5.4 数列的应用-【成才之路·练案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步新课程学习指导(人教B版)

练案[11] 第五章 5.4[数 b组·素养自测 一、选择题 1.某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投 入.若该公司2016年全年投入研发资金130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上 一年增长12%，则该公司全年投入的研发资 金开始超过200万元的年份是 () (参考数据：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2 ≈0.30) A.2018年 B.2019年 C.2020年 D.2021年 2.(2025·郑州高三模拟)南宋数学家杨辉提出 了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列 与一般等差数列不同，前后两项之差并不相 等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数 列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后 一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前 7项分别为1,4,8,14,23,36,54，则该数列的 第19项为 注：12+22+32+…+n2=(n+1)(2n+1 6 A.1624 B.1024 C.1198 D.1560 3.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，为还清 这笔贷款，该家长从2019年起每年的8月20 号便去银行偿还相同的金额，计划恰好在贷款 的m年后还清.若银行按年利率为p的复利计 息（复利：即将一年后的贷款利息也纳入本金 计算新的利息)，则该学生家长每年的偿还金 额是 A.a B.p(1+p)m+1 m (1+p)m+1-1 C.(1+p)m+1 D.ap(1+p)" p"-1 (1+p)m-1 13 数列 列的应用] 4.(2025·兰州第二中学高二期中)我国古代数 学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道 题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小 鼠亦日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问几何 日相逢，各穿几何？”其意思是：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 1200尺，则打穿墙面需要的天数（结果取整 数)为 A.12 B.11 C.10 D.9 5.朱载堉(1536一1611)，明太祖九世孙，音乐家、 数学家、天文历算家，在他多达百万字的著述 中以《乐律全书》最为著名，在西方人眼中他 是大百科全书式的学者王子.他对文艺的最大 贡献是创建了“十二平均律”，此理论被广泛 应用在世界各国的键盘乐器上，包括钢琴，故 朱载堉被誉为“钢琴理论的鼻祖”.“十二平均 律”是指一个八度有13个音，相邻两个音之间 的频率之比相等，且最后一个音频率是最初那 个音频率的2倍，设第二个音的频率为，第 八个音的频率为，则等于 () A.√2 B.2 C.迈 D.2 二、填空题 6.假设每次用相同体积的清水漂洗一件衣服，且 每次能洗去污垢的子，那么至少要清洗 次才能使存留的污垢在1%以下. 7.某仓库中部分货物堆放成“菱草垛”，自上而下， 第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后 层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层 起，货物的单价是上一层单价的，品若这堆货物 总价是[10-200门万元，则n的值为 三、解答题 8.（2025·山东高二期末)沿海某市为了进一步 完善海防生态防护体系，林业部门计划在沿海 新建防护林3万亩，从2020年开始，每年春季 在规划的区域内植树造林，第一年植树1200 亩，以后每一年比上一年多植树400亩，假设 所植树木全部成活， (1)到哪一年春季新建防护林计划全部完成？ 一133 (2)若每亩新植树苗的木材量为2立方米，且 所植树木每一年从春季开始生长，到年底停止 生长时木材量的年自然增长率为10%，到新 建防护林计划全部完成的那一年底，新建防护 林的木材总量为多少立方米？（参考数据： 1.11≈3) 分组·素养提升 一、选择题 1.一个卷筒纸的内圆直径为4cm,外圆直径为 12cm,一共卷60层，若把各层都视为一个同 心圆，令π=3.14，则这个卷筒纸的长度（精确 到个位)为 () A.17m B.16m C.15m D.14m 2.