等比数列练习题(有答案)doc

一、等比数列选择题

1．已知等比数列{an}中，Sn是其前n项和，且2a5a3a1，则A．C．

S4（ ） S27 621 32B．D．

3 21 4lna2020lna20212．已知正项等比数列an的公比不为1，Tn为其前n项积，若T2017T2021，则（ ） A．1:3 A．6

B．3:1 B．16

C．3:5 C．32

D．5:3 D．

3．设{an}是等比数列，若a1 + a2 + a3 =1，a2 + a3 + a4 =2，则 a6 + a7 + a8 =（ ）

4．在等比数列an中，a132，a44．记Tna1a2…an(n1,2,…)，则数列Tn（ ）

A．有最大项，有最小项 C．无最大项，有最小项

B．有最大项，无最小项 D．无最大项，无最小项

5．在等比数列an中，a11，a427，则2a3a5（ ） A．45

B．54

C．99

D．81

6．已知等比数列{an}满足a1a24,a2a312，则S5等于（ ） A．40

B．81

C．121

D．242

bn117．已知等比数列{an}中a1010＝2，若数列{bn}满足b1＝，且an＝，则b2020＝（ ）

bn4A．22017

B．22018

C．22019

D．22020

8．已知公比大于1的等比数列an满足a2a420，a38.则数列前n项的和为（ ）

2n38n2A．1

332n38n2C．1

332n38n12B．1

552n38n12D．1

551n1anan1的

9．公比为q(q0)的等比数列an中，a1a39,a427，则a1q（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

10．设数列an的前n项和为Sn，且Sn2annnNA．7

B．3

C．3

*，则a3（ ）

D．7

11．已知数列an是等比数列，Sn为其前n项和，若S34,S612，则S12（ ） A．50

B．60

C．70

D．80

12．已知等比数列an的前5项积为32，1a12，则a1A．3,a3a5的取值范围为（ ） 24D．3,

7 2B．3,

C．3,7 222a3a7a6a1016，则a2a8（ ） 13．正项等比数列an满足a2A．1 B．2 C．4 D．8

14．已知数列an为等比数列，a12，且a5a3，则a10的值为（ ） A．1或1

B．1

C．2或2

D．2

15．已知1，a1，a2，9四个实数成等差数列，1，b1，b2，b3，9五个数成等比数列，则b2（a2﹣a1）等于（ ） A．8

B．﹣8

C．±8

D．

9816．已知1，a，x，b，16这五个实数成等比数列，则x的值为（ ） A．4

B．－4

C．±4

D．不确定

17．在等比数列an中，a1a2a3a4a5a6159,a3a4，则88111111（ ） a1a2a3a4a5a6A．

3 5B．

3 5C．

5 3S3=（ ） a3D．5 318．已知等比数列的公比为2，其前n项和为Sn，则A．2

B．4

C．

7 4D．

15 819．已知正项等比数列an满足a7a62a5，若存在两项am，an使得aman4a1，则

14的最小值为（ ） mnA．

5 3B．

3 2C．

4 3D．

11 620．明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑.其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”.注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”，则该塔正中间一层的灯的盏数为（ ）

A．3 B．12 C．24 D．48

二、多选题21．题目文件丢失！ 22．题目文件丢失！

23．设fx是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y，都有

fxyfxfy，若a1数列{Sn}，则有（ ） A．数列{Sn}递增，且Sn1 C．数列{Sn}递增，最小值为

1*，anfnnN，数列{an}的前n项和Sn组成21 2B．数列{Sn}递减，最小值为

1 2D．数列{Sn}递减，最大值为1

24．已知数列an是公比为q的等比数列，bnan4，若数列bn有连续4项在集合｛-50，-20，22，40，85｝中，则公比q的值可以是（ ） A．3 4B．2 3C．4 3D．3 225．设an是无穷数列，Ananan1，n1,2,的有（ ）

A．若an是等差数列，则An是等差数列 B．若An是等差数列，则an是等差数列 C．若an是等比数列，则An是等比数列 D．若An是等差数列，则a2n都是等差数列

