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数列应用题专题训练

高三数学备课组
以数列知识作为背景的应用题是高中应用题中的常见题型，要正确快速地求解这类问题，需要在理解题意的基础上，正确处理数列中的递推关系。
一、储蓄问题
　　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n期，按单利计算的本利和公式为Sn=P(1+nr)。
　　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做本金，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x，则复利函数式为y=P(1+r)x。
　　例1、（储蓄问题）某家庭为准备孩子上大学的学费，每年6月30日在银行中存入2000元，连续5年，有以下两种存款的方式：
　　(1)如果按五年期零存整取计，即每存入a元按a(1+n·6.5%)计本利(n为年数)；
　　(2)如果按每年转存计，即每存入a元，按(1+5.7%)n·a计算本利(n为年数)。
　　问用哪种存款的方式在第六年的7月1日到期的全部本利较高？
　分析：这两种存款的方式区别在于计复利与不计复利，但由于利率不同，因此最后的本利也不同。
　　解：若不计复利，5年的零存整取本利是
　　2000(1+5×0.065)+2000(1+4×0.065)+…+2000(1+0.065)=11950；
　　若计复利，则
　　2000(1+5%)5+2000(1+5%)4+…+2000(1+5%)≈11860元。
　　所以,第一种存款方式到期的全部本利较高。
二、等差、等比数列问题
等差、等比数列是数列中的基础，若能转化成一个等差、等比数列问题，则可以利用等差、等比数列的有关性质求解。
例2、（分期付款问题）用分期付款的方式购买家用电器一件，价格为1150元。购买当天先付150元，以后每月这一天都交付50元，并加付欠款的利息，月利率为1%。若交付150元以后的第一个月开始算分期付款的第一日，问分期付款的第10个月该交付多少钱？全部货款付清后，买这件家电实际花了多少钱？
　　解：购买时付出150元，余欠款1000元，按题意应分20次付清。
　　设每次所付欠款顺次构成数列{an}，则
　　a1=50+1000×0.01=60元，
　　a2=50+(1000-50)×0.01=59.5元，
　　a3=50+(1000-50×2)×0.01=59，
　　……
　　an=60-(n-1)·0.5
　　所以{an}是以60为首项，-0.5为公差的等差数列，
　　故a10=60-9×0.5=55.5元
　　20次分期付款总和
　　S20=×20=1105元，
　　实际付款1105+150=1255(元)
　　答：第10个月该付55.5元，全部付清后实际共付额1255元。
例3、（疾病控制问题）流行性感冒（简称流感）是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病。某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，以后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人。由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日止，该市在这30天内感染该病毒的患者共有8670人，问11月几日，该市感染此病毒的新患者人数最多？并求这一天的新患者人数。
分析：设11月n日这一天新感染者最多，则由题意可知从11月1日到n日，每天新感染者人数构成一等差数列；从n+1日到30日，每天新感染者构成另一个等差数列。这两个等差数列的和即为这个月总的感染人数。
略解：由题意，11月1日到n日，每天新感染者人数构成一等差数列an，a1=20,d1=50,11月n日新感染者人数an=50n—30；从n+1日到30日，每天新感染者人数构成等差数列bn,b1=50n-60,d2=—30，bn=(50n-60)+(n-1)(-30)=20n-30,11月30日新感染者人数为b30-n=20(30-n)-30=-20n+570.
