5.4 数列的应用-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第五章　数列 5.4　数列的应用 (教师独具内容) 课程标准：能在具体的问题情境中发现数列的等差、等比关系，并解决相应的问题． 教学重点：建立数列模型解决数列实际应用问题． 教学难点：把实际问题转化成数列问题． 核心素养：通过应用数列的有关知识解决实际问题培养数学建模素养、数学抽象素养和逻辑推理素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　等额本金还款法 “等额本金还款法”是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率，因此这种方式中， 每期还款金额＝_______________________________________，利用教材情境中的符号可表示为___________________________． 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 核心素养形成 题型一　分期还款与数列 小华月收入6000元，打算在市区购买一套商品房，现手头还差30万．现打算采用分期付款的方式购买，按照人民银行现在的贷款年利率5.04%，分10年进行还款计算，你能帮她设计还款方案吗(精确到0.01元)? 核心素养形成 9 核心素养形成 10 每月需支付3187.83元，共支付约3187.83×120＝382539.60(元)． 在日常生活中，从每月负担上来讲，等额本息还款是最常见、最普通的方法，每月承受的负担一样． 从还款金额上来看，等额本金还款最合算，但是开始时负担比较重，因为每月还款本金一样，开始利息还得就要多，以后随着本金越来越少，利息也就越来越少． 核心素养形成 11 感悟提升　理解认清分期付款的实质是数列求和，等额本金每期还款数不同，构成一个递减的等差数列，还款总额为等差数列求和；等额本息每期还款数是相同的，在计算每期还款数时利用等比数列求和列方程求得． 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 (2)(2024·辽宁沈阳二中高二期中)“等额本金还款法”是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款100000元租了一处经营场所，张华跟银行约定按照“等额本金还款法”分10年进行还款，贷款的年利率为4%，设第n年张华的还款金额为an元，则an＝________________． 14400－400n 核心素养形成 15 　 2024年某市政府投资8千万元启动乡村旅游项目，规划从2025年起，在今后的若干年内，每年继续投资2千万元用于此项目.2024年该项目的净收入为5百万元，并预测在相当长的时间里，每年的净收入均在上一年的基础上增长50%.记2024年为第1年，an为第1年至此后第n(n∈N＋)年的累计利润(注：含第n年，累计利润＝累计净收入－累计投入，单位：千万元)，且当an为正值时，认为该项目赢利． (1)试求an的表达式； (2)根据预测，该项目将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由． 题型二　“乘数”效应与数列 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 感悟提升　在解决与“乘数”效应有关的实际问题时，要注意数列项数的确定，特别是涉及年份的问题，要能正确确认起始年份，同时要注意正确区分是求第n项，还是求前n项的和． 核心素养形成 19 [跟踪训练2]　假设政府增加某项支出150亿元，每个受惠的居民将60%的额外收入用于国内消费，求经过50轮影响之后，最后的国内消费总额(精确到1亿元)． 核心素养形成 20 轻纺城的一家私营企业主，一月初向银行贷款十万元作开店资金，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需要交纳的房租和所得税为该月所得金额(包括利润)的10%，每月的生活费开支1000元，余款作为资金全部投入再经营，如此继续，问该年年底，该私营企业主有现款多少元？如果银行贷款的年利率为5%，问私营企业主还清银行贷款后纯收入还有多少元(精确到1元)? 题型三　其他日常经济与数列 核心素养形成 21 解　第一个月月底余a1＝(1＋20%)×100000－(1＋20%)×100000×10%－1000＝107000元， 设第n个月月底余an元，第n＋1个月月底余an＋1元， 则an＋1＝an(1＋20%)－an(1＋20%)×10%－1000＝1.08an－1000(n≥1)， 从而有an＋1－12500＝1.08(an－12500)， 设bn＝an－12500，则b1＝94500， ∴{bn}是等比数列，bn＝b1×1.08n－1＝94500×1.08n－1， ∴an＝94500×1.08n－1＋12500， ∴该年年底，该私营企业主有现款a12＝94500×1.0811＋12500≈232840元， 还清银行贷款后纯收入为a12－100000×(1＋5%)≈127840元． 核心素养形成 22 感悟提升　在经济活动中，诸如增长率、降低率、存款复利、分期付款等与年(月)份有关的实际问题，大多可归结为数列问题，即可以通过建立相应的数列模型来解决．在解应用题时，判断是否是数列问题，一是看自变量是否与正整数有关；二是看是否符合一定的规律，可先从特殊的情形入手，再寻找一般的规律． 