5.4 数列的应用-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂教师用书word（人教B版）

5．4　数列的应用 课程标准 素养解读 1.能够将实际问题抽象为数列模型，提高分析问题和解决问题的能力。 通过把实际问题转化为数学问题，提升学生的数学应用和数学建模的核心素养。 2.会利用等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式解决分期付款和政府支出的“乘数”效应等问题。 [情境引入] 我们知道，当偿还银行贷款时，需要将本金和利息一起偿还，分期还款是一种很常见的还款方式，其本质是将本金和利息分摊到每一期偿还．目前，常见的分期还款方式，有“等额本金还款法”，“等额本息还款法”．你能根据这两种还款方式的名称猜出他们的不同吗？ [知识梳理] 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－已还本金总额)×利率，，符号表示为an＝＋[A0－(n－1)]×r. 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x0＝，其中A0为贷款时的资金，r为银行贷款月利率，m为还款总期数(单位：月)． [预习自测] 1．“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问塔尖几盏灯？”源自明代数学家吴敬所著的《九章算法比类大全》，通过计算得到的答案是(　　) A．2　　　　　　　　 B．3 C．4 D．5 解析：B　[由题意，设塔尖有a盏灯，根据题意，由上往下数第n层有2n－1a盏灯，所以一共有(1＋2＋4＋8＋16＋32＋64)a＝381，∴a＝3.] 2．我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它在世界数学史上具有光辉的一页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们．定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活中都有着广泛应用，为世界数学的发展做出了巨大贡献现有这样一个整除问题：将1到2022这2022个整数中能被5除余2且被7除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，那么此数列的项数为(　　) A．58 B．59 C．60 D．61 解析：A　[能被5除余2且被7除余2的数就是能被35除余2的数，故an＝2＋(n－1)35＝35n－33.由an＝35n－33≤2022，得n≤58＋，n∈N*, 故此数列的项数为58.] 3．某工厂去年12月份的月产量为a，若该厂产量月平均增长率为p，则今年12月份的月产量比去年同期增加的比率为(　　) A．(1＋p)12 B．(1＋p)12－1 C．(1＋p)11 D．12p 解析：B　[由题意，今年12月份的月产量为a(1＋p)12，则增加的比率为＝(1＋p)12－1.] 等差数列模型 [例1]　某人用分期付款的方式购买一件家电，价格为1 150元，购买当天先付150元，以后每月的这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150元后的一个月开始算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月该交付多少钱？全部贷款付清后，买这件家电实际花费多少钱？ [解析]　设每次交款数额依次为 a1，a2，…，a20， 则a1＝50＋1 000×1%＝60， a2＝50＋(1 000－50)×1%＝59.5， … a10＝50＋(1 000－9×50)×1%＝55.5， 即第10个月应付款55.5元． 由于{an}是以60为首项，以－0.5为公差的等差数列， 所以有S20＝×20＝1 105， 即全部付清后实际付款1 105＋150＝1 255(元)． 反思感悟 建立等差数列的模型时，要根据题意找准首项、公差和项数或者首项、末项和项数． [变式训练] 1．甲、乙两物体分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m. (1)甲、乙开始运动后几分钟相遇？ (2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m，乙继续每分钟走5 m，那么开始运动几分钟后第二次相遇？ 解析：(1)设n分钟后两人第1次相遇，由题意， 得2n＋＋5n＝70，整理得n2＋13n－140＝0. 解得n＝7，n＝－20(舍去)． 所以第1次相遇是在开始运动后7分钟． (2)设n分钟后第2次相遇，由题意， 得2n＋＋5n＝3×70， 整理得n2＋13n－420＝0. 解得n＝15，n＝－28(舍去)． 所以第2次相遇是在开始运动后15分钟． 等比数列模型 [例2]　小华准备购买一部售价为5 000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，求小华每期付款金额是多少．(参考数据：1.00812≈1.10) 解：方法一　设小华每期付款x元，第k个月末付款后的欠款本利为Ak元，则 A2＝5 000×(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0082－x， A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0084－1.0082x－x，…， A12＝5 000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x＝0， 解得x＝ ＝≈883.5. 故小华每期付款金额约为883.5元． 