高考四元聚焦·理數(shù)-《對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練》 第35講　數(shù)列模型及應(yīng)用

第頁eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(第35講數(shù)列模型及應(yīng)用))1.(2023·浙江省富陽市質(zhì)檢){an}是等比數(shù)列，其中a3，a7是關(guān)于x的方程x2－2xsinα－eq\r(3)sinα＝0的兩根，且(a3＋a7)2＝2a3a7＋6，那么銳角α的值為(C)A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,12)解析：由條件知(2sinα)2＝2(－eq\r(3)sinα)＋6，即2sin2α＋eq\r(3)sinα－3＝0，解得sinα＝eq\f(\r(3),2)，所以α＝eq\f(π,3)，應(yīng)選C.2.(改編)在△ABC中，∠B＝eq\f(π,3)，三邊長a，b，c成等差數(shù)列，且a，eq\r(6)，c成等比數(shù)列，那么b的值是(D)A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\r(5)D.eq\r(6)解析：由條件知a＋c＝2b，ac＝6，那么由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－3ac，代入化簡得b2＝6，即b＝eq\r(6)，應(yīng)選D.3.(2023·大慶鐵人期末)各項(xiàng)均不為零的數(shù)列{an}，定義向量cn＝(an，an＋1)，bn＝(n，n＋1)，n∈N*.以下命題中真命題是(A)A．假設(shè)?n∈N*總有cn∥bn成立，那么數(shù)列{an}是等差數(shù)列B．假設(shè)?n∈N*總有cn∥bn成立，那么數(shù)列{an}是等比數(shù)列C．假設(shè)?n∈N*總有cn⊥bn成立，那么數(shù)列{an}是等差數(shù)列D．假設(shè)?n∈N*總有cn⊥bn成立，那么數(shù)列{an}是等比數(shù)列解析：當(dāng)cn∥bn時(shí)，(n＋1)an－nan＋1＝0，那么eq\f(an,n)＝eq\f(an＋1,n＋1)，所以數(shù)列{eq\f(an,n)}為常數(shù)列，設(shè)此常數(shù)為k，那么eq\f(an,n)＝k，即an＝kn，易知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，應(yīng)選A.4.(2023·仙桃市五月模擬)f(x)＝sin2x，假設(shè)等差數(shù)列{an}的第5項(xiàng)的值為f′(eq\f(π,6))，那么a1a2＋a2a9＋a9a8＋a8a1＝(BA．2B．4C．8D．16解析：因?yàn)閒′(x)＝2cos2x，所以a5＝f′(eq\f(π,6))＝2coseq\f(π,3)＝1，所以a1a2＋a2a9＋a9a8＋a8a1＝(a1＋a9)(a8＋a2)＝2a5.(改編)五位同學(xué)圍成一圈依次循環(huán)報(bào)數(shù)，規(guī)定，第一位同學(xué)首次報(bào)出的數(shù)為2，第二位同學(xué)首次報(bào)出的數(shù)為3，之后每位同學(xué)所報(bào)出的數(shù)都是前兩位同學(xué)所報(bào)出數(shù)的乘積的個(gè)位數(shù)字，那么第2023次被報(bào)出的數(shù)為8.解析：設(shè)五位同學(xué)依次報(bào)出的數(shù)字構(gòu)成的數(shù)列為{an}，那么a1＝2，a2＝3，a3＝6，a4＝8，a5＝8，a6＝4，a7＝2，a8＝8，……易知此{(lán)an}是周期為6的數(shù)列，所以a2023＝a6×335＋4＝a4＝8.6.(2023·江蘇泰興市上期中模擬)王老師從2013年1月1日開始每年的1月1日到銀行新存入a元(一年定期)，假設(shè)年利率r保持不變，且每年到期存款及利息均自動(dòng)轉(zhuǎn)為新的一年定期，到2020年1月1日將所有存款及利息全部取回，他可以取回eq\f(a1＋r8－a1＋r,r)元．解析：復(fù)利問題，此題為等比數(shù)列模型．