调查表明，酒后驾驶是导致交通事故的主要原 因，交通法规规定：驾驶员在驾驶机动车时血 液中酒精含量不得超过0.02mg/mL.如果某 人喝了少量酒后，血液中酒精含量将迅速上升 到0.3mg/mL,在停止喝酒后，血液中酒精含 量就以每小时50%的速度减小，当他可以驾 驶机动车时，至少需要经过（精确到小时） A.1小时 B.2小时 C.4小时 D.6小时 3.（2024·安徽安庆一中高一期中)根据市场调 查，预测某种日用品从年初开始的n个月内累 计的需求量8（单位：万件）大约是S,=分 (21n-n2-5)(n=1,2,…,12).据此预测，本 年度内，需求量超过5万件的月份是（) A.5月份，6月份 B.6月份，7月份 C.7月份，8月份 D.8月份，9月份 4.假设一条螺旋线是用以下方法画成（如图）： △ABC是边长为1的正三角形，曲线CA1, A1A2,A2A3分别以A,B,C为圆心，AC,BA1,CA2 为半径画的弧，曲线CAA2A3称为螺旋线，然 后又以A为圆心，A4为半径画弧…如此下 去，则所得螺旋线CA1,A1A2,A2A3,…,A28A29, A2gA3o的总长度Sn为 A.310m B.110 3 T C.58π D.110m 二、填空题 5.设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不 是常数列.记集合M={kIa4=b,k∈N*},给 出下列四个结论： ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多 有1个元素； ②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多 有2个元素； ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M 中最多有3个元素； ④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M 中最多有1个元素 其中正确结论的序号是 11 三、解答题 6.某学习软件以数学知识为题目设置了一项闯 关游戏，共有15关，每过一关可以得到一定的 积分，现有三种积分方案供闯关者选择.方案 一，每闯过一关均可获得40积分；方案二，闯 过第一关可获得5积分，后面每关的积分都比 前一关多5；方案三，闯过第一关可获得0.5积 分，后面每关的积分都是前一关积分的2倍. 若某关闯关失败则停止游戏，最终积分为闯过 的各关的积分之和.设三种方案闯过n(1≤n ≤15，且n∈N,)关后的积分之和分别为A., B。,Cn,要求闯关者在开始前要选择积分方案. (1)求出An,Bn,Cn的表达式； (2)如果你是一个闯关者，为获得尽量多的积 分，这几种积分方案该如何选择？小明通过试 验后觉得自己至少能闯过12关，他应该选择 第几种积分方案？ 34所以-2Tn=4+4·3+4·32+…+4·3"-1-4n…3", =4+4.31-3-4n·3°=4+2.3.(3-1-1) 1-3 4n·3", =(2-4n)·3"-2,.Tn=(2n-1)·3"+1. B组·素养提升 5 a1+a= 2 [a+ag=2,① 1.D{ 4， g+a,=子② 受得号=2，解得1= 1 9+g 代入①得a=24,=2×(分)=是。 s2自1小-》 1- =2”-1,故选D. a 4 2Da21-六 s。=(1-2）+(1-4）+(1-8）+…+(1-2） =m-(宁+好+g+…+动 包 1-3 +=2=5+4n6 令n-1+264 1 3.A 1.1 +1=as++a,+@+6+@+4+a4.q a az .asan ardz=doas =asas, ①式=a+a++as=9 asas asas 又a1a2a3…ag=81,得(a4a5)4=81,.a4a5=3, 9==3:1+上+…+1=.放选A a4a53 a az as 4AD由题意得g=1, 结合9>0， (a+a19+a192=7, ra1=4,ra1=9, 1（舍去)，故A正确； 4=4g4×(分广=4放B错误： 1 区=1g)4×1-23引，故c错误g 1-9 1-2 1 1-2 18-2 则a.+Sn=2-"+8-23-=8,故D正确.故选AD. 6,2-2。根据题意a-0,， 1 则a2m=(a20-a2019）+(a209-a2018）+…+（a-a1）+a1 1 1 1 =)20西+)20s+…+7+1=2-22019 7.(1)由已知得Sm=-n2+4n, 当n≥2时，a.=Sn-Sm-1=-2n+5, 又当n=1时，a1=S1=3,符合上式. ∴.am=-2n+5. (2)由已知得b.=2",anb.=(-2n+5)·2 Tn=3×2+1×22+(-1)×23+…+(-2n+5)×2", 2Tn=3×22+1×2+…+(-2n+7)×2"+(-2n+5) ×2*1 两式相减得 T.