5.4 数列的应用-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册学习手册（人教B版）

高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 学 学 习 目 标 1. 正确理解分期付款的两种计算方式 . 2. 能够利用等差 （比） 数列的知识解决 一些实际问题 . 要 点 精 析 要点 1 等差、 等比数列模型的应用 例 1 一航模小组进行飞机模型实验， 飞 机模型在第一分钟的时间里上升了 15 m 高度 . （ 1 ） 若通过动力控制系统， 使得飞机模 型在以后的每一分钟里， 上升的高度都比它 前一分钟上升的高度少 2 m ， 达到最大高度 后保持飞行， 问飞机模型上升的最大高度是 多少 . （ 2 ） 若通过动力控制系统， 使得飞机模 型在以后的每一分钟上升的高度是它在前一 分钟里上升高度的 80% ， 那么这个飞机模型 上升的最大高度能超过 75 m 吗 ？ 请说明 理由 . 分析 （ 1 ） 飞机模型每一分钟上升的 高度都比它前一分钟上升的高度少 2 m ， 显然每分钟上升的高度成等差数列； （ 2 ） 飞机模型每一分钟上升的高度是它在前一 分钟里上升高度的 80% ， 显然每分钟上升 的高度成等比数列 . 解： （ 1 ） 由题意， 飞机模型每分钟上 升的高度构成 a 1 =15 ， d=-2 的等差数列， 则 S n =na 1 + n （ n-1 ） 2 d=15n+ n （ n-1 ） 2 × （ -2 ） = -n 2 +16n. 当 n=8 时， （ S n ） max =S 8 =64 ， 即飞机模型在第 8 分钟上升到最大高度 为 64 m. （ 2 ） 不能超过 . 由题意， 飞机模型每分 钟上升的高度构成 b 1 =15 ， q=0.8 的等比数列， 则 S n = b 1 （ 1-q n ） 1-q =75 （ 1-0.8 n ） <75 ， ∴ 这个 飞机模型上升的最大高度不能超过 75 m. 反思感悟 解决数列应用题的思路和方法： （ 1 ） 认真审题、 准确理解题意， 明确 问题是属于等差数列问题还是属于等比数 列问题， 要确定 a 1 与项数 n 的实际意义， 同时要搞清是求 a n 还是求 S n ； （ 2 ） 抓住题目中的主要数量关系， 联 想数学知识和方法， 恰当引入参数变量， 将文字语言转化为数学语言， 将数量关系 用数学式子表达出来； （ 3 ） 将已知和所求联系起来， 列出满 足题意的数学关系式 . 变式训练 1 某公司生产一种产品， 第一年投入资金 1 000 万元， 出售产品后收入 40 万元， 预计 以后每年的投入资金是上一年的一半， 出售 产品所得收入比上一年多 80 万元 . 同时， 当 预计投入资金低于 20 万元时， 就按 20 万元 投入 ， 且当年出售产品的收入与上一年 5.4 数列的应用 32 第五章 数 列 学 相同 . （ 1 ） 设第 n 年的投入资金和收入金额分 别为 a n 万元、 b n 万元， 请求出 {a n } ， {b n } 的通项公式 . （ 2 ） 预计从第几年起该公司开始并持续 盈利？ 请说明理由 . （盈利是指总收入大于 总投入） 变式训练 2 某人买了一辆价值 13.5 万元的新车， 专 家预测这种车每年按 10% 的速度贬值 . （ 1 ） 用一个式子表示第 n （ n∈N + ） 年这 辆车的价值 . （ 2 ） 如果他打算用满 4 年时卖掉这辆 车， 他大概能得到多少钱？ （小数点后保留 三位有效数字） 要点 2 分期还款与数列 1. 等额本金还款法： 即将本金平均分配 到每一期进行偿还， 每期还款金额 = 贷款本金 还款期数 + （贷款本金 - 已还本金总额） × 利率 . 2. 等额本息还款法： 即将本金和利息平 均分配到每一期进行偿还， 每期还款金额 = A 0 r （ 1+r ） m （ 1+r ） m -1 ， 其中 A 0 为贷款本金， r 为银行 贷款利率， m 为还款总期数 . 例 2 某企业进行技术改造 ， 有两种 方案： 甲方案： 一次性贷款 10 万元， 第一年 便可获得利润 1 万元， 以后每年比上年增加 30% 的利润 . 乙方案： 每年贷款 1 万元， 第一年可获 得利润 1 万元， 以后每年比前一年多获利 5 000 元 . 两种方案的期限都是 10 年， 到期一次 性归还本息 . 