5.4 数列的应用-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练测（人教B版2019）

》高中数学·选择性必修第三册(RJB) 5.4 数列的应用 [学习任务] 1.知道分期还款的含义， 2.能解决分期还款中的计算问题。 3.了解政府支出的“乘数”效应并会计算相应问题. 自主学习探新知 课前预习双基落实 知识点一等额本金还款法 A,元为现值，且每一期所还钱数为x “等额本金还款法”是将本金平均分配 元，则 到每一期进行偿还， 第1期所还钱的现值为千，元： 每期还款金额= 贷款本金+（贷款本金一已 还款期数 第2期所还钱的现值为a千元： 还本金总额)X利率。 a,= 04000 《微练习 第m期所还钱的现值为 元 因为最后还款的现值总和应为A。元，所以 某学生家长为缴纳该学生上大学时的教育 费，于2018年8月20号从银行贷款a元， 1中，+a中++a+=A. 为还清这笔贷款，该家长从2019年起每年 又因为>0，所以由等比数列前n项求和公 的8月20号便去银行偿还相同的金额，计 式可解得 划恰好在贷款的m年后还清.若银行按年 利率为p的复利计息（复利：即将一年后的 I= 贷款利息也纳入本金计算新的利息)，则该 飞微判断 学生家长每年的偿还金额是 ( 判断正误（正确的画“√”，错误的画“×”） A品元 B.ap(1+p)+ (1)“等额本息还款法”每一期所还钱数是等 (1十)m-1元 差数列. () C.(1+p)m+1 e"-1 元D.ap(1+) (1+p)-7元 (2)“等额本息还款法”是将利息平均分配到 每一期进行偿还 () 知识点二等额本息还款法 (3)在政府财政中，如果政府的支出增加，那 “等额本息还款法”是将本金和利息平 么就会产生“乘数”效应 () 均分配到每一期进行偿还，设贷款时的资金 互动探究解疑难 要点归纳重难突破 探究一储蓄问题 (1)如果按5年期零存整取计，即每存入a 元，按a(1十n·6.5%)计算本利(n为年 [例1门某家庭为准备孩子上大学的学费，每 数)； 年6月30日都在银行中存入2000元，连续 (2)如果按每年转存计，即每存人a元，按 (1十5.7%)”·a计算本利(n为年数). 存5年，有以下两种存款的方式： 30 第五章数列 请问用哪种存款的方式在第6年的7月1 探究二分期还款问题 日到期的全部本利较高？ [例2]某企业为了进行技术改造，设计了两 种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一 年便可获利1万元，以后每年比前一年增加 30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一 年可获利1万元，以后每年比前一年增加 5千元.两种方案的使用期都是10年，到期 一次性归还本息，若银行两种形式的贷款都 按年息5%的复利计算，试比较两种方案中 哪种获利更多？ (参考数据：取1.0510≈1.629,1.310≈ 13.786,1.51≈57.665) 川规律方法川 对于这类问题的求解，关键是要搞清：(1)是单利 还是复利.(2)存几年.单利是指本金到期后的利息不 再加入本金计算，设本金为P元，每期利率为r,经过 期，按单利计算的本利和公式为S,=P(1十r). 复利是一种计算利率的方法，即把前一期的利息 和本金加在一起作本会，再计算下一期的利息.设本金 为P,每期利率为r,设本利和为y,存期为工，则复利函 数式为y=P(1十r) 跟踪训练 1.2015年7月31日17时57分，国际奥委会 第128次全会在吉隆坡举行，投票选出 2022年冬奥会举办城市为北京.某人为了 观看2022年北京冬季奥运会，从2016年 川规律方法川 起，每年的1月1日到银行存人a元的定期 等额本会还教方式中，每月的还款额构成一个等 储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每 差数列，即可由等差数列的前n项和公式求得其还款 总额，减去本金即为还款的利息；等额本息还款方式 年到期，存款的本息均自动转为新的一年的 中，每月的还款颜构成一个等比数列，由等比最列求和 定期，到2022年的1月1日将所有存款及 公式即可求得其还款额， 利息全部取出，则可取出钱（元）的总数为 口跟踪训练 A.a(1+p)5 2.