题目内容
（2013•石景山区一模）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．
（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．
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．
（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，x2=
≥1，矛盾，所以x2=1．
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，
| y |
| x |
| 2 |
| 3 |
∴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，x2=
| xn |
| xt |
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．
练习册系列答案
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