若银行贷款利息均以年息 10% 计算， 试比较两个方案哪个获得纯利润更 多 . （计算精确到千元， 参考数据： 1.1 10 ≈ 2.594 ， 1.3 10 ≈13.796 ） 分析 由题意可知， 甲方案增长利润 率是定值， 银行利息成本基数为定值 . 乙方 案中增长利润是定值， 银行利息成本基数 每年都在变化 . 解 ： 根据题意 ， 甲方案获利 ： 1+ （ 1+ 30% ） + （ 1+30% ） 2 + … + （ 1+30% ） 9 = 1.3 10 -1 1.3-1 ≈ 42.65 （万元）， 而银行的利息成本为 10 （ 1+ 0.1 ） 10 =25.94 （万元 ） ， 那么甲的纯利润为 42.65-25.94≈16.7 （万元） . 33 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 学 乙方案： 逐年获利成等差数列， 前 10 年共获利 1+ （ 1+0.5 ） + （ 1+2×0.5 ） + … + （ 1+9× 0.5 ） = 10× （ 2+4.5 ） 2 =32.50 （万元）， 贷款的本 利和为 1.1× ［ 1+ （ 1+10% ） + … + （ 1+10% ） 9 ］ = 17.534 （万元）， ∴ 乙方案扣除本利后的净获利为 32.50- 17.534≈15.0 （万元） . ∴ 甲方案的获利较多 . 变式训练 3 王某 2019 年 12 月 31 日向银行贷款 100 000 元， 银行贷款年利率为 5% ， 若此贷 款分十年还清 （ 2029 年 12 月 31 日还清）， 每年年底等额还款 （每次还款金额相同）， 设第 n 年末还款后此人在银行的欠款额为 a n 元 . （ 1 ） 设每年的还款额为 m 元， 请用 m 表示出 a 2 ； （ 2 ） 求每年的还款额 . （ 1.05 10 ≈1.629 ， 精确到 1 元） 要点 3 复杂的数列建模问题 例 3 已知某中学食堂每天供应 3 000 名学生用餐， 为了改善学生伙食， 学校每星 期一有 A ， B 两种菜可供大家免费选择 （每 人都会选而且只能选一种菜） . 调查资料表 明， 凡是在这星期一选 A 种菜的， 下星期一 会有 20% 改选 B 种菜； 而选 B 种菜的， 下 星期一会有 40% 改选 A 种菜 . 用 a n ， b n 分别 表示在第 n 个星期一选 A 的人数和选 B 的 人数， 如果 a 1 =2 000. （ 1 ） 请用 a n ， b n 表示 a n+1 与 b n+1 ； （ 2 ） 证明： 数列 {a n -2 000} 是常数列 . 分析 由题意可知， 以选 A 种菜为例 包括两部分人， 一类是上星期就选 A 的 4 5 和上星期选 B 的 2 5 . （ 1 ） 解： 由题意知， a n+1 = 4 5 a n + 2 5 b n ， b n+1 = 1 5 a n + 3 5 b n . （ 2 ） 证明： ∵a n+1 = 4 5 a n + 2 5 b n ， 且 a n +b n = 3 000 ， ∴a n+1 = 4 5 a n + 2 5 （ 3 000-a n ）， ∴a n+1 = 2 5 a n +1 200 ， ∴a n+1 -2 000= 2 5 （ a n -2 000 ） . 又 ∵a 1 -2 000=0 ， ∴ 数列 {a n -2 000} 是常数列 . 反思感悟 求解此类问题的关键是依据题设条件， 巧借 a n 及 a n-1 ， 即抓住数列前后两项 （几 项） 的数量关系， 建立递推关系 a n =pa n-1 +q ， 在此基础上借助数列知识给予解答， 常用 的方法便是待定系数法和构造等比数列法 . 34 第五章 数 列 学 变式训练 4 某企业 2022 年的纯利润为 500 万元， 因 设备老化等原因， 企业的生产能力将逐年下 降 . 若不能进行技术改造， 预测从今年起每 年比上一年纯利润减少 20 万元， 今年初该 企业一次性投入资金 600 万元进行技术改 造， 预测在未扣除技术改造资金的情况下， 第 n 年 （今年为第一年） 的利润为 500 1+ 1 2 n n " 万元 （ n 为正整数） . （ 1 ） 设从今年起的前 n 年， 若该企业不 进行技术改造的累计纯利润为 A n 万元， 进 行技术改造后的累计纯利润为 B n 万元 （须 扣除技术改造资金）， 求 A n ， B n 的表达式 . （ 2 ） 依上述预测， 从今年起该企业至少 经过多少年， 进行技术改造后的累计纯利润 超过不进行技术改造的累计纯利润？ 