Question

16．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，|a_n-a_n-1|=$\frac{1}{{3}^{n}}$（n∈N，n≥2），且{a_2n-1}是遞減數(shù)列，{a_2n}是遞增數(shù)列，則12a₁₀=（　�。�

• A． 6-$\frac{1}{{3}^{10}}$
• B． 6-$\frac{1}{{3}^{9}}$
• C． 11-$\frac{1}{{3}^{10}}$
• D． 11-$\frac{1}{{3}^{9}}$

Answer 1

分析 根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性和|a_n-a_n-1|=$\frac{1}{{3}^{n}}$，由不等式的可加性，求出a_2n-a_2n-1=$-\frac{1}{{3}^{2n}}$和a_2n+1-a_2n=$\frac{1}{{3}^{2n+1}}$，再對數(shù)列{a_n}的項(xiàng)數(shù)分類討論，利用累加法和等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式，求出數(shù)列{a_n}的偶數(shù)項(xiàng)對應(yīng)的通項(xiàng)公式，則12a₁₀可求．

解答 解：由|a_n-a_n-1|=$\frac{1}{{3}^{n}}$，
則|a_2n-a_2n-1|=$\frac{1}{{3}^{2n}}$，|a_2n+2-a_2n+1|=$\frac{1}{{3}^{2n+2}}$，
∵數(shù)列{a_2n-1}是遞減數(shù)列，且{a_2n}是遞增數(shù)列，
∴a_2n+1-a_2n-1＜0，且a_2n+2-a_2n＞0，
則-（a_2n+2-a_2n）＜0，兩不等式相加得
a_2n+1-a_2n-1-（a_2n+2-a_2n）＜0，即a_2n-a_2n-1＜a_2n+2-a_2n+1，
又∵|a_2n-a_2n-1|=$\frac{1}{{3}^{2n}}$＞|a_2n+2-a_2n+1|=$\frac{1}{{3}^{2n+2}}$，
∴a_2n-a_2n-1＜0，即${a}_{2n}-{a}_{2n-1}=-\frac{1}{{3}^{2n}}$，
同理可得：a_2n+3-a_2n+2＜a_2n+1-a_2n，
又|a_2n+3-a_2n+2|＜|a_2n+1-a_2n|，
則a_2n+1-a_2n=$\frac{1}{{3}^{2n+1}}$，
當(dāng)數(shù)列{a_n}的項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)時(shí)，令n=2m（m∈N^*），
${a}_{2}-{a}_{1}=-\frac{1}{{3}^{2}}，{a}_{3}-{a}_{2}=\frac{1}{{3}^{3}}$，…，${a}_{2m-1}-{a}_{2m-2}=\frac{1}{{3}^{2m-1}}$，${a}_{2m}-{a}_{2m-1}=-\frac{1}{{3}^{2m}}$，
這2m-1個(gè)等式相加可得，a_2m-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=$12（\frac{22}{24}-\frac{1}{4}•\frac{1}{{3}^{10}}）=11-\frac{1}{{3}^{9}}$．
故選：D．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式、數(shù)列的單調(diào)性，累加法求數(shù)列的通項(xiàng)公式，不等式的性質(zhì)等，同時(shí)考查數(shù)列的基礎(chǔ)知識和化歸、分類整合等數(shù)學(xué)思想，以及推理論證、分析與解決問題的能力．本題設(shè)計(jì)巧妙，題型新穎，立意深刻，是一道不可多得的好題，難度很大．