，则下面给出的四个判断中，正确

26．对任意等比数列an，下列说法一定正确的是（ ） A．a1，a3，a5成等比数列 C．a2，a4，a8成等比数列

B．a2，a3，a6成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列

27．已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是（ ）

1{} A．anB．log2(an)

2C．{anan1} D．{anan1an2}

28．设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件

a11，a6a71,A．0q1

a610，则下列结论正确的是（ ） a71B．a6a81 D．Tn的最大值为T6

C．Sn的最大值为S7

29．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.则下列说法正确的是（ ） A．此人第六天只走了5里路

B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里 C．此人第二天走的路程比全程的

1还多1.5里 4D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍

30．设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并满足条件

a11,a2019a20201,

A．S2019a201910,下列结论正确的是（ ）

a20201B．a2019a202010 D．数列{Tn}无最大值

C．T2020是数列{Tn}中的最大值

31．设an是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意nN，均有ankan，则称

an是间隔递增数列，k是an的间隔数，下列说法正确的是（ ）

A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列 B．已知ann4，则an是间隔递增数列 nnC．已知an2n1，则an是间隔递增数列且最小间隔数是2

2D．已知anntn2020，若an是间隔递增数列且最小间隔数是3，则4t5

32．已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2，数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2，设cnabn，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn＜2019时，n的取值可以是下面选项中的（ ） A．8

B．9

C．10

D．11

33．已知数列{an}是等比数列，则下列结论中正确的是（ ） A．数列{an}是等比数列

B．若a32，a732，则a58 C．若a1a2a3，则数列{an}是递增数列

n1D．若数列{an}的前n和Sn3r，则r1

2a10010，34．等比数列{an}中，公比为q，其前n项积为Tn，并且满足a11.a99·a9910，下列选项中，正确的结论有（ ） a1001A．0q1 B．a99a10110 C．T100的值是Tn中最大的

D．使Tn1成立的最大自然数n等于198 35．对于数列an，若存在数列bn满足bnan1（nN*），则称数列bn是anan的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是（ ） A．若数列an是单增数列，但其“倒差数列”不一定是单增数列；

B．若an3n1，则其“倒差数列”有最大值； C．若an3n1，则其“倒差数列”有最小值；

1D．若an1，则其“倒差数列”有最大值. 2

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、等比数列选择题 1．B 【分析】

na1(1q4)S41q41q21q由2a5a3a1，解得q，然后由求解. 22S2a1(1q)1q1q【详解】

在等比数列{an}中，2a5a3a1， 所以2a1q4a1q2a1，即2q4q210， 解得q21 2a1(1q4)S41q431q21q所以， S2a1(1q2)1q221q故选：B

【点睛】

本题主要考查等比数列通项公式和前n项和公式的基本运算，属于基础题, 2．A 【分析】

由T2017T2021得a2018a2019a2020a20211，由等比数列性质得a2018a2021a2019a20201，这样可把a2020和a2021用q表示出来后，可求得【详解】

lna2020． lna2021{an}是正项等比数列，an0，Tn0，nN*，

所以由T2017T2021T2017a2018a2019a2020a2021，得a2018a2019a2020a20211， 所以a2018a2021a2019a20201，设{an}公比为q，q1，

31(a2021)2(a2020)2a2018a20211，a2019a20201，即aq2，aq2，

20212020q3q所以

lna2020lna20211lnqlnq12． 33lnq3lnq2212故选：A． 【点睛】

本题考查等比数列的性质，解题关键是利用等比数列性质化简已知条件，然后用公比q表示出相应的项后可得结论． 3．C 【分析】

根据等比数列的通项公式求出公比q【详解】

设等比数列{an}的公比为q，

则a2a3a4(a1a2a3)q2，又a1a2a31，所以q55所以a6a7a8(a1a2a3)q1232.

2，再根据等比数列的通项公式可求得结果.