数 学 文 化 例 我国古代数学典籍 《九章算术》 第 七章 “盈不足 ” 中有一道两鼠穿墙问题 ： “今有垣厚五尺， 两鼠对穿， 大鼠日一尺， 小鼠日一尺， 大鼠日自倍， 小鼠日自半， 问 何日相逢， 各穿几何 . ” 翻译过来就是： 有 五尺厚的墙， 两只老鼠从墙的两边相对分别 打洞穿墙， 大、 小鼠第一天都进一尺， 以后 每天， 大鼠加倍， 小鼠减半， 则几天后两鼠 相遇？ 这个问题体现了古代对数列问题的研 究， 现将墙的厚度改为 1 200 尺， 则需要几 天时间才能打穿 （结果取整数） （ ） A. 12 B. 11 C. 10 D. 9 解析： 大鼠和小鼠每天穿墙尺寸分别构 成数列 {a n } ， {b n } ， 它们都是等比数列， a 1 = b 1 =1 ， 数列 {a n } 的公比为 q 1 =2 ， 数列 {b n } 的公比为 q 2 = 1 2 ， 设需要 n 天能打穿墙， 则 （ a 1 +a 2 + … +a n ） + （ b 1 +b 2 + … +b n ） = 1-2 n 1-2 + 1- 1 2 n " n 1- 1 2 =2 n +1- 1 2 n-1 . 当 n=10 时 ， 2 n +1- 1 2 n-1 =1 025- 1 2 9 ≈ 1 025<1 200 ， 当 n=11 时 ， 2 n +1- 1 2 n-1 =2 049- 1 2 10 ≈ 2 049>1 200 ， 因此需要 11 天才能打穿 . 故选 B. 35 参 考 答 案 由已知可得， a 2n+1 -a 2n-1 =2 ， 即 b n+1 -b n =2 ， ∴ {b n } 为以 2 为首项、 2 为公差的等差数列， b n = 2+2 （ n-1 ） =2n. a 2n+2 =2a 2n ， 即 c n+1 =2c n ， ∴ {c n } 为以 1 为首项、 2 为公比的等比数列， c n =1× 2 n-1 =2 n-1 . ∴ {a n } 的前 20 项和 S 20 = （ b 1 +b 2 + … +b 10 ） + （ c 1 +c 2 + … + c 10 ） = （ 2+4+ … +20 ） + （ 1+2+ … +2 9 ） = 10× （ 2+20 ） 2 + 1× （ 1-2 10 ） 1-2 =1 133. 故选 C. 13. B 【解析】 ∵z=1+2i+3i 2 + … +2 020i 2 019 +2 021i 2 020 ， ∴iz=i+2i 2 +3i 3 + … +2 020i 2 020 +2 021i 2 021 ， 相减得， （ 1-i ） z= 1+i+i 2 + … +i 2 020 -2 021i 2 021 = 1-i 2 021 1-i -2 021i=1-2 021i ， ∴z= 1-2 021i 1-i = （ 1-2 021i ）（ 1+i ） （ 1-i ）（ 1+i ） = 1+i-2 021i-2 021i 2 2 =1 011- 1 010i ， 虚部为 -1 010. 故选 B. 14. D 【解析】 等差数列 {a n } 中， a 3 =5 ， 公差大于 0 ， 设公差为 d ， ∵a 4 +1 是 a 2 +1 与 a 7 +3 的等比中项 ， ∴ （ a 4 +1 ） 2 = （ a 2 +1 ）（ a 7 +3 ）， ∴ （ a 3 +1+d ） 2 = （ a 3 +1-d ）（ a 3 +3+4d ）， ∴ （ 6+d ） 2 = （ 6-d ）（ 8+4d ）， 解得 d=2 或 d=- 6 5 （舍 去）， ∴a n =a 3 + （ n-3 ） d=5+2 （ n-3 ） =2n-1 ， ∴b n = 1 a n · a n+1 = 1 （ 2n-1 ）·（ 2n+1 ） = 1 2 1 2n-1 - 1 2n+1 1 " . 设数列 {b n } 的前 2 020 项和为 S 2 020 ， S 2 020 = 1 2 × 1 1 - 1 3 + 1 3 - 1 5 + … + 1 4 039 - 1 4 041 1 " = 2 020 4 041 . 故选 D. 15. 