核心素养形成 23 [跟踪训练3]　某地今年年初居民住房面积为a m2，其中需要拆除的旧房面积占了一半，当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%的住房增长率建设新住房，同时每年拆除xm2的旧住房，又知该地区人口年增长率为4.9‰. (1)如果10年后该地区的人均住房面积正好比目前翻一番，那么每年应拆除的旧住房面积x是多少？ (2)依照(1)的拆房速度，共需多少年能拆除所有需要拆除的旧房？ 注：下列数据供计算时参考： 1.19≈2.36 1.00499≈1.04 1.110≈2.6 1.004910≈1.05 1.111≈2.85 1.004911≈1.06 核心素养形成 24 核心素养形成 25 随堂水平达标 1．银行设立教育助学贷款，如果贷款10000元，一年分4次还清，按照等额本息法还款，月利率为0.4%，每次应还多少元(精确到1元)? 随堂水平达标 1 2 27 2．某商学院为推进后勤社会化改革，与其所在的桃园新区商定：由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2023年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用“收费还贷”模式偿还建行贷款(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部在年底还建行贷款． (1)若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？ (2)若公寓管理处要在2031年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元(精确到1元)？(参考数据：lg 1.7343≈0.2391，lg 1.05≈0.0212，1.058≈1.4775) 随堂水平达标 1 2 28 随堂水平达标 1 2 29 随堂水平达标 1 2 30 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用等比数列解决分期付款问题 利用等比数列解决方案选择问题 利用数列的递推关系解决木材存量问题 利用等差数列、等比数列解决果园的销售问题 利用等差数列、等比数列计算、比较两种车型的耗资费用问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 32 1．小华准备购买一部售价为5000元的手机，采用分期付款方式，并在一年内将款全部付清．商家提出的付款方式为：购买2个月后第1次付款，再过2个月后第2次付款，…，购买12个月后第6次付款，每次付款金额相同，约定月利率为0.8%，每月利息按复利计算，小华每期付款金额是多少(精确到0.1元)？(参考数据：取1.00812≈1.10) 课后课时精练 1 2 3 4 5 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 35 2．现在有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5000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%的复利计算，试比较两个方案哪个获得的利润较多？(计算结果精确到0.1万元，参考数据：取1.110≈2.594，1.310≈13.786) 课后课时精练 1 2 3 4 5 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 44 5．现在市面上有普通型汽车(以汽油为燃料)和电动型汽车两种．某品牌普通型汽车车价为12万元，第一年汽油的消费为6000元，随着汽油价格的不断上升，汽油的消费每年以20%的速度增长．其他费用(保险及维修费用等)第一年为5000元，以后每年递增2000元．而电动型汽车由于节能环保，越来越受到社会认可．某品牌电动型汽车在某市上市，车价为25万元，购买时一次性享受国家补贴价6万元和该市市政府补贴价4万元．电动型汽车动力不靠燃油，而靠电池．电动型汽车使用的普通锂电池平均使用寿命大约两年(即两年需更换电池一次)，电池价格为1万元，电动型汽车的其他费用每年约为5000元． (1)求使用n年，普通型汽车的总耗资费用Sn(万元)的表达式；(总耗资费＝车价＋汽油费＋其他费用) (2)比较两种汽车各使用10年的总耗资费用． (参考数据：1.24≈2.1，1.25≈2.5，1.29≈5.2，1.210≈6.2) 课后课时精练 1 2 3 4 5 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 47 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(贷款本金,还款期数)＋(贷款本金－已还本金总额)×利率 an＝eq \f(A0,m)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(A0－\f(A0,m)（n－1）))×r 知识点二　等额本息还款法 “等额本息还款法”是将本金和利息平均分配到每一期进行偿还，因此每一期所还钱数相等． 如果记现在的A0元相当于n年后的A元，银行存款的年利率为r(r＞0)且每年结算一次利息(不计利息税)，则A0(1＋r)n＝A，即A0＝eq \f(A,（1＋r）n). 经济学上，一般称A0为A的现值，而A为A0的未来值．如果用“等额本息还款法”进行还款，设贷款时的资金A0元为现值，且每一期所还钱数为x元，则： 第1期所还钱的现值为eq \f(x,1＋r)元； 第2期所还钱的现值为eq \f(x,（1＋r）2)元； …… 第m期所还钱的现值为___________元． 