题目内容
16．已知数列{an}满足a1=1，|an-an-1|=$\frac{1}{{3}^{n}}$（n∈N，n≥2），且{a2n-1}是递减数列，{a2n}是递增数列，则12a10=（ ）| A． | 6-$\frac{1}{{3}^{10}}$ | B． | 6-$\frac{1}{{3}^{9}}$ | C． | 11-$\frac{1}{{3}^{10}}$ | D． | 11-$\frac{1}{{3}^{9}}$ |
分析 根据数列的单调性和|an-an-1|=$\frac{1}{{3}^{n}}$，由不等式的可加性，求出a2n-a2n-1=$-\frac{1}{{3}^{2n}}$和a2n+1-a2n=$\frac{1}{{3}^{2n+1}}$，再对数列{an}的项数分类讨论，利用累加法和等比数列前n项和公式，求出数列{an}的偶数项对应的通项公式，则12a10可求．
解答 解：由|an-an-1|=$\frac{1}{{3}^{n}}$，
则|a2n-a2n-1|=$\frac{1}{{3}^{2n}}$，|a2n+2-a2n+1|=$\frac{1}{{3}^{2n+2}}$，
∵数列{a2n-1}是递减数列，且{a2n}是递增数列，
∴a2n+1-a2n-1＜0，且a2n+2-a2n＞0，
则-（a2n+2-a2n）＜0，两不等式相加得
a2n+1-a2n-1-（a2n+2-a2n）＜0，即a2n-a2n-1＜a2n+2-a2n+1，
又∵|a2n-a2n-1|=$\frac{1}{{3}^{2n}}$＞|a2n+2-a2n+1|=$\frac{1}{{3}^{2n+2}}$，
∴a2n-a2n-1＜0，即${a}_{2n}-{a}_{2n-1}=-\frac{1}{{3}^{2n}}$，
同理可得：a2n+3-a2n+2＜a2n+1-a2n，
又|a2n+3-a2n+2|＜|a2n+1-a2n|，
则a2n+1-a2n=$\frac{1}{{3}^{2n+1}}$，
当数列{an}的项数为偶数时，令n=2m（m∈N*），
${a}_{2}-{a}_{1}=-\frac{1}{{3}^{2}}，{a}_{3}-{a}_{2}=\frac{1}{{3}^{3}}$，…，${a}_{2m-1}-{a}_{2m-2}=\frac{1}{{3}^{2m-1}}$，${a}_{2m}-{a}_{2m-1}=-\frac{1}{{3}^{2m}}$，
这2m-1个等式相加可得，a2m-a1=-（$\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{1}{{3}^{4}}+…+\frac{1}{{3}^{2m}}$）+（$\frac{1}{{3}^{3}}+\frac{1}{{3}^{5}}+…+\frac{1}{{3}^{2m-1}}$），
∴${a}_{2m}={a}_{1}-\frac{\frac{1}{9}（1-\frac{1}{{9}^{m}}）}{1-\frac{1}{9}}+\frac{\frac{1}{27}（1-\frac{1}{{9}^{m-1}}）}{1-\frac{1}{9}}$=$\frac{22}{24}-\frac{1}{4}•\frac{1}{{3}^{2m}}$．
∴12a10=$12（\frac{22}{24}-\frac{1}{4}•\frac{1}{{3}^{10}}）=11-\frac{1}{{3}^{9}}$．
故选：D．
点评 本题考查了等差数列的通项公式，等比数列前n项和公式、数列的单调性，累加法求数列的通项公式，不等式的性质等，同时考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力．本题设计巧妙，题型新颖，立意深刻，是一道不可多得的好题，难度很大．
如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，设AD=1，若棱C1C上存在唯一的一点P满足A1P⊥PB，求棱D1D的长．| A． | A?B | B． | A=B | C． | A⊆B | D． | A∩B=∅ |
已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）+b（A＞0，ω＞0，-$\frac{π}{2}$＜φ＜$\frac{π}{2}$）的部分图象如图所示．