解： （ 1 ） 对任意的 n∈N * ， a n+1 =2a n +1 ， 则 a n+1 + 1=2 （ a n +1 ）， 且 a 1 +1=2 ， ∴ 数列 {a n +1} 是等比数列， 且 首项和公比均为 2 ， 故 a n +1 =2×2 n -1 =2 n ， ∴a n =2 n -1. ∵ 1 n （ n+1 ） = 1 n - 1 n+1 ， ∴b n = n+1 1×2 + n+1 2×3 + … + n+1 n （ n+1 ） = （ n+1 ）· 1- 1 2 + 1 2 - 1 3 + … + 1 n - 1 n+1 " = （ n+1 ） 1- 1 n+1 " =n. （ 2 ） 设数列 {n · 2 n } 的前 n 项和为 S n ， 则 S n =1 · 2 1 +2 · 2 2 +3 · 2 3 + … +n · 2 n ， ∴2S n =1 · 2 2 +2 · 2 3 + … + （ n-1 ）· 2 n +n · 2 n+1 ， 两式相减得 -S n =2+2 2 +2 3 + … +2 n -n · 2 n+1 = 2 （ 1-2 n ） 1-2 -n · 2 n+1 =-2+ （ 1-n ）· 2 n+1 ， ∴S n = （ n-1 ）· 2 n+1 +2. ∵a n b n =n ·（ 2 n -1 ） =n · 2 n -n ， 则 T n = （ 1 · 2 1 +2 · 2 2 +3 · 2 3 + … + n · 2 n ） - （ 1+2+3+ … +n ） = （ n-1 ）· 2 n+1 +2- n （ n+1 ） 2 . 由 T n ≥2 （ a n +1 ）（ b n -1 ） -1 可得 （ n-1 ）· 2 n+1 +2- n （ n+1 ） 2 ≥ （ n-1 ）· 2 n+1 -1 ， 整理可得 n 2 +n-6≤0 ， 解得 -3≤n≤2 ， ∵n∈N * ， 故 n=1 或 2. 5.4 数列的应用 学习手册 变式训练 1 解： （ 1 ） 由题知， a n =1 000× 1 2 1 " n-1 ， 当 1 000× 1 2 1 " n-1 <20 ， n∈N * ， 解得 1≤n≤6 ， ∴a n = 1 000× 1 2 1 " n-1 ， 1≤n≤6 ， 20 ， n≥7 7 ( ( ( ' ( ( ( ) ， n∈N * . b n = 80n-40 ， 1≤n≤6 ， 440 ， n≥7 7 ， n∈N * . （ 2 ） 当 1≤n≤6 时， 总利润 S n = n （ 40+80n-40 ） 2 - 1 000 1- 1 2 1 " n n , 1- 1 2 =2 000× 1 2 1 " n +40n 2 -2 000. ∵S n -S n-1 =-2 000× 1 2 1 " n +80n-40 （ n≥2 ）， f （ x ） =-2 000 1 2 1 " x +80x-40 （ x≥2 ） 为增函数， 且 f （ 3 ） =-2 000× 1 2 1 " 3 +240-40<0 ， f （ 4 ） =-2 000× 1 2 1 " 4 +320-40>0 ， ∴ 当 2≤n≤3 时， S n <S n-1 ， 当 4≤n≤6 时， S n >S n-1 . ∵S 1 =2 000× 1 2 +40-2 000<0 ， S 6 =2 000× 1 2 1 " 6 +40×36-2 000=-528.75<0 ， ∴1≤n≤6 时， S n <0 ， 即前 6 年未盈利 . 当 n≥7 时， S n =-528.75+ （ 440-20 ）（ n-6 ）， 令 S n >0 ， 解得 n≥8 ， ∴ 该公司从第 8 年开始盈利 . 变式训练 2 解： （ 1 ） 从第一年起， 每年车的价值 （万 元） 依次设为 a 1 ， a 2 ， a 3 ， …， a n . 由题意， 得 a 1 =13.5 ， 43 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 a 2 =13.5× （ 1-10% ）， a 3 =13.5 （ 1-10% ） 2 ， … . 由等比数列定 义， 知数列 {a n } 是等比数列， 首项 a 1 =13.5 ， 公比 q=1- 10%=0.9 ， ∴a n =a 1 · q n-1 =13.5× （ 0.9 ） n-1 ， ∴ 第 n 年车的价值 为 a n =13.5× （ 0.9 ） n-1 万元 . （ 2 ） 当他用满 4 年， 车的价值为 a 5 =13.5× （ 0.9 ） 5-1 ≈ 8.857. ∴ 用满 4 年卖掉时， 他大概能得到 8.857 万元 . 