方法二　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)． ∵年底付清欠债， ∴A12＝5 000×1.00812， 即5 000×1.00812 ＝x(1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)， ∴x＝≈883.5. 故小华每期付款金额约为883.5元． 本题考查数学建模素养，现在购房、购车越来越多采用分期付款方式，但有关方不一定都会计算，所以建立一个老少皆宜的模型来套用是必要的，在建立模型过程中，要把制约因素抽象为符号表示，并通过前若干项探索规律，抓住这些量之间的关系建立关系式． [变式训练] 2．为了治理沙尘暴，西部某地区政府经过多年努力，到2019年年底，将当地沙漠绿化了40%.从2020年开始，每年将出现这种现象：原有沙漠面积的12%被绿化，即改造为绿洲(被绿化的部分叫绿洲)，同时原有绿洲面积的8%又被侵蚀为沙漠，问至少经过几年的绿化，才能使该地区的绿洲面积超过50%(可参考数据lg 2≈0.3)? 解析：设该地区沙漠与绿洲的总面积为1,2019年年底绿洲面积为a1＝，经过n年后绿洲面积为an＋1，设2019年年底沙漠面积为b1，经过n年后沙漠面积为bn＋1，则a1＋b1＝1，an＋bn＝1. 依题意，an＋1由两部分组成：一部分是原有绿洲面积an减去被侵蚀的部分，即an－8%·an；另一部分是新绿化的绿洲面积，即12%·bn ∴an＋1＝an－8%·an＋12%(1－an)＝an＋， 即an＋1－＝(an－)． 又a1－＝－， ∴{an－}是以－为首项，为公比的等比数列， 则an＋1＝－×()n. 由an＋1＞50%，得－×()n＞， ∴()n＜，∴n＞log＝≈3. 则当n≥4时，不等式()n＜恒成立． ∴至少需要4年才能使绿洲面积超过50%. 数列与其他知识的交汇问题 [例3]　某市2018年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张．为了节能减排和控制汽车总量，从2018年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型的牌照的数量维持在这一年的水平不变． (1)记2018年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式. a1＝10 a2＝9.5 a3＝　____　 a4＝　____　 … b1＝2 b2＝　____　 b3＝　____　 b4＝　____　 … (2)从2018年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？ 解：(1) a1＝10 a2＝9.5 a3＝　9　 a4＝　8.5　 … b1＝2 b2＝　3　 b3＝　4.5　 b4＝　6.75　 … 当1≤n≤20且n∈N*时，an＝10＋(n－1)×(－0.5)＝－0.5n＋10.5； 当n≥21且n∈N*时，an＝0. 所以an＝ 而a4＋b4＝15.25＞15， 所以bn＝ (2)当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝53.25. 当5≤n≤21时，Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋…＋bn) ＝10n＋·＋＋(n－4) ＝－n2＋17n－， 由Sn≥200得－n2＋17n－≥200， 即n2－68n＋843≤0，得34－≤n≤21. 所以结合实际情况，可知到2034年累积发放汽车牌照超过200万张． 数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略 (1)数列与函数的交汇问题 ①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决． (2)数列与不等式的交汇问题 ①函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式； ②放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到； ③比较方法：作差或者作商比较． (3)数列应用题 ①根据题意，确定数列模型； ②准确求解模型； ③问题作答，不要忽视问题的实际意义． [变式训练] 3．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≈13.786,1.510≈57.665) 解：甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为 S10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9 ＝≈42.62(万元)， 贷款到期时，需要偿还银行的本息是 10(1＋5%)10≈16.29(万元)， 故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)． 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 T10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋×0.5＝32.5(万元)， 从第一年起，每年的贷款到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为， 故贷款到期时，需要偿还银行的本息是 1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)] ＝1.05×≈13.21(万元)， 故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)． 综上可知，甲方案获利更多． [当堂达标] 1．如图1是第七届国际数学教育大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记OA1，OA2，…，OAn，…的长度构成数列{an}，则此数列的通项公式为(　　) A．