某商店采用分期付款的方式促销一款价格 B.a(1+p) 为每台6000元的电脑.商店规定，购买时 C.分[1+p)-1+p)] 先支付货款的？，剩余部分在三年内按每月 底等额还款的方式支付欠款，且结算欠款的 D.[1+p2-(1+p] 利息。 31 》高中数学·选择性必修第三册(RJB) (1)已知欠款的月利率为0.5%，到第一个 (2)从哪一年开始，该投资公司前几年的投 月底，货主在第一次还款之前，他欠商店多 资回报总收入将超过总投入？ 少元？ (2)假设货主每月还商店a元，写出在第i(i =1,2,…,36)个月末还款后，货主对商店欠 款数的表达式 川规律方法 在经济活动中，诸如增长率、降低率，存款复利、分 期付救等与年（月）份有关的实际问题，大多可归结为 数列问题，即通过建立相应的数列模型来解决。 。跟踪训练 3.淮安市2019年新建住房面积为500万m°，其 中安置房面积为200万m.计划以后每年新建 住房面积比上一年增长10%，且安置房面积比 上一年增加50万m.记2019年为第1年. (1)我市几年内所建安置房面积之和首次不 低于3000万m2? (2)是否存在连续两年，每年所建安置房面 探究三综合问题 积占当年新建住房面积的比保持不变？并 [例3]某创业投资公司计划在2010年向某 说明理由. 企业投人800万元用于开发新产品，并在今 后若干年内，每年的投入资金都比上一年减 少20%.估计2010年可获得投资回报收入 400万元，由于该项投资前景广阔，预计今 后的投资回报收入每年都会比上一年增 加25%. (1)设第n年(2010年为第一年)的投入资 金为am万元，投资回报收人为b,万元，求 a.和b。的表达式； 随堂巩固促应用 验证反馈迁移远用 1.现存入银行8万元，年利率为2.50%，若采 2.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年 用一年期自动转存业务，则第十年末的本利 英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物 和为 () 不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英 A.8×1.0258万元B.8×1.025°万元 国数学家马西森指出此法符合1801年由高 C.8×1.0251万元D.8×1.0251万元 斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因 32 第五章数列 而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余 加6万元，则该台机器购买若干年后的年平 定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这 均利润最大值是 () 样一个整除问题：将正整数中能被3除余2 A.8万元 B.10万元 且被7除余2的数按由小到大的顺序排成 C.12万元 D.14万元 一列，构成数列{a.},则a= ( 4.某银行设立了教育助学低息贷款，其中规定 A.103 B.107 一年期以上贷款月均等额还本付息（利息按 C.109 D.105 月以复利计算).如果小新同学贷款10000 3.湖北新治钢有限公司（简称为“新治钢”）是 元，一年还清，假设月利率为0.25%，那么 中国现存最早的钢铁企业之一，素有中国 小新同学每月应还的钱约为(1.00252≈ “钢铁工业的摇篮”之称.该公司今年年初用 1.03) () 192万元购进一台机器投人生产，每年可以 A.833 B.858 给公司带来69万元的收入，但该台机器每 C.883 D.902 年需要进行维护，第一年需要维护费12万 提示，请完成《素能提升训练》训练十二 元，从第二年起每年的维护费用比上一年增 5.5 数学归纳法 [学习任务] 1.了解数学归纳法的原理 2.能用数学归纳法证明一些简单的命题， 自主学习探新知 课前预习双基落实 知识点数学归纳法的定义与证明 3.数学归纳法中的两个步骤 1.数学归纳法 在数学归纳法的两步中，第一步验证 (或证明)了当 时结论成立，即命题 一个与自然数有关的命题，如果 ;第二步是证明一种 关 (i)当n= 时，命题成立； 系，实际上是要证明一个新命题： (i)在假设n=k(其中k≥n。)时命题成立 只要将这两步交替 的前提下，能够推出n= 时命题也 使用，就有 真， 真… 成立.