给定有穷单调递增数列{xn}(n∈N*).数列{xn}至少有两项.且xi≠0.定义集合A={(x.y)|1≤i.j≤n.且i.j∈N*}．若对任意点A1∈A.存在A2∈A使得OA1⊥OA2.则称数列{xn}具有性质P．(1)给出下列四个命题.其中正确是①③④(填上所有正确命题的序号)①数列{xn}:-2.2具有性质P,②数列{xn}:-2.-1.1.2具有性质P,③� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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9．给定有穷单调递增数列{x_n}（n∈N^*），数列{x_n}至少有两项，且x_i≠0（1≤i≤n），定义集合A={（x，y）|1≤i，j≤n，且i，j∈N^*}．若对任意点A₁∈A，存在A₂∈A使得OA₁⊥OA₂（O为坐标原点），则称数列{x_n}具有性质P．
（1）给出下列四个命题，其中正确是①③④（填上所有正确命题的序号）
①数列{x_n}：-2，2具有性质P；
②数列{x_n}：-2，-1，1，2具有性质P；
③数列{x_n}具有性质P，则{x_n}中一定存在两项x_i，x_j，使得x_i+x_j=0；
④数列{x_n}具有性质P，x₁=-1，x₂＞0，且x_n＞1（n≥3），则x₂=1．
（2）若数列{x_n}只有2015项且具有性质P，x₁=-1，x₃=2，则{x_n}的所有S₂₀₁₅=2²⁰¹⁶-2．

分析（1）利用数列{a_n}具有性质P的概念，对数列{x_n}：-2，2与数列{x_n}：-2，-1，1，3分析判断即可；取A₁（x_i，x_i），数列{x_n}具有性质P，故存在点A₂（x_i，x_j）使得OA₁⊥OA₂，利用向量的坐标运算整理即可证得x_i+x_j=0；数列{x_n}中一定存在两项x_i，x_j使得x_i+x_j=0；数列{x_n}是单调递增数列且x₂＞0，1为数列{x_n}中的一项，通过反证法可证得x₂=1；
（2）x₂=1．若数列{x_n}只有2015项且具有性质P，可得x₄=4，x₅=8，猜想数列{x_n}从第二项起是公比为2的等比数列，利用等比数列的求和公式计算即可．

解答解：（1）①对于数列{x_n}，若A₁（-2，2），则A₂（2，2），
若A₁（-2，-2）则A₂（2，-2），均满足OA₁⊥OA₂，所以①具有性质P，故①正确；
②对于数列{x_n}，当A₁（-2，3）若存在A₂（x，y）满足OA₁⊥OA₂，
即-2x+3y=0，即$\frac{y}{x}$=$\frac{2}{3}$，数列{x_n}中不存在这样的数x，y，因此②不具有性质P，故②不正确；
③取A₁（x_i，x_i），又数列{x_n}具有性质P，所以存在点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正确；
④由③知，数列{x_n}中一定存在两项x_i，x_j使得x_i+x_j=0；
又数列{x_n}是单调递增数列且x₂＞0，所以1为数列{x_n}中的一项．
假设x₂≠1，则存在k（2＜k＜n，k∈N^*）有x_k=1，所以0＜x₂＜1．
此时取A₁（x₂，x_n），数列{x_n}具有性质P，所以存在点A₂（x_i，x_s）使得OA₁⊥OA₂，
所以x₂x_i+x_nx_s=0；只有x₁，所以当x₁=-1时x₂=x_nx_s＞x_s≥x₂，矛盾；
当x_s=-1时x₂=$\frac{{x}_{n}}{{x}_{i}}$≥1，矛盾．所以x₂=1，故④正确．
（2）由（1）知，x₂=1．若数列{x_n}只有2015项且具有性质P，可得x₄=4，x₅=8，
猜想数列{x_n}从第二项起是公比为2的等比数列，所以S₂₀₁₅=-1+1+2+4+…+2²⁰¹⁵
=2+4+…+2²⁰¹⁵=2²⁰¹⁶-2．
故答案为：①③④；2²⁰¹⁶-2．

点评本题考查等差数列与等比数列的综合，考查新概念的理解与应用，突出考查抽象思维与反证法的综合应用，属于难题．

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