故共感染者人数为：=8670，化简得：n2-61n+588=0,解得n=12或n=49(舍)，即11月12日这一天感染者人数最多，为570人。
例4（住房问题）某城市1991年底人口为500万，人均住房面积为6 m2，如果该城市每年人口平均增长率为1%，每年平均新增住房面积为30万m2，求2000年底该城市人均住房面积为多少m2？(精确到0.01)
解：1991年、1992年、……2000年住房面积总数成AP
a1 = 6×500 = 3000万m2，d = 30万m2，
a10 = 3000 + 9×30 = 3270
1990年、1991年、……2000年人口数成GP
b1 = 500 , q = 1% ,
∴2000年底该城市人均住房面积为：
点评：实际问题中提炼出等差、等比数列。
例5 （浓度问题） 从盛有盐的质量分数为20%的盐水2 kg的容器中倒出1 kg盐水，然后加入1 kg水，以后每次都倒出1 kg盐水，然后再加入1 kg水，
问：1.第5次倒出的的1 kg盐水中含盐多少g？
2.经6次倒出后，一共倒出多少kg盐？此时加1 kg水后容器内盐水的盐的质量分数为多少？
解：1.每次倒出的盐的质量所成的数列为{an}，则：
a1= 0.2 kg , a2=×0.2 kg , a3= ()2×0.2 kg
由此可见：an= ()n-1×0.2 kg , a5= ()5-1×0.2= ()4×0.2=0.0125 kg
2.由1.得{an}是等比数列 a1=0.2 , q=

点评：掌握浓度问题中的数列知识。
例6．（减员增效问题）某工厂在1999年的“减员增效”中对部分人员实行分流，规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100％，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年的领取工资，该厂根据分流人员的技术特长，计划创办新的经济实体，该经济实体预计第一年属投资阶段，第二年每人可获得元收入，从第三年起每人每年的收入可在上一年的基础上递增50％，如果某人分流前工资的收入每年元，分流后进入新经济实体，第年的收入为元，
（1）求的通项公式；
（2）当时，这个人哪一年的收入最少？最少为多少？
（3）当时，是否一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入？
解：（1）由题意得，当时，，当时，，
∴．
（2）由已知，
当时，要使得上式等号成立，
当且仅当，即，解得，因此这个人第三年收入最少为元．
（3）当时，，上述等号成立，须且因此等号不能取到，
当时，这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入．
例7．（等差等比综合问题）银行按规定每经过一定的时间结算存（贷）款的利息一次，结算后即将利息并入本金，这种计算利息的方法叫做复利．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，到期一次行归还本息．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存利润更多？（计算精确到千元，参考数据：）
解：甲方案10年获利润是每年利润数组成的数列的前10项的和：
（万元）
到期时银行的本息和为（万元）
∴甲方案扣除本息后的净获利为：（万元）
乙方案：逐年获利成等差数列，前10年共获利：
（万元）
贷款的本利和为：（万元）
∴乙方案扣除本息后的净获利为：（万元）
所以，甲方案的获利较多．

三、an- an-1=f(n),f(n)为等差或等比数列
有的应用题中的数列递推关系，an与an-1的差（或商）不是一个常数，但是所得的差f(n)本身构成一个等差或等比数列，这在一定程度上增加了递推的难度。
例8、（广告问题）某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不作广告宣传且每件获利a元的前提下，可卖出b件。若作广告宣传，广告费为n千元时比广告费为（n-1）千元时多卖出件，（n∈N*）。
（1）试写出销售量s与n的函数关系式；
（2）当a=10,b=4000时厂家应生产多少件这种产品，做几千元广告，才能获利最大？
分析：对于(1)中的函数关系，设广告费为n千元时的销量为sn,则sn-1表示广告费为(n-1)元时的销量，由题意，sn——sn-1=，可知数列{sn}不成等差也不成等比数列，但是两者的差构成等比数列，对于这类问题一般有以下两种方法求解：
解法一、直接列式：由题，s=b++++…+=b(2-)
（广告费为1千元时，s=b+；2千元时，s=b++；…n千元时s=b++++…+）
解法二、（累差叠加法）设s0表示广告费为0千元时的销售量，
由题：，相加得Sn-S0=+++…+,
即s=b++++…+=b(2-)。
