Question

11．現(xiàn)給出以下結論：
①在等差數(shù)列{a_n}中，若a_m+a_n=a_p+a_q（m，n，p，q∈N⁺），則m+n=p+q；
②若等比數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，則對于任意m∈N⁺，都有S_m，S_2m-S_m，S_3m-S_2m成等比數(shù)列；
③若數(shù)列{a_n}的通項是a_n=$\frac{n-\sqrt{97}}{n-\sqrt{101}}$，則數(shù)列{a_n}既有最大值又有最小值；
④當數(shù)列{n•qⁿ}（n∈N⁺，0＜q＜1）中取最大值的項不只唯一項時，$\frac{q}{1-q}$一定為正整數(shù)；
則其中正確結論的個數(shù)為（　�。�

• A． 4個
• B． 3個
• C． 2個
• D． 1個

Answer 1

分析 ①根據(jù)等差數(shù)列的性質進行判斷即可，
②根據(jù)等比數(shù)列的性質進行判斷，
③根據(jù)分式函數(shù)的性質，結合數(shù)列的性質進行判斷即可，
④根據(jù)數(shù)列最值的關系，建立不等式關系進行求解即可．

解答 解：①在等差數(shù)列{a_n}中，若a_n=t，t為常數(shù)，
則a₁+a₂=a₃+a₄，滿足a_m+a_n=a_p+a_q（m，n，p，q∈N⁺），但1+2=3+4不成立，即m+n=p+q不成立；
故①錯誤，
②若等比數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，則對于任意m∈N⁺，都有S_m，S_2m-S_m，S_3m-S_2m成等比數(shù)列；錯誤，
在等比數(shù)列{1，-1，1，-1，1，-1，…}中，滿足S₂=0，S₄-S₂=0，S₆-S₄=0，
但S₂，S₄-S₂，S₆-S₄不是等比數(shù)列，故②錯誤，
③若數(shù)列{a_n}的通項是a_n=$\frac{n-\sqrt{97}}{n-\sqrt{101}}$=$\frac{n-\sqrt{101}+\sqrt{101}-\sqrt{97}}{n-\sqrt{101}}$=1+$\frac{\sqrt{101}-\sqrt{97}}{n-\sqrt{101}}$，
∵$\sqrt{101}$$-\sqrt{97}$＞0，$\sqrt{101}$≈10.01，
故數(shù)列{a_n}在[1，10]上遞減，在[11，+∞）是減函數(shù)，
∴當n=11時，a_n取得最大值，當n=10時，a_n取得最小值，
則數(shù)列{a_n}既有最大值又有最小值正確，故③正確；
④設第n項為最大值項，
則滿足$\left\{\begin{array}{l}{n•{q}^{n}≥（n+1）•{q}^{n+1}}\\{n•{q}^{n}≥（n-1）•{q}^{n-1}}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{n≥（n+1）q}\\{nq≥n-1}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{n≥\frac{q}{1-q}}\\{n≤\frac{1}{1-q}}\end{array}\right.$，即$\frac{q}{1-q}$≤n≤$\frac{1}{1-q}$，
∵$\frac{1}{1-q}$-$\frac{q}{1-q}$=1，
∴當數(shù)列{n•qⁿ}（n∈N⁺，0＜q＜1）中取最大值的項不只唯一項時，$\frac{q}{1-q}$一定為正整數(shù)；故④正確，
故正確的是2個，
故選：C

點評 本題主要考查命題的真假判斷，涉及等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質，考查學生的運算和計算能力．