因为最后还款的现值总和应为A0元，因此eq \f(x,1＋r)＋eq \f(x,（1＋r）2)＋…＋eq \f(x,（1＋r）m)＝A0， 又因为r＞0，所以由等比数列前n项求和公式可解得x＝___________． eq \f(x,（1＋r）m) eq \f(A0r（1＋r）m,（1＋r）m－1) 解　若按等额本金还款，由题意，知贷款本金A0＝300000，还款期数m＝120，利率r＝eq \f(5.04%,12)＝0.42%， 所以小华第n期所要还的钱数 an＝eq \f(A0,m)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(A0－\f(A0,m)（n－1）))×r ＝eq \f(300000,120)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(300000－\f(300000,120)（n－1）))×0.42% ＝3770.5－10.5n. 每个月支付的本金是2500元，但利息逐月递减．第1个月支付3760元，第2个月支付3749.50元，逐月递减，最后一个月支付2510.50元． 共支付Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)＝120×3760＋eq \f(120×（120－1）×（－10.5）,2)＝376230(元)． 按等额本息还款，每月还x＝eq \f(A0r（1＋r）m,（1＋r）m－1)＝eq \f(300000×0.42%×（1＋0.42%）120,（1＋0.42%）120－1)≈3187.83(元)． [跟踪训练1]　(1)(多选)(2024·辽宁沈阳第十中学高二月考)刚参加工作的郭靖准备向银行贷款8万元购买一辆轿车，然后他分期还款，郭靖与银行约定，每个月还一次欠款，并且每个月还款的钱数都相等，分24个月还清所有贷款，贷款的月利率为0.5%，设郭靖每个月还款的钱数为x元，则下列说法正确的是(　　) A．郭靖选择的还款方式为“等额本金还款法” B．郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法” C．郭靖每个月还款的钱数x＝eq \f(80000×0.5%×（1＋0.5%）24,（1＋0.5%）24－1) D．郭靖第3个月还款的本金为eq \f(x,（1＋0.5%）3) 解析：每个月还款的钱数都相等，分24个月还清所有贷款，他选择的还款方式为“等额本息还款法”，每个月还款的钱数为x，则每个月所还本金依次为eq \f(x,1＋0.5%)，eq \f(x,（1＋0.5）2)，eq \f(x,（1＋0.5%）3)，…，eq \f(x,（1＋0.5%）24)，所以eq \f(x,1＋0.5%)＋eq \f(x,（1＋0.5%）2)＋…＋eq \f(x,（1＋0.5%）24)＝80000，解得x＝eq \f(80000×0.5%×（1＋0.5%）24,（1＋0.5%）24－1).故选BCD. 解析：由题意得，每年还本金为eq \f(100000,10)＝10000元，则an＝10000＋[100000－(n－1)×10000]×4%＝14400－400n. 解　(1)由题意知，第1年至此后第n(n∈N＋)年的累计投入为8＋2(n－1)＝(2n＋6)(千万元)． 第1年至此后第n(n∈N＋)年的累计净收入为eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(1)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋…＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n))),1－\f(3,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n)－1(千万元)， 则an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n)－1－(2n＋6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n)－2n－7. (2)该项目将从2031年开始并持续赢利．理由： an＋1－an＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n＋1)－2（n＋1）－7))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n)－2n－7))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n)－4))， 当n≤3时，an＋1－an<0，故当n≤3时，数列{an}递减；当n≥4时，an＋1－an>0，故当n≥4时，数列{an}递增． 又a1＝－eq \f(15,2)<0，a7＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(7)－21≈－3.9<0，a8＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(8)－23≈2.6>0， 所以该项目将从第8年即2031年开始并持续赢利． 解：依题意可知，经过50轮影响之后，最后的国内消费总额为150＋150×60%＋150×(60%)2＋…＋150×(60%)50＝eq \f(150[1－（60%）51],1－60%)＝375(亿元)． 解：(1)设今年人口数为b，则10年后人口数为b(1＋4.9‰)10≈1.05b. 1年后的住房面积为a×(1＋10%)－x＝1.1a－x， 2年后的住房面积为(1.1a－x)×(1＋10%)－x＝1.12a－1.1x－x＝1.12a－x(1＋1.1)， 3年后的住房面积为(1.12a－1.1x－x)×(1＋10%)－x＝1.13a－x(1＋1.1＋1.12)， …… 10年后的住房面积为a×1.110－x(1＋1.1＋1.12＋…＋1.19)≈2.6a－x×eq \f(1×（1－1.110）,1－1.1)≈2.6a－16x. 