变式训练 3 解： （ 1 ） a 2 =100 000× （ 1+5% ） 2 -m （ 1+5% ） - m=110 250-2.05m. （ 2 ） a 10 =100 000× （ 1.05 ） 10 -m× （ 1.05 ） 9 -m× （ 1.05 ） 8 - … - m=0 ， 100 000×1.05 10 - m （ 1-1.05 10 ） 1-1.05 =0 ， 解得 m= 100 000×1.05 10 ×0.05 1.05 10 -1 ≈12 949 （元） . 变式训练 4 解： （ 1 ） 依题意知， A n = （ 500-20 ） + （ 500- 40 ） + … + （ 500-20n ） =490n-10n 2 ； B n =500 1+ 1 2 2 # + 1+ 1 2 2 2 2 + … + 1+ 1 2 n n 2& ' -600 =500n - 500 2 n -100. （ 2 ） B n -A n = 500n- 500 2 n -10 n # 0 - （ 490n-10n 2 ） =10n 2 +10n- 500 2 n -100=10 n （ n+1 ） - 50 2 n -1 & 1 0 . ∵ 函数 y=x （ x+1 ） - 50 2 x -10 在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递增， 当 1≤n≤3 时， n （ n+1 ） - 50 2 n -10≤12- 50 8 -10<0 ； 当 n≥4 时， n （ n+1 ） - 50 2 n -10≥20- 50 16 -10>0. ∴ 当 n≥4 时， B n >A n . 故至少经过 4 年， 该企业进行技术改造后的累计纯 利润超过不进行技术改造的累计纯利润 . 随堂练习 1. B 【解析】 根据题意， 设每层点的灯数组成数列 {a n } ， 分析可得 {a n } 是公比为 2 的等比数列， 且 a 1 =3 ， 则 S 7 = 3× （ 1-2 7 ） 1-2 =381. 故选 B. 2. A 【解析】 某小镇在今年年底统计有人口 20 万， 预计人口年平均增长率为 1% ， 那么 1 年后这个小镇 的人口数为 20 （ 1+1% ）， 2 年后这个小镇的人口数为 20 （ 1+1% ） 2 ， 3 年后这个小镇的人口数为 20 （ 1+1% ） 3 ， 4 年后这个小镇的人口数为 20 （ 1+1% ） 4 ， 5 年后这个小镇 的人口数为 20 （ 1+1% ） 5 =20× （ 1.01 ） 5 . 故选 A. 3. 3 【解析】 经过一年， 剩余物质为原来的 4 5 ， 经 过两年， 剩余物质为原来的 4 5 2 2 2 ， 经过三年， 剩余物 质为原来的 4 5 2 2 3 = 64 125 ， 则经过三年， 剩余的物质是原 来的 64 125 . 4. 4.5 【解析】 设数列为 {a n } ， 公差为 d ， a 1 +a 4 +a 7 = 3a 1 +9d=31.5 ， S 9 =9a 1 +36d=85.5 ， 解得 a 1 =13.5 ， d=-1 ， ∴ 立夏日影长为 a 10 =4.5. 5. C 【解析】 1 月底小王手中有现款为 a 1 = （ 1+20% ） × 10 000-800-400=10 800 （元）， 设 n 月底小王手中有现 款为 a n ， n+1 月底小王手中有现款为 a n+1 ， 则 a n+1 =1.2a n - 1 200 ， 即 a n+1 -6 000=1.2 （ a n -6 000 ）， ∴ 数列 {a n -6 000} 是首项为 4 800 、 公比为 1.2 的等比数列， ∴a 12 -6 000= 4 800×1.2 11 ， 即 a 12 =4 800×1.2 11 +6 000=42 000 ， 年利润为 42 000-10 000=32 000 （元） . 故选 C. 练习手册 效果评价 1. B 【解析】 由题意， 在等差数列 {a n } 中， n=16 ， a 8 +a 9 =40 ， 则 S= 16× （ a 1 +a 16 ） 2 =8 （ a 8 +a 9 ） =8×40=320. 故选 B. 2. B 【解析】 去年产值是 a 万元， 第一年要比去年 产值增加 10% ， 那么第一年就是 a+10%a ， 即 a （ 1+0.1 ）， 第二年又比第一年增加 10% ， ∴ 第二年是 a （ 1+0.1 ）（ 1+ 0.1 ）， 依此类推， 第五年是 a （ 1+0.1 ）（ 1+0.1 ）（ 1+0.1 ）（ 1+ 0.1 ）（ 1+0.1 ） =1.1 5 a （万元） . 