（2）b=4000时，s=4000(2-),设获利为t,则有t=s·10-1000n=40000(2-)-1000n
欲使Tn最大，则：，得，故n=5,此时s=7875。
即该厂家应生产7875件产品，做5千元的广告，能使获利最大。
四、an= C·an-1+B，其中B、C为非零常数且C≠1
例9、（企业生产规划问题）某企业投资1千万元于一个高科技项目，每年可获利25%，由于企业间竞争激烈，每年底需要从利润中取出资金200万元进行科研、技术改造与广告投入，方能保持原有的利润增长率，问经过多少年后，该项目的资金可以达到或超过翻两番（4倍）的目标？（lg2=0.3）。
分析：设经过n年后，该项目的资金为an万元，则容易得到前后两年an和an-1之间的递推关系：an =an-1（1+25%）-200（n≥2），对于这类问题的具体求解，一般可利用“待定系数法”：
解：由题，an =an-1（1+25%）-200（n≥2），即an =an-1-200，设an +λ=（an-1+λ），展开得an =an-1+λ，λ=-200，λ=-800，∴an -800=（an-1-800），即{an -800}成一个等比数列，a1=1000(1+25%)-200=1050, a1-800=250，∴an -800=250（）n-1，an =250（）n-1+800，令an≥4000，得（）n≥16，解得n≥12,即至少要过12年才能达到目标。
例10（分期付款问题）某人年初向银行贷款10万元用于买房：
　　(1)如果他向建设银行贷款，年利率为5%，且这笔借款分10次等额归还(不计复利)，每年一次，并从借后次年年初开始归还，问每年应还多少元？(精确到一元)；
　　(2)如果他向工商银行贷款，年利率为4%，要按复利计算(即本年的利息计入次年的本金生息)，仍分10次等额归还，每年一次，每年应还多少元？(精确到一元)。
　　解：(1)设每年还款x元，依题意得
　　x+x(1+5%)+x(1+2×5%)+…+x(1+9×5%)=100000×(1+5%)，
　　∴x≈12245元
　　(2)设每年还款x元，依题意得
　　x+x(1+4%)+x(1+4%)2+…+x(1+4%)9=100000(1+4%)10，
　　∴x≈12330元
　　答：(1)当年利率为5%，按单利计算，每年应归还12245元；(2)当年利率为4%，按复利计算时，每年还款12330元。
　　评注：上述例题是与数列有关的分期付款问题，两问所用公式各异。 (1)中的利率是单利(即当年的利息不计入次年的本金)，故所用的公式是等差数列通项公式和前n项和公式； (2)中的利率是复利(即利滚利)，故所用公式是等比数列通项公式和前n项和公式，导致这种区分的原因是付款形式不同。
例11．（环保问题）（2002年全国高考题）某城市2001年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同，为保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？
分析：由“每年报废上年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同”易得某城市每年末汽车保有量与上年末汽车保有量的关系，于是可构造数列递推关系来求解。
解：设每年新增汽车为b万辆，该城市第n年末的汽车保有量为a n，则容易得到a n和a n－1的递推关系：
即＝0.94（）
∴｛｝是以0.94为公比，以为首项的等比数列。
∴＝（）·0.94n－1，即+（）·0.94n－1
(1)当≥0即b≤1.8时，an≤an-1≤……≤a1=30
(2) 当<0即b<1.8时
＝［+（）·0.94n－1］＝
并且数列｛an｝为递增数列，可以任意接近，因此，如果要求汽车保有量不超过60万辆，即an≤60（n=1,2,3……），则≤60，即b≤3.6（万辆）。
综上，每年新增汽车不应超过3.6万辆。
例12．用砖砌墙，第一层用去了全部砖块的一半多一块，第二层用去了剩下的一半多一块……，依此类推，每一层都用去了上次剩下砖块的一半多一块，到第10层恰好把砖块用完，则此次砌墙一共用了多少块砖？
分析：因每一层都用去了上次剩下砖块的一半多一块，即每一层剩下砖块是上次剩下砖块的一半少一块，于是可用数列的递推关系求解。
解：设此次砌墙一共用了S块砖，砌好第n层后剩下砖块为an块（1≤n≤10，n∈N*）
则，即
∴｛a n+2｝为等比数列，且公比为
又由题意得：a1＝－1
∴a1＋2＝＋1
∴a1＋2＝＋1
∴an＋2＝(＋1)·()n－1
即an＝(＋1)·()n－1－2
∵a10＝0
∴（＋1）·（）9－2＝0
解得：s＝211－2＝2046
例13．（生态问题）某地区森林原有木材存量为，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，设为年后该地区森林木材的存量，
（1）求的表达式；