所以eq \f(2.6a－16x,1.05b)＝2×eq \f(a,b)，解得x＝eq \f(a,32). (2)拆除所有需要拆除的旧房共需eq \f(1,2)a÷eq \f(a,32)＝16年．　 解：设每次应还x元，x(1＋0.4%)9＋x(1＋0.4%)6＋x(1＋0.4%)3＋x＝10000×(1＋0.4%)12，eq \f(x（1－1.0043×4）,1－1.0043)＝10000×1.00412，解得x≈2576(元)． 解：依题意，公寓2023年底建成，2024年开始使用． (1)设公寓投入使用后n年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1000×800＝800000(元)＝80(万元)，扣除18万元，可偿还贷款62万元． 依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n－1]≥500(1＋5%)n＋1， 化简，得62(1.05n－1)≥25×1.05n＋1. 所以1.05n≥1.7343. 两边取对数整理得n≥eq \f(lg 1.7343,lg 1.05)≈eq \f(0.2391,0.0212)≈11.28， 所以取n＝12(年)． 所以到2035年底可偿还建行全部贷款． (2)设每生每年的最低收费标准为x元，因为到2031年底公寓共使用了8年，依题意有 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1000x,10000)－18))[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9， 化简得(0.1x－18)×eq \f(1－1.058,1－1.05)≥500×1.059， 所以x≥10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18＋\f(25×1.059,1.058－1))) ≈10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18＋\f(25×1.05×1.4775,1.4775－1))) ≈10×(18＋81.2)＝992. 故每生每年的最低收费标准约为992元． 解：解法一：设小华每期付款x元，第k个月末付款后的欠款本利和为Ak元，则A2＝5000×(1＋0.008)2－x＝5000×1.0082－x， A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5000×1.0084－1.0082x－x， … A12＝5000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x＝0， 解得x＝eq \f(5000×1.00812,1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810) ＝eq \f(5000×1.00812,\f(1－（1.0082）6,1－1.0082))≈883.5. 故小华每期付款金额约为883.5元． 解法二：设小华每期付款x元，到第k个月时已付款及利息为Ak元，则A2＝x， A4＝A2(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082)， A6＝A4(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082＋1.0084)， … A12＝x(1＋1.0082＋1.0084＋1.0086＋1.0088＋1.00810)． ∵年底付清欠款， ∴A12＝5000×1.00812， 即5000×1.00812＝x(1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)， ∴x＝eq \f(5000×1.00812,1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)≈883.5. 故小华每期付款金额约为883.5元． 解：甲方案：10年获得的利润是每年的利润数组成的数列的前10项和： 1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝eq \f(1.310－1,1.3－1)≈42.62(万元)， 到期时银行的本息和为10×(1＋10%)10≈10×2.594＝25.94(万元)， ∴甲方案扣除本息后的净利润约为42.62－25.94≈16.7(万元)． 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)＝eq \f(10×（1＋5.5）,2)＝32.5(万元)， 贷款的本息和为1.1[1＋(1＋10%)＋…＋(1＋10%)9]＝1.1 ×eq \f(1.110－1,1.1－1)≈17.53(万元)， ∴乙方案扣除本息后的净利润约为32.5－17.53≈15.0(万元)． ∴甲方案获得的利润较多． 3．