=-6+(23+24+…+21)+(-2n+5)×2"+ =221-2-)+(-2n+5)×21-6 1-2 =(7-2n)·2+1-14. 8.(1)当n=1时，2S1=a1,解得a1=0, 当n≥2时，2Sn-1=(n-1)a-1, :.2a,=na,-(n-1)a-1, .(n-1)aa-1=(n-2)a, 当n≥3时，可得=n- am-1n-2' 当n=2或n=1时，a1=0,a2=1适合上式， .{an}的通项公式为an=n-l; (2)由(1)可得+1=n 2=2 =++是+…+=是++是+… 2 3 2 3 n + 2*1, 1 1 1 .2 +…+ 22 1 n 2 n 23 2 2*1 1 =1- 22*1, .Tn=2-n+2 2分 练案[11] A组·素养自测 1.C由已知可得130×(1+12%)-1≥200， 即12≥溜 (n-0lg2≥g0n-13g2-33 1g1.12 .n≥5.故选C. 2.B依题意，an}:1,4,8,14,23,36,54,. 200 两两作差，得{bn}:3,4,6,9,13,18,… 两两作差，得{cm:1,2,3,4,5,… 设该数列为an},令b。=anl-an,设{bn}的前n项和为Ba, 又令cn=bn+1-bn,设{cn}的前n项和为C 易知c.=n,C,=n+n 2 进而得61=3+C=3+n+卫 2 所以6，=3+n(n-2=2.1 2 22n+3, 则B.=m+l)m-山+3n, 6 所以an+1=1+Bn,所以ag=1024. 3.D设每年偿还的金额为x, 则a(1+p)"=x+x(1+p）+x(1+p)2+…+x(1+p)m-1, 所以1+p=]部得P二 (1+p)"-1 故选D. 4.B大鼠和小鼠每天穿墙尺寸分别构成数列an},{bn},它们 都是等比数列，a1=b1=1,数列a.}的公比为91=2，数列 么，的公比为级=子，设需要n天能打穿墙， 则(a,+a2+…+a,)+(4+:+…+6)=1二2 1-2" -=2"+1- 1 1-2 当a=10时，2+1-2点=1025-1025<120， 当n=11时，2”+1- 2=2049-克-2049>120m. 因此需要11天才能打穿。 5.A依题意13个音的频率成等比数列，记为a,},设公比为 q,则a=a49,且a3=2a1,所以q=2位，所以令=g= (2应)6=2. 6.4设每次用a升清水漂洗一件衣服，洗涤次数为n,通过题意 可知，存留的污垢y是以子为首项，4为公比的等比数列， 所以有y=(广·a, 由题意，可知（分a≤1%·a,得n≥1e,100=hg10,得 n≥4， 所以至少要清洗4次才能使存留的污垢在1%以下. 7.10由题意，可得第n层的货物的价格为4，=n(品) 设这堆货物总价是5，=1·()+2·（品）+3·（品）】 +a…(),① ①×品可得0=1·(0)+2：(0)广+3·(0+… +m(品，② 由①-②，可得 0s=1+(0+(+(0)++(0)-n 91 1- 10 1 2-a(=0-(0+)(八 8=00-10(10+a)·(0 :这维货物总价是10-20（品）广万元，=10 8.(1)设第n年春季植树为am亩，由题意，可知a1=1200, a+1-a,=400=d(常数)， 所以{an}为等差数列. 设植树n年新建防护林计划全部完成，则1200m+n(n-1)× 2 400=30000. 化简得n2+5n-150=0,所以n=10. ·.·2020+10-1=2029. 所以到2029年新建防护林计划全部完成. (2)设从2020年开始，第n年年底种植树木到2029年底的木 材量为数列{bn}, 则b10=a10×2×1.1,6,=ag×2×1.12,…,b1=a1×2×1.10. 则木材总量S=b1+b2+…+b1o=2(1.1ao+1.12ag+… +1.10a1), 1.1S=2(1.12ao+1.13ag+…+1.1"a1), 所以0.1S=2[-1.1ao+d(1.12+1.13+…+1.10）+a1· 1.1"] =2-11x40+40x1-+120x1） ≈10960， 解得S=109600,所以到2029年底新建防护林的木材总量约 为109600立方米. B组·素养提升 1.C纸的厚度相同，且各层同心圆直径成等差数列d,},则纸 的长度为l=πd1+πd2+πd+…+Tdo,其中d,+d2+d3+ …+do=4de×60=480,则1=md,+md,+md,+…+ 2 Td0=480π=480×3.14=1507.2≈15(m).故选C. 2.C设n个小时后才可以驾车，根据题意，可知每小时酒精下 降的量成等比数列，公比为50%，进而可得方程0.3(1- 50%)”≤002，得（分广≤古即m≥4，所以至少要经过4小 时后才可以驾驶机动车.故选C 3.C日用品从年初开始的n个月内累计的需求量S.(单位：万件) 大约是5，=升21n-2-5)(n=1,2,…,l2),则第n(n≥2)个月 的需求量为a,=3-51=-30+451-2刃>5，得302-45n+27 27 ×6<0,即n2-15n+54<0,解得6<n<9.