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给定有限单调递增数列{xn}(n∈N*,n≥2)且xi≠0(1≤i≤n),定义集合A={(xi,xj)|1≤i,j≤n,且i,j∈N*}.若对任意点A1∈A,存在点A2∈A使得OA1⊥OA2(O为坐标原点),则称数列{xn}具有性质P.
(I)判断数列{xn}:-2,2和数列{yn}:-2,-l,1,3是否具有性质P,简述理由.
(II)若数列{xn}具有性质P,求证:
①数列{xn}中一定存在两项xi,xj使得xi+xj=0:
②若x1=-1,xn>0且xn>1,则x2=l.
【答案】分析:(Ⅰ)数列{xn}具有性质P,数列{yn}不具有性质P,利用新定义验证即可得到结论;
(II)①取A1(xk,xk),根据数列{xn}具有性质P,可得存在点A2(xi,xj)使得OA1⊥OA2,即xkxi+xkxj=0,从而可得结论;
②由①知,数列{xn}中一定存在两项xi,xj,使得xi+xj=0,根据数列是单调递增数列且x2>0,可得1为数列中的一项,利用反证法,即可得到结论.
解答:(Ⅰ)解:数列{xn}具有性质P,数列{yn}不具有性质P.
对于数列{xn},若A1(-2,2),则A2(2,2);若A1(-2,-2),则A2(2,-2),∴具有性质P;
对于数列{yn},当A1(-2,3),若存在A2(x,y)满足OA1⊥OA2,即-2x+3y=0,=,数列{yn}中不存在这样的数x、y,
∴不具有性质P.
(II)证明:①取A1(xk,xk),∵数列{xn}具有性质P,∴存在点A2(xi,xj)使得OA1⊥OA2,即xkxi+xkxj=0,
∵xk≠0,∴xi+xj=0.
②由①知,数列{xn}中一定存在两项xi,xj,使得xi+xj=0.
又数列是单调递增数列且x2>0,∴1为数列中的一项,
假设x2≠1,则存在k(2<k<n,k∈N*),有xk=1,∴0<x2<1,
 此时取A1(x2,xn),数列{xn}具有性质P,
∴存在点A2(xt,xs)使得OA1⊥OA2
∴x2xt+xnxs=0
所以xt=-1时,x2=xnxs>xs≥x2,矛盾;xs=-1时,≥1,矛盾,所以x2=1.
点评:本题考查新定义,考查反证法的运用,考查学生分析解决问题的能力,难度较大.
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(Ⅰ)判断数列{xn}:-2,2和数列{yn}:-2,-1,1,3是否具有性质P,简述理由.
(Ⅱ)若数列{xn}具有性质P,求证:
①数列{xn}中一定存在两项xi,xj使得xi+xj=0;
②若x1=-1,x2>0且xn>1,则x2=1.
(Ⅲ)若数列{xn}只有2013项且具有性质P,x1=-1,x3=2,求{xn}的所有项和S2013

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②若x1=-1,x2>0且xn>1,则x2=1.
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