某地区森林原有木材存量为a，且每年增长率为25%，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为b，设an为n年后该地区森林木材的存量． (1)求an的表达式； (2)为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量不少于eq \f(7,9)a，如果 b＝eq \f(19a,72)，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(参考数据：取lg 2≈0.3) 解：(1)由题意，得a1＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))－b＝eq \f(5,4)a－b， a2＝eq \f(5,4)a1－b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(2)a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)＋1))b， a3＝eq \f(5,4)a2－b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(3)a－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(2)＋\f(5,4)＋1))b， … an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n)a－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n－1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n－2)＋…＋1))b ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n)a－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n)－1))b(n∈N＋)． (2)当b＝eq \f(19,72)a时，由an＜eq \f(7,9)a，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n)a－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n)－1))×eq \f(19,72)a＜eq \f(7,9)a，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n)＞5， 所以n＞eq \f(lg 5,lg 5－2lg 2)＝eq \f(1－lg 2,1－3lg 2)≈7. 答：经过8年后该地区会发生水土流失． 4．某地地方政府为了促进农业生态发展，鼓励农民建设生态采摘园.2024年该地生态采摘园的沃柑产量为6500公斤，计划24天内完成销售．采摘园种植的农产品一般有批发销售和游客采摘零售两大销售渠道．根据往年数据统计，从开园第1天到闭园，游客采摘量an(公斤)和开园的第n(n∈N＋)天满足以下关系：an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5n＋20，1≤n≤16，,224－n－2n＋50，17≤n≤24，))批发销售每天的销售量为200公斤，每公斤5元，采摘零售的价格是批发销售价格的4倍． (1)n取何值时，采摘零售当天的收入不低于批发销售当天的收入？ (2)采摘零售的总采摘量是多少？农户能否在24天内完成销售计划？ 解：(1)由题意知，当1≤n≤16时，(5n＋20)×5×4≥200×5，解得6≤n≤16； 当17≤n≤24时，(224－n－2n＋50)×5×4≥200×5，解得17≤n≤18， 所以当6≤n≤18(n∈N＋)时，采摘零售当天的收入不低于批发销售当天的收入． (2)当1≤n≤16时，{an}为等差数列，记这些项的和为S16，a1＝25，a16＝100，S16＝eq \f(16（a1＋a16）,2)＝1000. 当17≤n≤24时，记数列{an}中这些项的和为T8， T8＝(27－2×17＋50)＋(26－2×18＋50)＋…＋(20－2×24＋50) ＝(27＋26＋…＋20)－2×(17＋18＋…＋24)＋50×8 ＝eq \f(27×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(8))),1－\f(1,2))－2×eq \f(8×（17＋24）,2)＋400 ＝255－328＋400＝327. S16＋T8＝1327，即采摘零售的总采摘量是1327公斤． 批发销售的销售总量为200×24＝4800(公斤)，24天一共销售1327＋4800＝6127(公斤)， 故农户不能在24天内完成销售计划． 解：(1)依题意，得普通型汽车每年的汽油费用是一个首项为0.6万元，公比为1.2的等比数列， ∴使用n年，汽油费用共计0.6(1＋1.2＋1.22＋…＋1.2n－1)＝eq \f(0.6（1－1.2n）,1－1.2)＝3(1.2n－1)(万元)． 其他费用为一个首项为0.5万元，公差为0.2万元的等差数列，故使用n年其他费用共计0.5＋(0.5＋0.2)＋…＋[0.5＋0.2(n－1)]＝0.5n＋eq \f(n（n－1）,2)×0.2＝(0.1n2＋0.4n)(万元)， ∴Sn＝12＋3×1.2n－3＋0.1n2＋0.4n＝(3×1.2n＋0.1n2＋0.4n＋9)(万元)． ∴使用n年，普通型汽车的总耗资费用Sn＝(3×1.2n＋0.1n2＋0.4n＋9)万元． (2)由(1)知Sn＝3×1.2n＋0.1n2＋0.4n＋9， ∴S10＝3×1.210＋0.1×102＋0.4×10＋9≈3×6.2＋10＋13＝41.6(万元)， 设T10为电动型汽车使用10年的总耗资费用， 则T10＝25－6－4＋eq \f(10,2)×1＋0.5×10＝25(万元)， ∴S10－T10＝41.6－25＝16.6(万元)， ∴使用10年，普通型汽车比电动型汽车多花费16.6万元． $$