an＝n，n∈N*　　　 B．an＝，n∈N* C．an＝，n∈N* D．an＝n2，n∈N* 解析：C　[∵OA1＝1，OA2＝，OA3＝，…，OAn＝，…， ∴a1＝1，a2＝，a3＝，…，an＝，….] 2．某种细胞开始时有2个，一小时后分裂为4个并死去1个，两小时后分裂为6个并死去1个，……，按照这种规律进行下去，100小时后细胞的存活数为(　　) A．2100－1 B．2100＋1 C．299－1 D．299＋1 解析：B　[由题意得∴＝2， ∴an＝2n－1＋1，∴a101＝2101－1＋1＝2100＋1.] 3．一物体从1 960 m的高空降落，如果第1秒降落4.90 m，以后每秒比前一秒多降落9.80 m，那么经过　________　秒落到地面． 解析：设物体经过t秒降落到地面． 物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列． 所以4.90t＋t(t－1)×9.80＝1 960， 即4.90t2＝1 960，解得t＝20. 答案：20 4．李先生为今年上高中的儿子办理了“教育储蓄”．从8月1号开始，每个月的1号都存入100元，存期三年，已知当年“教育储蓄”存款的月利率是2.7‰问到期时，李先生一次可支取本息多少元？ 解：设第n个月存入的100元到期利息为an， 则a1＝100×2.7‰×36，{an}是公差为100×2.7‰的等差数列． ∴数列{an}的前36项和S36＝36a1＋d ＝36×100×2.7‰×36＋18×35×100×2.7‰＝179.82， 3年共存入本金100×36＝3 600(元)． ∴到期一次可支取3 600＋179.82＝3 779.82(元)． [基础达标练] 1．某工厂2016年年底制订生产计划，要使工厂的总产值到2024年年底在原有基础上翻两番，则总产值年平均增长率为(　　) A．2－1　　　　　　 B．2－1 C．3－1 D．3－1 解析：设2016年年底总产值为a，年平均增长率为x，则a(1＋x)8＝4a，得x＝2－1，故选A. 2．据统计测量，已知某养鱼场，第一年鱼的质量增长率为200%，以后每年的增长率为前一年的一半．若饲养5年后，鱼的质量预计为原来的t倍．下列选项中，与t值最接近的是(　　) A．11 B．13 C．15 D．17 解析：B　[设鱼原来的质量为a，饲养n年后鱼的质量为an，q＝200%＝2，则a1＝a(1＋q)，a2＝a1＝a(1＋q)·，…，a5＝a(1＋2)×(1＋1)×××＝a≈12.7a，即5年后，鱼的质量预计为原来的12.7倍，故选B.] 3．一弹球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程和是(结果保留到个位)(　　) A．300米 B．299米 C．199米 D．166米 解析：A　[小球10次着地共经过的路程为100＋100＋50＋…＋100×8＝299≈300(米)．] 4．某医院月初购买一台医疗设备价格为a万元，实行分期付款(每月底付款)，每期付款数相同，每月为一期，如果按月利率8‰，每月复利一次，若6个月付清，共付x万元，若12个月付清，共付y万元，则x、y满足(　　) A．x＝y B．x＜y C．x＞y D．x≥y 解析：B　[由已知x＝， y＝，＝＜1.故x＜y.] 5．(多选)我国古代数学专著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人应分别偿还a升、b升、c升粟，1斗为10升，则下列判断正确的是(　　) A．a，b，c依次成公比为2的等比数列 B．a，b，c依次成公比为的等比数列 C．a＝ D．c＝ 解析：BD　[由条件，知a，b，c依次成公比为的等比数列，又a＋b＋c＝50，所以c＋2c＋4c＝50，所以c＝.] 6．某厂去年产值为a，计划在5年内每年比上一年产值增长10%，从今年起5年内，该厂的总产值为　________　. 解析：去年产值为a，今年起5年内各年的产值分别为1.1a,1.12a,1.13a,1.14a,1.15a， ∴1.1a＋1.12a＋1.13a＋1.14a＋1.15a＝11a(1.15－1)． 答案：11a(1.15－1) 7．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 KB，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机　________　分钟，该病毒占据内存64 MB.(1 MB＝210KB) 解析：由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{an}，且a1＝2，q＝2，∴an＝2n， 则2n＝64×210＝216，∴n＝16. 即病毒共复制了16次． ∴ 所需时间为16×3＝48(分钟)． 答案：48 8．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%的速率贬值． (1)用一个式子表示n(n∈N*)年后这辆车的价值． (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？ 解：(1)从第一年起，每年车的价值(万元)依次设为：a1，a2，a3，…，an， 由题意，得a1＝13.5，a2＝13.5(1－10%)，a3＝13.5(1－10%)2，…， 由等比数列定义，知数列{an}是等比数列， 首项a1＝13.5，公比q＝1－10%＝0.9， ∴an＝a1·qn－1＝13.5×(0.9)n－1， ∴n年后车的价值为an＋1＝13.5×0.9n万元． (2)由(1)得a5＝a1·q4＝13.5×0.94≈8.9(万元)， ∴用满4年时卖掉这辆车，大概能得到8.9万元． [能力提升练] 9．某钢厂的年产值由2002年的40万吨，增加到2012年的50万吨，经历了10年的时间，如果按此年增长率计算，该钢厂2022年的年产值将接近(　　) A．