2，

故选：C． 4．B 【分析】

首先求得数列的通项公式，再运用等差数列的求和公式求得Tn，根据二次函数的性质的指数函数的性质可得选项. 【详解】

41设等比数列an为q，则等比数列的公比qa441，所以q1， a13282则其通项公式为：ana1q所以Taan12n11322n126n，

n11n2n5+6nan225426n222，

令tn11n，所以当n5或6时，t有最大值，无最小值，所以Tn有最大项，无最小项. 故选：B. . 5．C 【分析】

利用等比数列的通项与基本性质，列方程求解即可 【详解】

3设数列an的公比为q，因为a4a1q，所以q3，所以2a3a52qq99.

24故选C 6．C 【分析】

根据已知条件先计算出等比数列的首项和公比，然后根据等比数列的前n项和公式求解出

S5的结果.

【详解】

因为a1a24,a2a312，所以qa2a33，所以a13a14，所以a11， a1a2所以S5故选：C. 7．A 【分析】

a11q51q135121， 13根据已知条件计算a1a2a3解出b2020的结果. 【详解】 因为ana2018a2019的结果为

b2020，再根据等比数列下标和性质求b1bn1，所以a1a2a3bna2018a2019b2b3b4b1b2b3b2019b2020b2020， b2018b2019b1因为数列an为等比数列，且a10102， 所以a1a2a322a1010a1010a2018a2019a1a2019a2a201822019a1010a1010a101022019

a1009a1011a1010

所以

b202022019，又b11，所以b202022017， b14故选：A. 【点睛】

结论点睛：等差、等比数列的下标和性质：若mnpq2tm,n,p,q,tN（1）当an为等差数列，则有amanapaq2at； （2）当an为等比数列，则有amanapaqat.

2*，

8．D 【分析】

根据条件列出方程组可求出等比数列的公比和首项，即可得到数列的通项公式，代入

1n1anan1可知数列为等比数列，求和即可.

【详解】

因为公比大于1的等比数列an满足a2a420，a38，

a1qa1q320所以2，

a1q8解得q2，a12，

n1n所以an222，

1n1anan11n12nn11n122n1，

1n1anan1是以8为首项，4为公比的等比数列，

579Sn2222故选：D 【点睛】

31n122n12n38[1(4)n]8n12(1)， 1(4)55关键点点睛：求出等比数列的通项公式后，代入新数列，可得数列的通项公式，由通项公式可知数列为等比数列，根据等比数列的求和公式计算即可. 9．D 【分析】

利用已知条件求得a1,q，由此求得a1q. 【详解】

a1a1q2a12q29a131依题意a1q27，所以a1q4.

q3q0故选：D 10．A

【分析】

先求出a1，再当n2时，由Sn2annnN*得Sn12an1n1，两式相减后化

简得，an2an11，则an12(an11)，从而得数列an1为等比数列，进而求出

an，可求得a3的值

【详解】

解：当n1时，S12a11，得a11， 当n2时，由Sn2annnN*得Sn12an1n1，两式相减得

an2an2an11，即an2an11，

所以an12(an11)，

所以数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，

n1n1所以an122，所以an221，

所以a311．B

22217，

故选：A 【分析】

由等比数列前n项和的性质即可求得S12. 【详解】 解：

数列an是等比数列，

S3，S6S3，S9S6，S12S9也成等比数列，

即4，8，S9S6，S12S9也成等比数列， 易知公比q2，

S9S616，S12S932，

S12S12S9S9S6S6S3S332168460.

故选：B. 12．C 【分析】

由等比数列性质求得a3，把a1【详解】

2a34，因为等比数列an的前5项积为32，所以a32，解得a32，则a5a1a153a3a5表示为a1的函数，由函数单调性得取值范围． 24a1a3a5 24a111a3a5713,， ，易知函数fxx在1,2上单调递增，所以a1a1242x故选：C． 【点睛】

关键点点睛：本题考查等比数列的性质，解题关键是选定一个参数作为变量，把待求值的表示为变量的函数，然后由函数的性质求解．本题蝇利用等比数列性质求得a32，选a1为参数． 13．C 【分析】

利用等比数列的性质运算求解即可. 【详解】

22a3a7a6a1016， 根据题意，等比数列an满足a2222a2a8a816，即a2a816， 则有a22又由数列an为正项等比数列，故a2a84． 故选：C． 14．C 【分析】

根据等比数列的通项公式，由题中条件，求出公比，进而可得出结果. 【详解】

设等比数列an的公比为q，

2因为a12，且a5a3，所以q1，解得q1， 9所以a10a1q2.