那么，这个命题对大于等于。的所有 真， 真…从而完成 自然数都成立. 证明. 2.数学归纳法的证明形式 赵微判断 记P(n)是一个关于正整数n的命题. 判断正误（正确的画“√”，错误的画“X”). 我们可以把用数学归纳法证明的形式改写 (1)应用数学归纳法证明数学命题时n。一1. 如下： (2)用数学归纳法进行证明时，要分两个步 条件：(1) 为真：(2)若 骤，缺一不可 () 真，则 也为真。 (3)推证n=k十1时可以不用n=k时的 结论： 为真 假设， () 33所以S。=a1十a十…+a, 又a1=1,a:=S,+1=2,也适合上式， 则5-25-W-2h5-3++vn2一m. 故数列{a是首项为1，公比为2的等比数列， d=a1=2-. 所以5=2(V时2+Va-1-2. （2)由(1)知a,=2,6.=1oga·log,a. 答案号(+2++-1-2 111 n(n十1)nn十1 专题1数列求和 “工.=（什-）+（侵-）+（合）+…十 题型一 [例1门[解]所求数列的前n项中共有1+2+3+4+ …十m=1个连续的寺数，这些奇数组成等差数 题型四 2 [例4][解](1)证明：4，=2，a,=2(a,+1+1)=2X(2 列，首项为1，公差为2，故该数列的前n项和 +2)=8. s=×1+号×n×[-1]x2 a1=2(S,+n+1)(n∈N),① 2 2 2 a.=2(S.1+n)(n≥2)，②@ n(nt1+n(n+业[u(nD-1]= 「n(n+1)7 2 2 2 2 ①-②，4.+1=3a.+2(n∈N). n2(n+1) 经检验，当n=1时上式也成立，即a+1=3u,十 4 2(n∈N). 题型二 所以a+1十1=3(u。十1)，即b.1=3动.且6=3. [例2】[解](1)设等比数列6}的公此为9，则q= b 所以{b}是首项为3，公比为3的等比数列 (2)由(1)6.=3”，h=n·3”. =3,.6=bg2=3 所以T.=1×3+2×3+3×3+…+n×3”, 又41=b=1,4:兰6，=27，设等差教列{d)的公差为d, 3T.=1×32+2×3+3×3+…+n×3+, 则d=04=2. 两式相减，得-2T.=3十3+3十…十3一n×3+= 13 3(1-3) ∴a.=1+2(n-1)=2n-1. 1-3 -nX3+, (2)由(1)可得，C.=(21-1)+3-, T.=2m-1D·3+3 .S=(a,十a,十…十a.)十(h十b十…十b)=(1+3+ …+2m-1)+(1+3+…+3-) 5.4 数列的应用 =n(1+2-1)+1-3 2 +=+ 自主学习探新知 题型三 知识点一 [例3][解](1)选条件①： ,数列{S,十a1}为等比数列， 合+[aa-]x ∴.(S十a)=(S,十a,)(S十a1),脚(2a,+a2)2=2a 微练习 (2a1+a:+a1). D设每年偿还的金额为x元， 设等比数列{a,}的公比为g,∴.(2十q)=2(2十q十g), 则a(1+p)"=x+x(1+p)+x(1+p)2+…+x(1+ 解得q=2或q=0(金去)，∴a,=ag=2": 「1-(1+)"7 》,所以a1+p》=x[+分门：解得x 选条件②： =a(1+p)" 点(S.4+)在直线y=x1,at1=S.十1， (1+p)"-1 .a,=S.1+1(n≥2，n∈N), 知识点二 两式相减有a1=2a,即=2(m≥2. A(1+r) a. (1+r) (1+r)"-1 又a,=1,a,=S十1=2，也适合上式， 微判断 故数列{a,}是首项为1，公比为2的等比数列. (1)×(2)×(3) a.=ag=2': 互动探究解疑难 选条件③： 探究一 ,2"a,+2"-a+…+2a.=ma1· [例1门解]若不计复利，5年的零存整取本利是 .2a,+2a+…+2a,-=(n-1)a,(n≥2) 2000(1+5×0.065)+2000(1+4×0.065)+.十2000× 第二个等式两边同乘以2，由第一个等式与其相减可得 (1+0.065)=11950(元)： 2a,=a+1-2(n-10a,所以a1=2a,p±=2(n≥2. 若计复利，则2000(1+0.057)十2000(1+0.057)+… +2000(1+0.057) 15 ≈2000×0.338 X.057≈1860（元. 