Question

給定有限單調遞增數(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^*}．若對任意點A₁∈A，存在點A₂∈A使得OA₁⊥OA₂（O為坐標原點），則稱數(shù)列{x_n}具有性質P．
（Ⅰ）給出下列四個命題，其中正確的是

 

（填上所有正確有命題的序號）
①數(shù)列{x_n}：-2，2具有性質P；
②數(shù)列{y_n}：-2，-1，1，3具有性質P；
③若數(shù)列{x_n}具有P，則{x_n}中一定存在兩項x_i，x_j，使得x_i+x_j=0；
④若數(shù)列{x_n}具有性質P，x₁=-1，x₂＞0且x_n＞1（n≥3），則x₂=1．
（Ⅱ）若數(shù)列{x_n}只有2014項且具有性質P，x₁=-1，x₃=2，則{x_n}的所有項和S₂₀₁₄=

 

．

Answer 1

考點：數(shù)列的求和

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（Ⅰ）利用數(shù)列{a_n}具有性質P的概念，對數(shù)列{x_n}：-2，2與數(shù)列{y_n}：-2，-1，1，3分析判斷即可；取A₁（x_i，x_i），數(shù)列{x_n}具有性質P，故存在點A₂（x_i，x_j）使得OA₁⊥OA₂，利用向量的坐標運算整理即可證得x_i+x_j=0；數(shù)列{x_n}中一定存在兩項x_i，x_j使得x_i+x_j=0；數(shù)列{x_n}是單調遞增數(shù)列且x₂＞0，1為數(shù)列{x_n}中的一項，通過反證法可證得x₂=1；
（Ⅱ）x₂=1．若數(shù)列{x_n}只有2014項且具有性質P，可得x₄=4，x₅=8，猜想數(shù)列{x_n}從第二項起是公比為2的等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的求和公式計算即可．

解答： 解：（Ⅰ）①對于數(shù)列{x_n}，若A₁（-2，2），則A₂（2，2），
若A₁（-2，-2）則A₂（2，-2），均滿足OA₁⊥OA₂，所以①具有性質P，故①正確；
②對于數(shù)列{y_n}，當A₁（-2，3）若存在A₂（x，y）滿足OA₁⊥OA₂，
即-2x+3y=0，即

y

x

=

2

3

，數(shù)列{y_n}中不存在這樣的數(shù)x，y，因此②不具有性質P，故②不正確；
③取A₁（x_i，x_i），又數(shù)列{x_n}具有性質P，所以存在點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，故③正確；
④由③知，數(shù)列{x_n}中一定存在兩項x_i，x_j使得x_i+x_j=0；
又數(shù)列{x_n}是單調遞增數(shù)列且x₂＞0，所以1為數(shù)列{x_n}中的一項．
假設x₂≠1，則存在k（2＜k＜n，k∈N^*）有x_k=1，所以0＜x₂＜1．
此時取A₁（x₂，x_n），數(shù)列{x_n}具有性質P，所以存在點A₂（x_i，x_s）使得OA₁⊥OA₂，
所以x₂x_i+x_nx_s=0；只有x₁，所以當x₁=-1時x₂=x_nx_s＞x_s≥x₂，矛盾；
當x_s=-1時x₂=

xn

xi

≥1，矛盾．所以x₂=1，故④正確．
故答案為：①③④．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x₂=1．若數(shù)列{x_n}只有2014項且具有性質P，可得x₄=4，x₅=8，
猜想數(shù)列{x_n}從第二項起是公比為2的等比數(shù)列．（用數(shù)學歸納法證明）．
所以S₂₀₁₄=-1+1+2+4+…+2²⁰¹³
=2+4+…+2²⁰¹³
=

2-22013

1-2

=2²⁰¹³-2．
故答案為：2²⁰¹³-2．

點評：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用，突出考查抽象思維與反證法的綜合應用，屬于難題．