志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的： 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org 5.4数列的应用 课后·训练提升 基础巩固 1.由于坚持经济改革，我国国民经济继续保持了较稳定的增长，某厂2019年的产值是100万元，计划侮 年产值都比上一年增加10%，从2019年到2022年的总产值为 万元.（精确到万元）() A.464 B.644 C.446 D.864 答案：A 解析：据题意，2019年到2022年的总产值为 100+100(1+10%）+100(1+10%2+100(1+10%1001.11直464万元. 1-1.1 2.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠(cu),长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺， 重二斤，问次一尺各重几何？”意思是“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4 斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？根据上题的己知条件，若金箠由粗到细是 均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为() A.6斤 B.9斤 C.9.5斤 D.12斤 答案：A 解析：依题意，金箠(chui)由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a1=4,则a5=2,由等差数列的 性质得a2+a4=Q1+a5=6,所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤.故选A 3.某电影院中，从第2排开始，每一排的座位数比前一排多两个，第1排有18个座位，最后一排有36个 座位，则该电影院共有个座位 答案：270 解析：从第1排开始每排座位数构成等差数列{an},其中a1=18,am=36 公差为d=2,则36=18+2(n-1),解得n=10 因此该电影院共有座位0x18+36-270. 4.“中国剩余定理”又称“孙子定理”1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问 题的解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法 的一般性定理，因而西方称之为中国剩余定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这 样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排 成一列，构成数列{an,则此数列的项数为 答案：134 1
1 5.4 数列的应用 课后· 基础巩固 1.由于坚持经济改革,我国国民经济继续保持了较稳定的增长,某厂 2019 年的产值是 100 万元,计划每 年产值都比上一年增加 10%,从 2019 年到 2022 年的总产值为 万元.(精确到万元)( ) A.464 B.644 C.446 D.864 答案:A 解析:据题意,2019 年到 2022 年的总产值为 100+100(1+10%)+100(1+10%)2+100(1+10%)3= 100(1-1.1 4 ) 1-1.1 ≈464 万元. 2.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题:“今有金箠(chuí),长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺, 重二斤,问次一尺各重几何?”意思是:“现有一根金箠,长五尺,一头粗,一头细,在粗的一端截下 1 尺,重 4 斤,在细的一端截下 1 尺,重 2 斤,问依次每一尺各重多少斤?”根据上题的已知条件,若金箠由粗到细是 均匀变化的,问第二尺与第四尺的重量之和为( ) A.6 斤 B.9 斤 C.9.5 斤 D.12 斤 答案:A 解析:依题意,金箠(chuí)由粗到细各尺的重量构成一个等差数列,设首项 a1=4,则 a5=2,由等差数列的 性质得 a2+a4=a1+a5=6,所以第二尺与第四尺的重量之和为 6 斤.故选 A. 3.某电影院中,从第 2 排开始,每一排的座位数比前一排多两个,第 1 排有 18 个座位,最后一排有 36 个 座位,则该电影院共有 个座位. 答案:270 解析:从第 1 排开始每排座位数构成等差数列{an},其中 a1=18,an=36. 公差为 d=2,则 36=18+2(n-1),解得 n=10. 