故选：C. 15．A 【分析】

由已知条件求出公差和公比，即可由此求出结果. 【详解】

设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q， 则有13d9，1q9，

482，q3， 38b2a2a11q28.

3故选：A. 16．A 【分析】

解之可得d根据等比中项的性质有x216，而由等比通项公式知xq2，即可求得x的值. 【详解】

由题意知：x216，且若令公比为q时有xq0，

2∴x4， 故选：A 17．D 【分析】

利用等比数列下标和相等的性质有a1a6a2a5a3a4，而目标式可化为

a1a6a2a5a3a4结合已知条件即可求值. a1a6a2a5a3a4【详解】

111111a1a6a2a5a3a4， a1a2a3a4a5a6a1a6a2a5a3a49，而a1a6a2a5a3a4， 811111185(a1a2a3a4a5a6)， ∴a1a2a3a4a5a693∵等比数列an中a3a4故选：D 18．C 【分析】

利用等比数列的通项公式和前n项和公式代入化简可得答案 【详解】

解：因为等比数列的公比为2，

a1(123)7a7所以S31221， a3a124a14故选：C 19．B 【分析】

2设正项等比数列{an}的公比为q0，由a7a62a5，可得qq2，解得q2，

根据存在两项am、an使得aman4a1，可得a12qmn24a1，mn6．对m，n分类讨论即可得出． 【详解】

解：设正项等比数列{an}的公比为q0， 满足：a7a62a5，

q2q2，

解得q2，

存在两项am、an使得aman4a1，

a12qmn24a1，

mn6，

m，n的取值分别为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，

则

14143的最小值为．

242mn故选：B． 20．C 【分析】

题意说明从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为a1，由系数前n项和公式求得a1，再由通项公式计算出中间项． 【详解】

根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为

a1，则有S7故选：C.

a1127123381，解得a13，中间层灯盏数a4a1q24，

二、多选题 21．无 22．无

23．AC 【分析】

计算f(n)的值，得出数列{an}的通项公式，从而可得数列{Sn}的通项公式，根据其通项公式进行判断即可 【详解】 解：因为a111，所以f(1)， 222所以a2f(2)f(1)1， 41a3f(3)f(1)f(2)，

8……

1所以ann(nN)，

211(1n)2111， 所以Sn2n1212所以数列{Sn}递增，当n1时，Sn有最小值S1a1故选：AC 【点睛】

关键点点睛：此题考查函数与数列的综合应用，解题的关键是由已知条件赋值归纳出数列

1， 2{an}的通项公式，进而可得数列{Sn}的通项公式，考查计算能力和转化思想，属于中档

题 24．BD 【分析】

先分析得到数列{an}有连续四项在集合{54，24，18，36，81}中，再求等比数列的公比. 【详解】 bnan4 anbn4

数列{bn}有连续四项在集合｛-50，-20，22，40，85｝中

数列{an}有连续四项在集合{54，24，18，36，81}中

又

数列{an}是公比为q的等比数列，

在集合{54，24，18，36，81}中，数列{an}的连续四项只能是：24，36，

54，81或81，54，36，24.

q363242. 或q363242故选：BD 25．AD 【分析】

利用等差数列的通项公式以及定义可判断A、B、D；利用等比数列的通项公式可判断B. 【详解】

对于A，若an是等差数列，设公差为d，

则Ananan1a1n1da1nd2a12ndd， 则AnAn12a12ndd2a12n1dd2d， 所以An是等差数列，故A正确； 对于B，若An是等差数列，设公差为d，