故选 B. 3. A 【解析】 一年后， 可取款 a （ 1+x ）元； 二年后， 可取款 a （ 1+x ） 2 元； 三年后， 可取款 a （ 1+x ） 3 元； 四年 后， 可取款 a （ 1+x ） 4 元； 五年后， 可取款 a （ 1+x ） 5 元 . 故 选 A. 4. B 【解析】 根据题意， 某县 2019 年 12 月末人口 总数为 57 万， 从 2020 年元月 1 日起， 人口总数每月按 相同数目增加， 则每月月末该县的总人口为等差数列 . 设这个数列为 {a n } ， 且 a 1 =57 ， 设其公差为 d （单位为 万）， 又由到 2020 年 12 月末为止人口总数为 57.24 万， 则有 a 1 =57 ， a 13 =57.24 ， 则有 d= a 13 -a 1 13-1 =0.02 ， 2020 年 10 月末的人口总数为 a 11 =a 1 +10d=57.2 （万） . 故选 B. 5. C 【解析】 哈雷彗星回到近日点的年份为 a n =1 606+ 44 参 考 答 案 76n ， 奥伯斯彗星回到近日点的年份为 b n =1 606+70n ， 则 a n 与 b n 公共项构成以 1 606 为首项， 70 与 76 的最小公 倍数为公差的等差数列， 又 70 与 76 的最小公倍数为 2 660 ， 则哈雷彗星与奥伯斯彗星同年回到近日点的年份 为 c n =1 606+2 660n. 令 n=1 ， 则 c 1 =4 266. 故选 C. 6. 1 4 【解析】 直接递推归纳： 等腰直角三角形 ABC 中， 斜边 BC=2 2 姨 ， ∴AB=AC=a 1 =2 ， AA 1 =a 2 = 2 姨 ， …， 则 A 5 A 6 =a 7 =a 1 q 6 =2× 2 姨 2 2 # 6 = 1 4 . 7. 7 【解析】 1+2+2 2 +2 3 + … +2 n-1 ≥100 ， ∴ 1-2 n 1-2 ≥100 ， ∴2 n ≥101 ， ∴n≥7 ， 即至少需 7 s 细菌将病毒全部杀死 . 8. 4 【解析】 设每次用 a L 清水漂洗一件衣服， 洗 涤次数为 n ， 通过题意可知， 存留的污垢 y 是以 1 4 a 为 首项、 1 4 为公比的等比数列 ， ∴y= 1 4 4 & n · a ， 则 1 4 4 & n · a≤1% · a圯n≥log 4 100=log 2 10圯n≥4 ， ∴ 至少要清洗 4 次 才能使存留的污垢不超过 1%. 9. 5.3 【解析】 设每年存入 x 万元， 则 2021 年初存 入的钱到 2027 年底本利和为 x （ 1+2% ） 7 ， 2022 年初存入 的钱到 2027 年底本利和为 x （ 1+2% ） 6 ， …， 2027 年初存 入的钱到 2027 年底本利和为 x （ 1+2% ）， 则 x （ 1+2% ） + x （ 1+2% ） 2 + … +x （ 1+2% ） 7 =40 ， 即 1.02x （ 1-1.02 7 ） 1-1.02 =40 ， 解 得 x≈5.3. 10. 不会 【解析】 由题意知第一次服药后， 经过 12 小时， 体内药物含量为 700× （ 1-70% ） =700×30% ， 经过 24 小时后 ， 体内药物含量为 700× （ 30% ） 2 ， 以此类推 ， 一次服药后体内药物含量构成以 a 1 =700 ， q=30% 为公比 的等比数列， 即 a n =700× （ 30% ） n-1 ， ∴ 第 n 次服药后， 体 内药物的含量为 700+700×0.3+700×0.3 2 + … +700×0.3 n-1 = 700× ［ 1- （ 0.3 ） n ］ 1-0.3 =1 000× ［ 1- （ 0.3 ） n ］ . 当 n→+∞ 时 ， 药在 体内的含量无限接近 1 000 ， 该药在人体内含量不超过 1 000 mg ， 不会产生副作用 . 提升练习 11. C 【解析】 由题意知， 按复利计算， 设小闯同学 每个月还款 a 元， 则小闯同学第一次还款 a 元后， 还欠 本金及利息为 10 000 （ 1+1.5% ） -a 元； 第二次还款 a 元 后， 还欠本金及利息为 10 000 （ 1+1.5% ） 2 -a （ 1+1.5% ） -a ； 第三次还款 a 元后， 还欠本金及利息为 10 000 （ 1+1.5% ） 3 - a （ 1+1.5% ） 2 -a （ 1+1.5% ） -a ， 依次类推， 直到第十二次还 款后， 全部还清， 即 10 000 （ 1+1.5% ） 12 -a （ 1+1.5% ） 11 -a （ 1+ 1.5% ） 10 - … -a （ 1+1.5% ） -a=0 ， 即 10 000 （ 1+1.5% ） 12 =a · 1-1.015 12 1-1.015 ， 解得 a≈900 ， 故 x=12×900=10 800 （元） . 