因此该电影院共有座位10×(18+36) 2 =270. 4.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852 年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问 题的解法传至欧洲,1874 年,英国数学家马西森指出此法符合 1801 年由高斯得出的关于同余式解法 的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题,现有这 样一个整除问题:将 2 至 2 017 这 2 016 个数中能被 3 除余 1 且被 5 除余 1 的数按由小到大的顺序排 成一列,构成数列{an},则此数列的项数为 . 答案:134
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的！ 丛书主编任志河。 http://www.zhyh.org 解析：由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，故an=15n-14. 由am=15n-14≤2017，得n≤135，因为当n=1时，符合要求，但是该数列是从2开始的， 所以此数列的项数为135-1=134 5.某人从2010年9月10日起，每年这一天到银行存款一年定期1万元，且每年到期的存款将本金和 利息再存入新一年的一年定期，若一年定期存款利率2.50%保持不变，到2015年9月10日将所有的 存款和利息全部取出，他可取回的钱数约为 元.（保留整数） 答案：53877 解析：2014年9月10日存款到2015年9月10日取回钱数记为：a1=(1+2.5%方 2013年9月10日存款到2015年9月10日取回钱数记为：2=(1+2.5%)2； 依此类推，2010年9月10日存款到2015年9月10日取回钱数记为：a5=(1+2.5%); a1,a2,…,a5组成等比数列{an}, 它的前5项和为S11-g的 1-q L+25611+25%15.3877. 1-(1+2.5%) 他可取回的钱数约为53877元 6.在我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计.例如， 北京天坛圜丘的地面由扇环形的石板铺成（如图），最高层的中心是一块天心石，围绕它的第一圈有9 块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，请问： (1)第9圈共有多少块石板？ (2)前9圈一共有多少块石板？ 解(1)设从第1圈到第9圈石板数所成数列为{am},由题意可知数列{an}是等差数列，其中a1-9,d-9. 由等差数列的通项公式，得第9圈有石板 a9=a1+(9-1)d=9+(9-1)×9=81块 (2)由等差数列前n项和公式，得前9圈一共有石板 5y=9a1+2X9.11=9x9+229=-405块 2 故第9圈有81块石板，前9圈一共有405块石板 2
2 解析:由能被 3 除余 1 且被 5 除余 1 的数就是能被 15 整除余 1 的数,故 an=15n-14. 由 an=15n-14≤2 017,得 n≤135,因为当 n=1 时,符合要求,但是该数列是从 2 开始的, 所以此数列的项数为 135-1=134. 5.某人从 2010 年 9 月 10 日起,每年这一天到银行存款一年定期 1万元,且每年到期的存款将本金和 利息再存入新一年的一年定期,若一年定期存款利率 2.50%保持不变,到 2015 年 9 月 10 日将所有的 存款和利息全部取出,他可取回的钱数约为 元.(保留整数) 答案:53 877 解析:2014 年 9 月 10 日存款到 2015 年 9 月 10日取回钱数记为:a1=(1+2.5%); 2013 年 9 月 10 日存款到 2015 年 9 月 10日取回钱数记为:a2=(1+2.5%)2 ; 依此类推,2010 年 9 月 10 日存款到 2015 年 9 月 10 日取回钱数记为:a5=(1+2.5%)5 ; a1,a2,…,a5 组成等比数列{an}, 它的前 5 项和为 S5= 𝑎1(1-𝑞 5 ) 1-𝑞 = (1+2.5%)[1-(1+2.5%) 5 ] 1-(1+2.5%) ≈5.387 7. 他可取回的钱数约为 5 387 7 元. 6. 在我国古代,9 是数字之极,代表尊贵之意,所以中国古代皇家建筑中包含许多与 9 相关的设计.例如, 北京天坛圜丘的地面由扇环形的石板铺成(如图),最高层的中心是一块天心石,围绕它的第一圈有 9 块石板,从第二圈开始,每一圈比前一圈多 9 块,共有 9 圈,请问: (1)第 9 圈共有多少块石板? (2)前 9 圈一共有多少块石板? 解:(1)设从第 1 圈到第 9 圈石板数所成数列为{an},由题意可知数列{an}是等差数列,其中 a1=9,d=9. 由等差数列的通项公式,得第 9 圈有石板 a9=a1+(9-1)·d=9+(9-1)×9=81 块. (2)由等差数列前 n 项和公式,得前 9 圈一共有石板 S9=9a1+ 9×(9-1) 2 d=9×9+ 9×8 2 ×9=405 块. 故第 9 圈有 81 块石板,前 9 圈一共有 405 块石板