AnAn1anan1an1anan1an1d，即数列an的偶数项成等差数列，

奇数项成等差数列，故B不正确，D正确. 对于C，若an是等比数列，设公比为q， 当q1时， 则

Anaan1an1qanqnq， An1an1anan1an当q1时，则Ananan10，故An不是等比数列，故C不正确； 故选：AD 【点睛】

本题考查了等差数列的通项公式以及定义、等比数列的通项公式以及定义，属于基础题. 26．AD 【分析】

根据等比数列的定义判断． 【详解】

n1设{an}的公比是q，则ana1q，

A．

a3aq25，a1，a3，a5成等比数列，正确； a1a3a3a6q3，在q1时，两者不相等，错误； qB，，a3a2a8a42qq4，在q21时，两者不相等，错误； C．，a2a4a6a93qD．，a3，a6，a9成等比数列，正确． a3a6故选：AD． 【点睛】

结论点睛：本题考查等比数列的通项公式．

数列{an}是等比数列，则由数列{an}根据一定的规律生成的子数列仍然是等比数列： 如奇数项a1,a3,a5,a7,实质上只要k1,k2,k3,数列． 27．AD 【分析】

主要分析数列中的项是否可能为0，如果可能为0，则不能是等比数列，在不为0时，根据等比数列的定义确定． 【详解】

或偶数项a2,a4,a6,仍是等比数列，

,kn,是正整数且成等差数列，则ak1,ak2,ak3,,akn,仍是等比

an1时，log2(an)20，数列{log2(an)2}不一定是等比数列， q1时，anan10，数列{anan1}不一定是等比数列，

由等比数列的定义知{故选AD． 【点睛】

1}和{anan1an2}都是等比数列． an本题考查等比数列的定义，掌握等比数列的定义是解题基础．特别注意只要数列中有一项为0，则数列不可能是等比数列． 28．AD 【分析】

分类讨论a6,a7大于1的情况，得出符合题意的一项. 【详解】

①a61,a71, 与题设

a610矛盾. a71②a61,a71,符合题意. ③a61,a71,与题设

a610矛盾. a71④ a61,a71,与题设a11矛盾.

得a61,a71,0q1，则Tn的最大值为T6.

B，C，错误.

故选：AD. 【点睛】

考查等比数列的性质及概念. 补充：等比数列的通项公式：ana1q29．BCD 【分析】

设此人第n天走an里路，则{an}是首项为a1，公比为q得首项，然后逐一分析四个选项得答案. 【详解】

解:根据题意此人每天行走的路程成等比数列， 设此人第n天走an里路，则{an}是首项为a1，公比为q6n1nN.

*1 的等比数列，由S6=378求21 的等比数列. 21a1[1()]6a(1q)2378，解得a192. 所以S6=1111q121选项A:a6a1q1926,故A错误, 255选项B:由a1192，则S6a1378192186，又1921866，故B正确.

选项C:a2a1q1921196,而S694.5，9694.51.5,故C正确.

422选项D:a1a2a3a1(1qq)192(1则后3天走的路程为378336=42, 而且336428,故D正确. 故选：BCD 【点睛】

11)336, 24本题考查等比数列的性质，考查等比数列的前n项和，是基础题. 30．AB 【分析】

由已知确定q0和q1均不符合题意，只有0q1，数列{an}递减，从而确定

a20191,0a20201，从可判断各选项．

【详解】

2当q0时，a2019a2020a2019q0，不成立；

当q1时，a20191,a20201，

a201910不成立；

a20201故0q1，且a20191,0a20201，故S2020S2019，A正确；

a2019a20211a2020210，故B正确；

因为a20191,0a20201，所以T2019是数列{Tn}中的最大值，C，D错误； 故选：AB 【点睛】

本题考查等比数列的单调性，解题关键是确定a20191,0a20201． 31．BCD 【分析】

根据间隔递增数列的定义求解. 【详解】 A. ankana1qnk1a1qn1a1qn1qk1，因为q1，所以当a10时，

ankan，故错误；

B. ankn2kn4444annknk1kn+knn+kn，令nkntn2kn4，t在nN单调递增，则t11k40，解得k3，故正确；

C. ankan2nk1knknn2n12k11k1，当n为奇数

k时，2k110，存在k1成立，当n为偶数时，2k110，存在k2成立，综上：an是间隔递增数列且最小间隔数是2，故正确； D. 若an是间隔递增数列且最小间隔数是3，