按 照单利算利息， 12 月后， 所结利息共 10 000×0.015 25× 12=1 830 （元）， 故 y=10 000+1 830=11 830 （元）， ∴y- x=11 830-10 800=1 030 （元） . 故选 C. 12. ABC 【解析】 设第 （ n+1 ） 分钟之内新感染的文 件数为 a n+1 ， 前 n 分钟内新感染的病毒文件数之和为 S n ， 则 a n+1 =2 （ S n +1 ）， 且 a 1 =2. 由 a n+1 =2 （ S n +1 ）可得 a n =2 （ S n-1 + 1 ）， 两式相减得 a n+1 -a n =2a n ， ∴a n+1 =3a n ， ∴ 每分钟内新感 染的病毒构成以 a 1 =2 为首项 、 3 为公比的等比数列 ， ∴a n =2×3 n-1 ， 在第 3 分钟内， 该计算机新感染了 a 3 =2×3 3-1 = 18 个文件， 故 A 正确； 经过 5 分钟， 该计算机共有 1+ a 1 +a 2 +a 3 +a 4 +a 5 =1+ 2× （ 1-3 5 ） 1-3 =3 5 =243 个病毒文件， 故 B 正 确； 10 分钟后， 计算机感染病毒的总数为 1+a 1 +a 2 + … + a 10 =1+ 2× （ 1-3 10 ） 1-3 =3 10 > 1 2 ×10 5 ， ∴ 计算机处于瘫痪状态， 故 C 正确； 该计算机瘫痪前， 每分钟内新被感染的文件 数成公比为 3 的等比数列， 故 D 错误 . 故选 ABC. 13. 2×7 n 【解析】 设 n 个月后共有 a n 只老鼠， 且雌 雄各半 ， ∴n+1 个月后的老鼠只数满足 a n+1 =a n +12× a n 2 （ n∈N * ）， ∴a n+1 =7a n （ n∈N * ） . 又 ∵a 1 =14≠0 ， ∴ a n+1 a n =7 ， ∴ 数列 {a n } 是以 14 为首项、 7 为公比的等比数列， ∴n 个月后老鼠的只数 a n =14×7 n-1 =2 · 7 n . 14. 解： （ 1 ） 若选择方案一， 设该家庭每月应还款 a 万元， 则 a+a （ 1+0.004 ） +a （ 1+0.004 ） 2 + … +a （ 1+0.004 ） 17 = 10× （ 1+0.004 ） 18 ， 即 a 1-1.004 18 1-1.004 2 & =10×1.004 18 ， 解得 a= 0.04×1.004 18 1.004 18 -1 ≈0.577 （万元） . 若选择方案二， 设该家庭每季度应还款 b 万元， 则 有 b+b （ 1+0.012 ） +b （ 1+0.012 ） 2 + … +b （ 1+0.012 ） 5 =10× （ 1+ 0.012 ） 6 ， 即 b 1-1.012 6 1-1.012 2 & =10×1.012 6 ， 解得 b= 0.12×1.012 6 1.012 6 -1 ≈1.737 （万元） . 45 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 （ 2 ） ∵0.577×3=1.731<1.737 ， ∴ 该家庭应选择第一种 方案 . 5.5 数学归纳法 学习手册 变式训练 1 C 【解析】 当 n=k 时， 左边共有 2k+1 个连 续自然数相加， 即 1+2+3+ … + （ 2k+1 ）， ∴ 当 n=k+1 时， 左边共有 2k+3 个连续自然数相加， 即 1+2+3+ … + （ 2k+ 1 ） + （ 2k+2 ） + （ 2k+3 ）， ∴ 左边需增添的代数式是 （ 2k+2 ） + （ 2k+3 ） . 故选 C. 变式训练 2 C 【解析】 当 n=k 时， 不等式左边为 1 k+1 + 1 k+2 + … + 1 2k ； 当 n=k+1 时， 不等式左边为 1 k+2 + 1 k+3 + … + 1 2k + 1 2k+1 + 1 2k+2 . 故选 C. 变式训练 3 D 【解析】 ∵a 1 =1 ， a 2 = 3 2 ， S 3 =1+ 3 2 +a 3 =6-a 3 ， ∴a 3 = 7 4 . 同理可得 a 4 = 15 8 . 