a(chǎn)(1＋r)7＋a(1＋r)6＋…＋a(1＋r)＝eq\f(a1＋r[1－1＋r7],－r)＝eq\f(a1＋r8－a1＋r,r).7.(2023·杭州第一次模擬)設(shè)曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(diǎn)(1,1)處的切線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xn，令an＝lgxn，那么a1＋a2＋…＋a99的值為－2.解析：切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝1＝(n＋1)xn|x＝1＝n＋1，那么切線方程為y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，那么xn＝eq\f(n,n＋1)，所以an＝lgeq\f(n,n＋1)＝lgn－lg(n＋1)，于是a1＋a2＋…＋a99＝(lg1－lg2)＋(lg2－lg3)＋…(lg99－lg100)＝－lg100＝－2.8.(改編)對(duì)正整數(shù)n，設(shè)拋物線y2＝2(2n＋1)x，過P(2n,0)任作直線l交拋物線于An，Bn兩點(diǎn)，設(shè)an＝eq\o(OA,\s\up6(→))n·eq\o(OB,\s\up6(→))n，那么數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(\o(OA,\s\up6(→))n·\o(OB,\s\up6(→))n,2n＋1))).(1)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(\o(OA,\s\up6(→))n·\o(OB,\s\up6(→))n,2n＋1)))的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(\o(OA,\s\up6(→))n·\o(OB,\s\up6(→))n,2n＋1)))的前n項(xiàng)和．解析：(1)設(shè)直線方程為x＝ty＋2n，代入拋物線方程得y2－2(2n＋1)ty－4n(2n＋1)＝0，設(shè)An(xn1，yn1)，B(xn2，yn2)，那么eq\o(OA,\s\up6(→))n·eq\o(OB,\s\up6(→))n＝xn1xn2＋yn1yn2＝(t2＋1)yn1yn2＋2nt(yn1＋yn2)＋4n2，用韋達(dá)定理代入得eq\o(OAn,\s\up6(→))·eq\o(OBn,\s\up6(→))＝－4n(2n＋1)(t2＋1)＋4n(2n＋1)t2＋4n2＝－4n2－4n，故eq\f(\o(OA,\s\up6(→))n·\o(OB,\s\up6(→))n,2n＋1)＝－2n.(2)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(\o(OA,\s\up6(→))n·\o(OB,\s\up6(→))n,2n＋1)))的前n項(xiàng)和Sn＝－2n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n(n＋1)．9.某產(chǎn)品具有一定的時(shí)效性，在這個(gè)時(shí)效期內(nèi)，由市場(chǎng)調(diào)查可知，在不做廣告宣傳且每件獲利a元的前提下，可賣出b件；假設(shè)做廣告宣傳，廣告費(fèi)為n千元比廣告費(fèi)為n－1千元時(shí)多賣出eq\f(b,2n)(n∈N*)件．(1)試寫出銷售量Sn與n的函數(shù)關(guān)系式；(2)當(dāng)a＝10，b＝4000時(shí)，廠家應(yīng)生產(chǎn)多少件這種產(chǎn)品，做幾千元的廣告，才能獲利最大？解析：(1)設(shè)S0表示廣告費(fèi)為0元時(shí)的銷售量．由題意知Sn－Sn－1＝eq\f(b,2n)，Sn－1－Sn－2＝eq\f(b,2n－1)，…，S2－S1＝eq\f(b,22)，S1－S0＝eq\f(b,2)，將上述各式相加得，Sn＝b＋eq\f(b,2)＋eq\f(b,22)＋…＋eq\f(b,2n)＝eq\f(b[1－\f(1,2)n＋1],1－\f(1,2))＝b·(2－eq\f(1,2n))．(2)當(dāng)a＝10，b＝4000時(shí)，設(shè)獲利為Tn元．由題意知Tn＝10Sn－1000n＝40000·(2－eq\f(1,2n