答：到第一个月底的欠款数应为4020元，第i个月底还 所以第(1)种存款方式到期的全部本利较高。 款后的欠款数为4000(1十0.5%)-a1+0.5%-1 0.5% 跟踪训练 探究三 1.D由题意，2016年1月1日存入的4元，一年后存款 [例3][解】(1)由题意知a,=800,9=0.8. 及利息为a(1十p),二年后存款及利息为a(1十p)°， 所以a.=800×0.8, …,依次类推。 b=400,g=1.25,所以b=400×1.25. 由此可得，从2016年1月1日到2022年1月1日所有 的存款及利息为 (2)前n年共投入S.=800(1-0.8) 1-0.8 a(1+p)'十a(1+p)+…+a(1+p) =a1+p)[1-1+p)]=4[1+p)-1+p]. 前n年投资回报总设入T,-001-1.25)】 1-1.25 1-(1+p) 探究二 T.=0252-80o1-08 1-1.25 1-0.8 [例2][解]甲方策中，每年所获利涧如成等比数列，首项 解得>log,0,4,即≥5， 为1，公比为(1+30%)， 即从2014年开始该投资公司的授资回报总收入将超过总 所以10年所获得的总利润为 授入， S。=1十(1+30%)+(1+30%)2+…+(1+30%) 跟踪训练 -1.31≈42,62（万元）， 3.解(1)设(n∈N)年内所建安置房而积之和首次不 0.3 低于3000万m,依题意，每年新建安置房面积是以 货款到期时，需要徐还银行的本息是 200为首项，50万m为公差的等装数列，从而n年内所 10(1+5%)"≈16.29（万元）. 枚使用甲方案所获纯利沟为42.62一16.29=26.33（万元）. 建安置房面积之和为「200m+",D×50]万m,则 2 乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为 0.5,所以10年所获得的总利润为 200m+m"21D×50≥3000，整理得+7m-120≥0， 2 Tm=1+(1+0.5)+(1+2×0.5)+…十(1+9×0.5) 解得n≥8（≤一15舍去）. =10×1+10X9×0.5=32.5(万元)， 答：8年内所建安置房面积之和首次不低于3000万m. 2 从第一年起，每年的货款在到期时所产生的本息组成等比 (2)依题意，每年新建住房面积是以500为首项，1.1为 数列，首项为1×(1十5%)“万元，公比为十5买' 公比的等比数列， 设第m年所建安置房而积占当年新建住房面积的比 故货款到期时，需要做还银行的本息是 为p(m), 1×[(1+5%)+(1+5%)’+…+(1+5%)] 200+50(m-1) m十3 =1.05×1,05013.21(万元). 则(m) 500·(1+0.1)710×1.1T 0.05 m十3 m十4 故使用乙方案所莪纯利润为32,5-13.21=19,29（万元）. 由以m)=m+1D得10X1.10X1.,解得m=7 综上可知，甲方案栽利更多， 答：第7年和第8年，所建安置房面积占当年新建住房 跟踪训练 面积的比保持不变。 2.解()因为购买电脑时，货主父商店号的货款， 随堂巩固促应用 p60×号-400（元）. 1,C由题意可得，每年末的本利和依次构成以1十 2.50%=1.025为公比，8×1.025为首项的等比数列， 又月利率为0.5%，则到第一个月底的欠款数应为 所以第十年末的本利和为8×1.025×1.025m-1=8× 4000(1+0.5%)=4020(元). 1.025"万元. (2)设第i个月底还款后的欠款数为y:, 2,B根据题意可知正整数能被21整除余2， 则有y,=4000(1+0.5%)-4, .a.=21n十2，.a5=21×5+2=107. =3片1+0.5%)-a=4000(1+0.5%)2-a(1+0.5%) 3.C由题意可得，第n年盈利为69一12一6(n一1)= -6n+63. =y(1+0.5%)-a 所以该台机器购买n年后的盈利为S=69n一192 =4000(1+0.5%)3-a(1十0.5%)-a(1+0.5%) 12m+n"2D.6]=-3n+60m-192.令S>0,别m -d 2 4 一20m+64<0,解得4<n16. y,=y-,(1+0.5%)-a=4000(1+0.5%)'-a(1+ 设该台机器购买n年后的年平均利润为y万元，则y 0.5%)1-a(1+0.5%)--…-a, 由等比数列的求和公式，得 -3r+0m192-=-3(a+)）+60≤-3×2v厘+ y=400(1+0.5%)-a1+05-16=1.2.