观察 1 ， 3 2 ， 7 4 ， １５ 8 ， …， 猜想 a n ＝ ２ n -1 2 n-1 或a n =2- 1 2 n-1 1 " . 故选 D. 变式训练 4 A 【解析】 三棱柱有 0 个对角面， 四棱柱 有 2 个对角面 ［ 0+2=0+ （ 3-1 ）］； 五棱柱有 5 个对角面 ［ 2+3=2+ （ 4-1 ）］； 六棱柱有 9 个对角面 ［ 5+4=5+ （ 5-1 ）］； … . 猜想 ： 若 k 棱柱有 f （ k ）个对角面 ， 则 （ k+1 ） 棱柱有 f （ k ） +k-1 个对角面 . 故选 A. 变式训练 5 B 【解析】 5 k+1 -2 k+1 =5 k · 5-2 k · 2=5 （ 5 k -2 k ） +5× 2 k -2×2 k =5 （ 5 k -2 k ） +3×2 k . 故选 B. 随堂练习 1. D 【解析】 当 n=1 ， n=2 ， n=3 时， 显然不等式不 成立， 当 n=4 时， 64>61 不等式成立， 故用数学归纳法证明 n 3 >3n 2 +3n+1 这一不等式时 ， 应注意 n 必须为 n≥4 ， n∈N * . 故选 D. 2. B 【解析】 由题意得， 当 n=2 时， 不等式为 1+ 1 2 + 1 3 <2. 故选 B. 3. C 【解析】 当 n=k 时， 等式左端 =1+2+ … +k 2 ； 当 n=k+1 时， 等式左端 =1+2+ … +k 2 +k 2 +1+k 2 +2+ … + （ k+1 ） 2 ， 增加了项 （ k 2 +1 ） + （ k 2 +2 ） + （ k 2 +3 ） + … + （ k+1 ） 2 . 故 选 C. 4. S n = 2n n+1 【解析 】 S 1 =1 ， S 2 = 4 3 ， S 3 = 3 2 = 6 4 ， S 4 = 8 5 ， 猜想 S n = 2n n+1 . 5. 解： （ 1 ） ∵ f （ 1 ） =2 ， f （ n 1 +n 2 ） =f （ n 1 ）· f （ n 2 ）， ∴ f （ 2 ） =f （ 1+1 ） =f （ 1 ）· f （ 1 ） =2 2 =4 ， f （ 3 ） =f （ 2+1 ） =f （ 2 ）· f （ 1 ） =2 2 · 2=2 3 =8 ， f （ 4 ） =f （ 3+1 ） =f （ 3 ）· f （ 1 ） =2 3 · 2=2 4 =16. （ 2 ） 猜想： f （ n ） =2 n （ n∈N + ） . 用数学归纳法证明如下： ① 当 n=1 时， f （ 1 ） =2 1 =2 ， ∴ 猜想正确 . ② 假设当 n=k （ k≥1 ， k∈N + ） 时猜想正确， 即 f （ k ） =2 k ， 那么当 n=k+1 时， f （ k+1 ） =f （ k ）· f （ 1 ） =2 k · 2=2 k+1 ， ∴ 当 n=k+1 时， 猜想正确 . 由 ①② 知， 对任意的 n∈N + ， 都有 f （ n ） =2 n . 练习手册 效果评价 1. C 【解析】 边数最少的凸 n 边形为三角形， 故 n 0 = 3. 故选 C. 2. C 【解析】 当 n=1 时， 左边 =1+a+a 1+1 =1+a+a 2 . 故 选 C. 3. B 【解析】 第二步假设当 n=2k-1 （ k∈N * ） 时成 立， 再推出当 n=2 （ k+1 ） -1=2k+1 时成立 . 故选 B. 4. D 【解析】 由所证明的等式可知， 当 n=k+1 时 ， 右边 = 1 （ k+1 ） +1 + … + 1 2 （ k+1 ） -1 + 1 2 （ k+1 ） = 1 k+2 + … + 1 2k+1 + 1 2k+2 . 故选 D. 5. C 【解析】 观察所给式子， 所猜测的分式的分母 为 n+1 ， 而分子 3 ， 5 ， 7 ， …， 恰好是第 （ n+1 ） 个正奇 数， 即 2n+1. 故选 C. 6. D 【解析】 若 f （ 3 ） ≥9 成立， 由题意只可得出当 k≥3 时， 均有 f （ k ） ≥k 2 成立， 故 A 错误； 若 f （ 5 ） ≥25 成立， 则当 k≥5 时均有 f （ k ） ≥k 2 成立， 故 B 错误； C 应改为 “若 f （ 7 ） ≥49 成立， 则当 k≥7 时， 均有 f （ k ） ≥ k 2 成立”， 故 C 错误 . 故选 D. 7. D 【解析】 ∵ f （ n ） =1+ 1 2 + 1 3 + … + 1 3n-1 ， 46