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网永远提供更新的！ 丛书主编任志河。 http://www.zhyh.org 7.己知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a(单位：m2),其中有部分旧住房要拆除.当地有关部门 决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b(单位：m)的旧住房. (1)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式， (2)若第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b 是多少？（计算时取1.15=1.6） 解()第一年末的住房面积为a(1+10%)-b=0品b=1.1a-b(m2 第二年末的住房面积为(a器-b)片b=a(借)-h(1+贵)121a-2.1m (2)第三年未的住房西积为L(儡)‘-1+》贵b=a(侣)°-1+贵+（儡）m) 第四年末的住房面积为 a(贵)-1+贵+（借）+（儡）m, 第五年末的住房面积为 》°-1+品+（儡+（得）'+（借）11a出晋-16a6m 依题意，得1.6a-6h=1.3a,解得h-品 所以每年拆除的旧房面积为2品m已 拓展提高 1.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士凡五 人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”其意思是：“共有五头鹿，5人以爵次进行分配（古代数学中 ‘以爵次分之’这种表达，一般表示等差分配，在本题中表示等差分配).”在这个问题中，若大夫得“一 鹿、三分鹿之二”，则公士得() A.三分鹿之一 B.三分鹿之二 C.一鹿 D.一鹿、三分鹿之一 答案：A 解析：五人分得的虎构成等差数列{a},d0.a1=l+号=S=5,因此5x+=5,解得d号故as号 4号 2.“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展 做出了重要贡献十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起， 3
3 7.已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为 a(单位:m2 ),其中有部分旧住房要拆除.当地有关部门 决定每年以当年年初住房面积的 10%建设新住房,同时也拆除面积为 b(单位:m2 )的旧住房. (1)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式; (2)若第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了 30%,则每年拆除的旧住房面积 b 是多少?(计算时取 1.1 5=1.6) 解:(1)第一年末的住房面积为 a(1+10%)-b=a· 11 10-b=1.1a-b(m2 ). 第二年末的住房面积为(𝑎· 11 10 -𝑏) 11 10-b=a( 11 10) 2 -b(1 + 11 10)=1.21a-2.1b(m2 ). (2)第三年末的住房面积为 a( 11 10) 2 -b(1 + 11 10) · 11 10-b=a( 11 10) 3 -b[1 + 11 10 + ( 11 10) 2 ](m2 ), 第四年末的住房面积为 a( 11 10) 4 -b[1 + 11 10 + ( 11 10) 2 + ( 11 10) 3 ](m2 ), 第五年末的住房面积为 a( 11 10) 5 -b[1 + 11 10 + ( 11 10) 2 + ( 11 10) 3 + ( 11 10) 4 ]=1.1 5a- 1-1.1 5 1-1.1 b=1.6a-6b(m2 ). 依题意,得 1.6a-6b=1.3a,解得 b= 𝑎 20. 所以每年拆除的旧房面积为 𝑎 20m2 . 拓展提高 1.《九章算术》是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士凡五 人,共猎得五鹿,欲以爵次分之,问各得几何?”