故选C 4.A根据弧长公式，知螺旋线CA1,A1A2,A2A3,…,A3m-2A3m-1, A4的长度分别为写，2x,3×号…，3n×号，此数列 是为首项，否为公差，项数为3加的等差数列，根据等差数 列的求和公式，得S=3n×2红+3n(3n-山×2年=n(3n+1) 3 2 T,此时n=10,易得螺旋线CA1,A1A2,A2A3,…,A8A9,A2gA0 的总长度S,为310π. 5.①③④对于①，{an},bn}均为等差数列，M={klak=bk}, {a.},{bn}不为常数列且各项均不相同， 故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公 共点， 所以M中至多有一个元素，故①正确： 对于②，令a,=2”-1,bn=-（-2)-1,满足an},b.}均为等 比数列， 但当n为偶数时，a.=2"-1=bn=-（-2)-1,此时M中有无 穷多个元素，故②错误： 对于③，设b=Ag"(Ag≠0，g≠±1)，am=kn+b(k≠0)， 若M中至少有四个元素，则关于n的方程Ag”=m+b至少有 4个不同的正数解， 若q<0,q≠±1，考虑关于n的方程Ag”=m+b奇数解的个数 和偶数解的个数， 当Ag=kn+b有偶数解，此方程即为AIq”=kn+b, 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Akln Igl>0, 否则AkInIgl<0,因为y=AIql",y=m+b单调性相反， 方程AIgI"=n+b至多有一个偶数解， 当Ag“=kn+b有奇数解，此方程即为-A1q”=km+b, 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时 -Akln Igl >0,Akln Igl <0, 否则Akln Igl>0. 因为y=-AIg“,y=m+b单调性相反， 方程AIgI”=n+b至多有一个奇数解， 因为Akln Iql>0,Akln Ig<0不可能同时成立， 若q>0,9≠1， 则由y=Ag”和y=m+b的散点图可得关于n的方程Ag"= kn+b至多有两个不同的解，矛盾； 故Ag”=kn+b不可能有4个不同的正数解，故③正确； 对于④，因为a,}为递增数列，{b,}为递减数列，M=Ia= b},an},{bn}不为常数列且各项均不相同， 前者的散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势 两者至多有一个交点，故④正确： 故答案为①③④. 6.(1)按方案一闯过各关所得积分构成常数数列，A.=40n; 按方案二闯过各关所得积分构成首项为5，公差为5的等差数 列， 故B,=5n+nn,-1x5=5m2+5n 2 按方案三闯过各关所得积分构成首项为弓，公比为2的等比 2 数列，故Cn= 1-2到 1-2=(2"-1) (2)令A,>B.,即40n>5m+5n,解得0<n<15, 2 而当n=15时，An=B,, 又因为n≤15且neN,,故An≥Bn恒成立， 故方案二不予考虑 令4>C.,即40n>2(2-1).解得0<n<10 故当0<n<10时，An>Cm;当10≤n≤15，An<Cm, 故当能闯过的关数小于10时，应选择方案一； 当能闯过的关数大于等于10时，应选择方案三 小明应该选择方案三 练案[12] A组·素养自测 1.D由f(n)可知，f(n)中共有(n2-n-1)项，且n=2时，f代2) =方++放选D 1 2.B.n=1时，2=2,2×1+1=3,2">2n+1不成立； n=2时，22=4,2×2+1=5,2">2n+1不成立； n=3时，23=8,2×3+1=7,2">2n+1成立，.n的第一个取 值no=3. 3.A由“n=k时论断成立→n=k+1时论断也成立”的过程中 必须运用假设. 4.B因为命题P(n)对n=k成立，且它对n=k+2也成立，所 以若P(n)对n=2成立，则P(n)对所有正偶数n成立.故 选B. 5.B当n=k时，等式左边=1+2+3+…+k; 当n=k+1时，等式左边=1+2+3+…+k3+(k3+1)+ (k2+2)+(k3+3)+…+(k+1)3, 所以增加的项为(k+1)+(k+2)+(k+3)+…+(k+ 1)3. 故选B. 6.C由题意将k替换为k+1,据此可得 1 1 1=+1）+1+(k+1）+2+(k+1）+3+…+2k+） 1 1 1 =+2+k+3+k+4+…+2(k+1) 111 .11 +2+k+3+k+4+…+2+2k++2k+1 1,1 1 1 =+++2++3++4*…+2水+2h++2k+n+ 11,1 1 =++k+2+k+3+k+4+…+2k+2k+12(k+1) 1 1 =S+2k+12(k+1)° 故选C. 7.③由题意可知，原命题成立则逆否命题成立，P(n)对n=10 时该命题不成立， 可得P(n)对n=9不成立， 同理可推得P(n)对n=2,n=1也不成立.由题意，n=11时命