则ankannktnk2020ntn20202knktk0，nN222成立，

则k2tk0，对于k3成立，且k2tk0，对于k2成立

22即k2t0，对于k3成立，且k2t0，对于k2成立 所以t23，且t22 解得4t5，故正确. 故选：BCD 【点睛】

本题主要考查数列的新定义，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 32．AB 【分析】

由已知分别写出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列{cn}的通项公式，利用数列的分组求和法可得数列{cn}的前n项和Tn，验证得答案． 【详解】

由题意，an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，bn2n1，

cnabn2•2n﹣1﹣1＝2n﹣1，则数列{cn}为递增数列，

其前n项和Tn＝（21﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（2n﹣1） ＝（2+2+…+2）﹣n1

2

n

212n12n2

n+1

﹣2﹣n．

当n＝9时，Tn＝1013＜2019； 当n＝10时，Tn＝2036＞2019． ∴n的取值可以是8，9． 故选：AB 【点睛】

本题考查了分组求和，考查了等差等比数列的通项公式、求和公式，考查了学生综合分析，转化划归，数算的能力，属于中档题. 33．AC 【分析】

2在A中，数列an是等比数列；在B中，a58；在C中，若a1a2a3，则q1，

数列an是递增数列；在D中，r【详解】

由数列an是等比数列，知：

1. 3在A中，

an2a12q2n2，

an12a12q2n222n2q2是常数， ana1q2数列an是等比数列，故A正确；

在B中，若a32，a732，则a52328，故B错误；

在C中，若0a1a2a3，则q1，数列an是递增数列；若a1a2a30，则

0q1，数列an是递增数列，故C正确；

n1在D中，若数列an的前n和Sn3r，

则a1S11r，

a2S2S13r1r2， a3S3S29r3r6，

a1，a2，a3成等比数列， a22a1a3，

461r，

解得r1，故D错误. 3故选：AC. 【点睛】

本题考查等比数列的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题. 34．ABD 【分析】

a9910得到q1说明A正确；再由等比数列由已知a99a10010，得q0，再由

a1001a100，而0a1001，求得T100T99，说明的性质结合a1001说明B正确；由T100T99·C错误；分别求得T1981，T1991说明D正确.

【详解】 对于A，

a99a10010，a12·q1971，a1·q98·q1.

2a11，q0.

又

a9910，a991，且a1001. a10010q1，故A正确；

a99·a101a1002a1011，即a99·a10110，故B正确； 对于B，，0a99?0a1100a100，而0a1001，故有T100T99，故C错误； 对于C，由于T100T99·a2a198a1·a198a2·a197a99·a100a99·a100991， 对于D，T198a1·T199a1·a2a199a1·a199a2·a198a99·a101·a1001，故D正确.

不正确的是C.

故选：ABD. 【点睛】

本题考查等比数列的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题. 35．ACD 【分析】

根据新定义进行判断． 【详解】

A．若数列an是单增数列，则bnbn1an虽然有anan1，但当1确；

B．an3n1，则bn3n1C．an3n1，则bn3n1C正确；

111an1(anan1)(1)， anan1anan110时，bnan1，因此{bn}不一定是单增数列，A正anan11，易知{bn}是递增数列，无最大值，B错； 3n11，易知{bn}是递增数列，有最小值，最小值为b1，3n11n1nb1()1D．若an1，则n1n， 21()22首先函数yx1在(0,)上是增函数， xn当n为偶数时，an1()(0,1)，∴bnan1210， an1也是递减的， ann当n为奇数时，an1()1，显然an是递减的，因此bnan12即b1b3b5∴b1，∴{bn}的奇数项中有最大值为b13250， 2365是数列{bn}(nN*)中的最大值．D正确． 6故选：ACD． 【点睛】

本题考查数列新定义，解题关键正确理解新定义，把问题转化为利用数列的单调性求最值．