其意思是:“共有五头鹿,5 人以爵次进行分配(古代数学中 ‘以爵次分之’这种表达,一般表示等差分配,在本题中表示等差分配).”在这个问题中,若大夫得“一 鹿、三分鹿之二”,则公士得( ) A.三分鹿之一 B.三分鹿之二 C.一鹿 D.一鹿、三分鹿之一 答案:A 解析:五人分得的鹿构成等差数列{an},d<0.a1=1+ 2 3 = 5 3 ,S5=5,因此 5× 5 3 + 5×4 2 d=5,解得 d=- 1 3 ,故 a5= 5 3 − 1 3 ×4= 1 3 . 2.“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展 做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的： 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org 每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于同一个常数若第一个单音的频率为第三 个单音的频率为，则第十个单音的频率为( ) A.2v2 B.V23 C.V22 D.V2/ 答案B 解析：根据题意，单音的频率构成等比数列{an},设其公比为q(q>0), 则a1=jas=2 所以￠2-2解得q=V2 第十个单音的频率a10=a1g-(V2fV2f 故选B. 3.如图，方格蜘蛛网是由一族正方形环绕而成的图形.每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四 边上，且分边长为3：4.现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米， 由外到内顺序制作，则完整的正方形的个数最多为参考数据：g好0.15() A.6个 B.7个 c.8个 D.9个 答案B 解析：依题意，设正方形的边长为a,其内接小正方形的边长为6则b-得知)+（传知=弘，故每个小 正方形的周长为其外接正方形周长的即正方形的周长从外到内成以4为首项，以为公比的等比数 列，设为数列{am},其前n项和为Sm 则Sn= ≤13 19 所以品≤()”， 1+e3 解得n≤ 8好 将1g写0.15代入得n≤7.6， 故完整的正方形的个数最多为7个 A
4 每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于同一个常数.若第一个单音的频率为 f,第三 个单音的频率为√2 6 f,则第十个单音的频率为( ) A.2√2f B. √2 3 4 f C. √2 2 3 f D. √2 5 6 f 答案:B 解析:根据题意,单音的频率构成等比数列{an},设其公比为 q(q>0), 则 a1=f,a3=√2 6 f, 所以 q 2=√2 6 ,解得 q= √2 12 , 第十个单音的频率 a10=a1q 9=( √2 12 ) 9 f=√2 3 4 f. 故选 B. 3. 如图,方格蜘蛛网是由一族正方形环绕而成的图形.每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四 边上,且分边长为 3∶4.现用 13 米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网,若最外边的正方形边长为 1 米, 由外到内顺序制作,则完整的正方形的个数最多为(参考数据:lg7 5 ≈0.15)( ) A.6 个 B.7 个 C.8 个 D.9 个 答案:B 解析:依题意,设正方形的边长为 a,其内接小正方形的边长为 b,则 b=√( 3 7 𝑎) 2 + ( 4 7 𝑎) 2 = 5 7 a,故每个小 正方形的周长为其外接正方形周长的5 7 ,即正方形的周长从外到内成以 4 为首项,以 5 7为公比的等比数 列,设为数列{an},其前 n 项和为 Sn, 则 Sn= 4[1-( 5 7 ) 𝑛 ] 1- 5 7 ≤13, 所以 1 14 ≤ ( 5 7 ) 𝑛 , 解得 n≤ 1+lg7 5 lg 7 5 , 将 lg7 5 ≈0.15 代入得 n≤7.66, 故完整的正方形的个数最多为 7 个
