數(shù)列{y_n}中不存在這樣的數(shù)x、y，
∴不具有性質(zhì)P．
（II）證明：①取A₁（x_k，x_k），∵數(shù)列{x_n}具有性質(zhì)P，∴存在點(diǎn)A₂（x_i，x_j）使得OA₁⊥OA₂，即x_kx_i+x_kx_j=0，
∵x_k≠0，∴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．
又?jǐn)?shù)列是單調(diào)遞增數(shù)列且x₂＞0，∴1為數(shù)列中的一項(xiàng)，
假設(shè)x₂≠1，則存在k（2＜k＜n，k∈N^*），有x_k=1，∴0＜x₂＜1，
 此時(shí)取A₁（x₂，x_n），數(shù)列{x_n}具有性質(zhì)P，
∴存在點(diǎn)A₂（x_t，x_s）使得OA₁⊥OA₂，
∴x₂x_t+x_nx_s=0
所以x_t=-1時(shí)，x₂=x_nx_s＞x_s≥x₂，矛盾；x_s=-1時(shí)，≥1，矛盾，所以x₂=1．
點(diǎn)評(píng)：本題考查新定義，考查反證法的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，難度較大．