（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，如果，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：）
解：（1）设第一年的森林的木材存量为，第年后的森林的木材存量为，则
，
，
，
………
．
（2）当时，有得即，
所以，．
答：经过8年后该地区就开始水土流失．

五、二个（或多个）不同数列之间的递推关系
有的应用题中还会出现多个不同数列相互之间的递推关系，对于该类问题，要正确处分没数列间的相互联系，整体考虑。
例14、（浓度问题）甲乙两容器中分别盛有浓度为10%、20%的某种溶液500ml，同时从甲乙两个容器中取出100ml溶液，将近倒入对方的容器搅匀，这称为是一次调和，记a1==10%,b1=20%,经（n-1）次调和后甲、乙两个容器的溶液浓度为an、bn，
（1）试用an-1、bn-1表示an、bn；
（2）求证数列 {an-bn}是等比数列，并求出an、bn的通项。
分析：该问题涉及到两个不同的数列an和bn，且这两者相互之间又有制约关系，所以不能单独地考虑某一个数列，而应该把两个数列相互联系起来。
解：（1）由题意
an=； bn=
（2）an-bn==（）（n≥2），∴{an-bn}是等比数列。又a1-b1=-10%,
∴an-bn=-10%(n-1.……（1）
又∵==…= a1+b1=30%，……（2）
联立（1）、（2）得=-(n-1·5%+15%；=(n-1·5%+15%。
例15．现有流量均为300的两条河流A、B会合于某处后，不断混合，它们的含沙量分别为2和0.2．假设从汇合处开始，沿岸设有若干个观测点，两股水流在流经相邻两个观测点的过程中，其混合效果相当于两股水流在1秒钟内交换100的水量，即从A股流入B股100水，经混合后，又从B股流入A股100水并混合．问：从第几个观测点开始，两股河水的含沙量之差小于0.01（不考虑泥沙沉淀）？
讲解：本题的不等关系为“两股河水的含沙量之差小于0.01”．但直接建构这样的不等关系较为困难．为表达方便，我们分别用来表示河水在流经第n个观测点时，A水流和B水流的含沙量．
则＝2，＝0.2，且
．（＊）
由于题目中的问题是针对两股河水的含沙量之差，所以，我们不妨直接考虑数列．
由（＊）可得：

所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列．
所以，．
由题，令< 0.01，得．所以，．
由得，所以，．
即从第9个观测点开始，两股水流的含沙量之差小于0.01．
点评：本题为数列、不等式型综合应用问题，难点在于对题意的理解．
六、数列求和综合问题
例16 某单位为了职工的住房问题，计划征用一块土地盖一幢总建筑面积为的宿舍楼（每层的建筑面积相同）。已知土地的征用费为元/，土地的征用面积为第一层的1.5倍。经工程技术人员核算，第一层的建筑费用为400元/，以后每增高一层，该层建筑费用就增加30元/。试设计这幢宿舍楼的楼高层数，使总费用最少，并求出其最少费用。（总费用为建筑费用和征地费用之和）。
解：设楼高为n层，总费用为y万元，则征地面积为，征地费用为万元，各楼层建筑费用和为万元，总费用为

（万元）
当且仅当即时上式取等号
∴ 这幢宿舍楼楼高层数为15时，总费用最少为2505万元
例17 某企业2003年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降.若不能进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年（今年为第一年）的利润为500(1+)万元（n为正整数）.
（Ⅰ）设从今年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元（须扣除技术改造资金），求An、Bn的表达式；
（Ⅱ）依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？
.
解：（Ⅰ）依题设，An=(500－20)+(500－40)+…+(500－20n)=490n－10n2；
Bn=500[(1+)+(1+)+…+(1+)]－600=500n－－100.
（Ⅱ）Bn－An=(500n－－100) －(490n－10n2)
=10n2+10n－－100=10[n(n+1) － －10].
因为函数y=x(x+1) －－10在（0，+∞）上为增函数，
当1≤n≤3时，n(n+1) － －10≤12－－10<0；
当n≥4时，n(n+1) － －10≥20－－10>0.
∴仅当n≥4时，Bn>An.
答：至少经过4年，该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润.
点评：.本小题主要考查建立函数关系式、数列求和、不等式的等基础知识，考查运用数学知识解决实际问题的能力．