….36. 60=12,当且仅当n=8时取“=”.因此，该台机器购买8 0.5% 年后的年平均利润最大，最大值是12万元 16 4.B货款10000元一年到期时本全与利息之和为 10000×(1+0.25%)=10000×1.0025(元). +2>+2=+2=+1)+百 /k+1√/k+2 设每月还x元，则 所以当n=k十1时，不等式也成立 x+1.0025.x十十1.0025"x=x 1-1.0025 综上所述，对一切n∈N”,n>2,不等式恒成立， 1-1.0025 跟踪训练 即x· 1-1.0025 1-1.0025 =10000×1.0025≈10300. 2证明①当=2时，金边=宁 所以x≈858，即每月应还858元. 右边=了左边<右边，成立： 5.5 数学归纳法 ②假设当n=k(k∈N°，k≥2)时， 自主学习探新知 知识点 不等+++…+成立 1.(1)m。(B)k+1 则当=k十1时， 2.(1)P()(2)P(k)P(k+1DP(n) 3.n=。P(u)为其递推若P(k)为真，则P(k十1) 也为真P(抗)P(n。十1)P(k)P(k+1)》 1k-1+1一=k=十》」=右边 (k+1)下Ckk(k+1Dk十1=k十1 微判断 .当n=k十1时，不等式成立。 (1×(2)√(3)× 综上可得，对于任意大于1的正整数， 互动探究解凝难 探究一 [例1】[证明]①当n=1时，左边=1×4=4，右边=1× 探究三 2=4,左边=右边，等式成立。 [例3][解](1)第5个等式5+6+7+…+13=81， ②限设当=k(k∈N)时等式成主， (2)猜测第n个等式为 即1×4+2×7十3×10+…十k(3k十1)=k(k+1)2. n+(n+1)+(m+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2 那么，当n=k十1时，1×4十2×7十3×10十…十k(3k十1) 证明： +(k十1)[3(+1)+1] ①当n=1时，左边=1，右边=(2一1)=1，所以等式成立： =k(k+1)+(k+1)[3(0+1)+1灯 ②假设n=k(k≥1，kEN”)时等式成立 =(k+1)(k+4k+4) 即有k+(k+1)十(k+2)十+(3k-2)=(2k-1), =(k+1)[(k+1)+1]°， 那么当n=k十1时， 即当m=十1时等式也成立 左边=(k+1)十(k+2)+(k十3)+…十(3k一2)十(3k 根据(1)和(2)，可知等式对任何n∈N都成主. 1)+3k+(3k+1)=k+(k+1)+(k+2)+…+(3k-2)+ 跟踪训练 (2k1)+3k+3k+1 1k证用①当=1时，女资彩我主： =4k一4k+1+8k=(2k+1)=[2(k+1)-1], 右边=[2(k+1)一1]了，这就是说n=k十1时苹式也成立. 回般设当”=女时等式成立，即有文3十3花十力 2 根据①②知，等式对任何n∈N”都成立， k(k十I) 跟踪训练 (2k-1)(2k+1)2(2k+1)' 3,解(1)由已知条件得2b.=a,十a41a:=b.b+1 2 (k+1) 圆k3十x布t…十24D2+D十2D2年 由此算出a=6.a=12,a,=20. b.=9,b1=16,b=25. (k+1) (k+1)2 (k+1)(k+2) 2(2k+1)T(2k+1)(2k+3) 2(2k+3) (2)由(1)的计算可以猜想a.=(n十1)，b,=(n十1). 即当n=k十1时等式也成立. 下面用数学归纳法证明： 由①②可知对于任意的n∈N等式都成立， ①当n=1时，由已知a,=2,b=4可得结论成立； 探究二 ②假设当一k(k≥2且k∈N°)时猜想成立， [例2][证明]当n=3时，左边=1+1+1 即a4=k(k+1),b,=(k+1) 则当n=k十1时， 右边=3十1=2，左边>右边，不等式成立 a+1=2b,-@,=2(k+1)-k(k+1)=2十3k十2=(k+ 假设当H=k(k∈N”,k≥3)时不等式成立， 1)(k+2), 南1+持后叶 灰 6,-告-t2-+2 (k+1)2 当n=k十1时， 因此当n=k十1时，结论也成立 1+++++点>+ 由①②知，对一切n∈N都有a,=n(n十1)，b.=(n十1) 成立， 17