60万吨 B．61万吨 C．63万吨 D．64万吨 解析：C　[设年增长率为x，则2012年为： 40(1＋x)10＝50，则(1＋x)10＝. 2022年为：40(1＋x)20＝40×[(1＋x)10]2＝40××＝62.5≈63(万吨)．] 10．(多选)在《增删算法综宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”其意思是：“某人到某地需走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地．”则下列说法正确的是(　　) A．此人第二天走了96里路 B．此人第三天走的路程占全程的 C．此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里 D．此人第五天和第六天共走了30里路 解析：AC　[设此人第n天走了an里的路，则数列{an}是首项为a1，公比q为的等比数列．因为S6＝378，所以S6＝＝378，解得a1＝192.对于A，由于a2＝192×＝96，所以此人第二天走了96里路，所以A正确；对于B，由于a3＝192×＝48，＞，所以B错误；对于C，由于378－192＝186,192－186＝6，所以此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里，所以C正确；对于D，由于a5＋a6＝192×＝18，所以D错误．故选AC.] 11．某单位拿出一定的经费奖励科研人员，第一名得全部资金的一半多一万元，第二名得剩下的一半多一万元，以名次类推都得剩下的一半多一万元，到第6名恰好将资金分完，则需要拿出资金　________　万元． 解析：设全部资金和每次发放后资金的剩下额度组成一个数列{an}，则a1为全部资金，第一名领走资金后剩a2，a2＝a1－1，依次类推，an＋1＝an－1，∴an＋1＋2＝(an＋2)，∴{an＋2}是一个等比数列，公比为，首项为a1＋2.∴an＋2＝(a1＋2)·n－1，∴an＝(a1＋2)·n－1－2.∴第6名领走资金后剩余为a7＝(a1＋2)×6－2＝0.∴a1＝126.即全部资金为126万元． 答案：126 12．从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游业．根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入比上年减少；而本年度当地的旅游收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业有促进作用，预计今后的旅游收入每年会比上一年增加.设n年内(本年度为第1年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an，bn的表达式． 解析：第1年投入为800万元， 第2年投入为800×万元， …， 第n年投入为800×n－1万元． 所以n年内的总投入为 an＝800＋800×＋…＋800×n－1 ＝800×＝4 000×. 第1年收入为400万元， 第2年收入为400×万元， …， 第n年收入为400×n－1万元， 所以n年内总收入为 bn＝400＋400×＋…＋400×n－1 ＝400×＝1 600×. [素养培优练] 13．为了加强城市环保建设，某市计划用若干年时间更换5 000辆燃油型公交车， 每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型两种车型．今年年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车300辆，计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%.混合动力型车每年比上一年多投入a辆．市政府根据人大代表的建议，要求5年内完成全部更换，则a的最小值为　________　. 解析：依题意知，电力型公交车的数量组成首项为128，公比为1＋50%＝的等比数列，混合动力型公交车的数量组成首项为300，公差为a的等差数列，则5年后的数量和为＋300×5＋a，所以＋300×5＋a≥5 000，即10a≥1 812，解得a≥181.2，因为5年内更换公交车的总和不小于5 000，所以a的最小值为182. 答案：182 14．某企业在第1年年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年年初M的价值比上一年年初减少10万元；从第7年开始，每年年初M的价值为上一年年初的75%. (1)求第n年年初M的价值an的表达式； (2)设An＝，若An大于80万元，则M继续使用；否则，必须在第n年年初对M更新．证明：必须在第9年年初对M更新． (1)解：当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列，an＝120－10(n－1)＝130－10n； 当n≥6时，数列{an}是以a6为首项，公比为的等比数列， 又a6＝70，所以an＝70×n－6. 因此，第n年年初M的价值an的表达式为 an＝ (2)证明　设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式，得 当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)， An＝120－5(n－1)＝125－5n； 当n≥7时，由于S6＝570， 故Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an) ＝570＋70××4× ＝780－210×n－6， An＝ 因为{an}是递减数列，所以{An}也是递减数列． 又A8＝＝82＞80， A9＝＝76＜80.所以必须在第9年年初对M更新． 学科网（北京）股份有限公司 $