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的！ 丛书主编任志河。 http://www.zhyh.org 故选B 4.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有这样的题目：把100个面包分给5个人 (注：每个面包可以分割)，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小1 份是 ,公差为 答案号兽 解析：设每人所得构成等差数列{am},不妨设d0. a+a:-Has+a+as).an+az+as+as+as=IO0, 即2a1+d-3a1+9d0,5a+4i=10, 联立解得，a1号d-要 5.一个正实数，它的小数部分、整数部分及这个正实数依次构成等比数列，则这个正实数 是」 答案型 解析：由题意知，一个正实数小数部分、整数部分及这个正实数依次构成等比数列， 不妨设这个数为a,则整数部分为aq,小数部分为a-ag,且q>0, 有a2q2=a(a-aq),即q2+q-1=0, 解得g县q三舍去 又由ag为正整数， 设ag这个正整数为m, 则a-m=mx5+赳 2 又由ag<1,唧m()×()<1, 解得m坠 又由m为整数，得m=l, 因此a号-mx==5型 2 2 挑战创新 5
5 故选 B. 4.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有这样的题目:把 100 个面包分给 5 个人 (注:每个面包可以分割),使每人所得成等差数列,且使较大的三份之和的1 7是较小的两份之和,则最小 1 份是 ,公差为 . 答案: 5 3 55 6 解析:设每人所得构成等差数列{an},不妨设 d>0. 则 a1+a2= 1 7 (a3+a4+a5),a1+a2+a3+a4+a5=100, 即 2a1+d=1 7 (3a1+9d),5a1+ 5×4 2 d=100, 联立解得,a1= 5 3 ,d=55 6 . 5.一个正实数,它的小数部分、整数部分及这个正实数依次构成等比数列,则这个正实数 是 . 答案: √5+1 2 解析:由题意知,一个正实数小数部分、整数部分及这个正实数依次构成等比数列, 不妨设这个数为 a,则整数部分为 aq,小数部分为 a-aq,且 q>0, 有 a 2q 2=a(a-aq),即 q 2+q-1=0, 解得 q= √5-1 2 ,q= -1-√5 2 (舍去). 又由 aq 为正整数, 设 aq 这个正整数为 m, 则 a= 𝑚 𝑞 =m× √5+1 2 . 又由 aq2<1,即 m( √5+1 2 ) × ( √5-1 2 ) 2 <1, 解得 m< √5+1 2 , 又由 m 为整数,得 m=1, 因此 a= 𝑚 𝑞 =m× √5+1 2 = 𝑚 𝑞 = √5+1 2 . 挑战创新
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网永远提供更新的！ 丛书主编任志河。 http://www.zhyh.org 一列火车自A城驶往B城，沿途有个车站（包括起点A和终点B),车上有一节邮政车厢，每停靠一 站便要卸下前面各站发往该站的邮袋各一个，同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一个： (1)试说明：若列车从第k站出发时，车厢内共有邮袋数为-2+k个； (2)试判断第几站的车厢内邮袋数最多，最多是多少？ 解(I)设列车从各站出发时邮政车厢内的邮袋数构成一个数列{an, 则a1=m-1,a2=Q1-1+n-2=(n-1)+(n-2)-1, a3=a-2+n-3=(n-1)+(n-2)+(n-3)1-2, 因此a=-(n-1)+n-2)+(n-3)+…+(n-k-(1+2++k-1)=k6n-2k+1)2k-I)=-2+nkk∈N) 2)由am=(k)》+, 当n为偶数时，k=号时，账最大为 当n为奇数时受或时，a最大为一 即若n为偶数，则第号站的邮袋数最多，为开2个 若n为奇数，则第二或站的邮袋数最多，为个 2 6
6 一列火车自 A 城驶往 B 城,沿途有 n 个车站(包括起点 A 和终点 B),车上有一节邮政车厢,每停靠一 站便要卸下前面各站发往该站的邮袋各一个,同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一个. (1)试说明:若列车从第 k 站出发时,车厢内共有邮袋数为-k 2+nk 个; (2)试判断第几站的车厢内邮袋数最多,最多是多少? 解:(1)设列车从各站出发时邮政车厢内的邮袋数构成一个数列{an}, 则 a1=n-1,a2=a1-1+n-2=(n-1)+(n-2)-1, a3=a2-2+n-3=(n-1)+(n-2)+(n-3)-1-2, …… 因此 ak=(n-1)+(n-2)+(n-3)+…+(n-k)-(1+2+…+k-1)=kn- 1 2 k(k+1)- 1 2 k(k-1)=-k 2+nk(k∈N+). (2)由 ak=-(𝑘- 𝑛 2 ) 2 + 1 4 n 2 , 当 n 为偶数时,k=𝑛 2时,ak最大为1 4 n 2 , 当 n 为奇数时,k=𝑛-1 2 或 𝑛+1 2 时,ak最大为𝑛 2 -1 4 . 即若 n 为偶数,则第𝑛 2 站的邮袋数最多,为 1 4 n 2 个; 若 n 为奇数,则第𝑛-1 2 或 𝑛+1 2 站的邮袋数最多,为 𝑛 2 -1 4 个