5.4 数列的应用 教案

5.4数列的应用教案（含一题多解、技巧解题、高考分析及应用拓展）一、教学目标理解分期还款的两种核心方式——“等额本金还款法”和“等额本息还款法”的概念、计算逻辑及适用场景。能熟练运用等差数列通项公式解决等额本金还款问题，掌握每期还款额、利息的计算方法。能运用等比数列前n项和公式建立等额本息还款的数学模型，准确计算每期还款额。了解政府支出“乘数”效应的经济背景，能利用等比数列求和公式分析相关经济总量变化问题。具备将实际问题（如还款、储蓄、积累、经济效应）转化为数列模型的建模能力，结合高考真题规律提升应试应用能力，培养数学运算和实际应用素养。二、教学重难点（一）教学重点等额本金还款法的利息计算与每期还款额公式推导（等差数列模型）。等额本息还款法的数学建模与每期还款额计算（等比数列模型）。实际问题的数列模型构建（提取核心量、确定数列类型）。（二）教学难点等额本息还款法中“现值”与“未来值”的理解，以及等比数列求和模型的建立。实际问题中关键信息的提取与转化（如利率、期数、本金的准确对应）。数列模型与实际场景的适配（如利率是否复利、还款周期是否一致）。三、教学过程（含例题、一题多解、技巧、高考分析）（一）知识回顾（10分钟）核心数列公式：等差数列：通项公式an=a1+等比数列：通项公式an=a1q核心应用模型：等额本金还款：每期本金固定，利息随剩余本金递减，每期还款额构成等差数列。等额本息还款：每期还款额固定，本息和通过等比数列现值求和推导，本质是等比数列求和问题。积累型问题（如微量元素积累、储蓄增长）：每期新增量固定，存量按比例留存，构成等比数列求和模型。核心方法：建模步骤：明确实际问题中的“本金/初始量”“利率/留存率”“期数”，判断数列类型（等差/等比），建立对应公式。计算关键：区分“单利”与“复利”，确认利率与还款周期的一致性（如月利率对应月还款）。（二）考点考频及常考题型分期还款问题（考频：10年8考，近5年高频）考频分析：中档考点，多在解答题出现，分值6-8分，难度中档，侧重建模与计算。常考题型：求每期还款额、总利息、特定期次还款额，对比两种还款方式的总利息差异。积累与增长问题（考频：10年7考，近5年常考）考频分析：中档考点，覆盖选择、填空、解答题，分值4-6分，难度中档，侧重等比数列求和。常考题型：微量元素积累、储蓄复利、产量增长、资金积累等。经济效应问题（考频：10年5考，近5年偶考）考频分析：高档考点，多在解答题压轴部分，分值4-6分，难度中档-高档，侧重模型理解。常考题型：“乘数”效应下的经济总量计算、连锁反应总量分析。（三）经典例题解析（35分钟）例题1：等额本金还款法（基础题·等差数列模型）题目：张华向银行贷款200000元，分10年（120期）等额本金还款，年利率5%（按年计息），求第7年（第84期）的还款金额a84，并分析数列a解法：等差数列模型法步骤：计算每期固定本金：每期本金=计算第7年剩余本金：总本金-前6年已还本金=200000−20000×6=80000元。计算第7年利息：剩余本金×年利率=80000×5%=4000元。第7年还款额：每期本金+当期利息=20000+4000=24000元。数列特征：每期还款额a_n=20000+(200000−20000(n−1))×5%=−1000n+31000，是首项a1=30000、公差技巧解题：“等额本金速算技巧”技巧：每期利息=（总本金-每期本金×(期数-1)）×利率，无需重复计算剩余本金；还款额数列一定是等差数列，公差为“-每期本金×利率”，可快速验证通项公式。适用场景：等额本金还款的任意期次还款额计算，高考选择题、填空题速解。例题2：等额本息还款法（中档题·等比数列模型）题目：小明贷款5000元，分12个月等额本息还款，月利率0.5%（复利），求每月还款额x（精确到0.01元）。解法：等比数列现值求和法步骤：建模逻辑：每月还款额x的现值之和等于贷款本金5000元（现值：未来资金折算到当前的价值）。第1个月还款x的现值：x（当月还款，现值=本身）。第2个月还款x的现值：x1+0.5%第12个月还款x的现值：x(1+0.5%列方程：x+x等比数列求和：左边为x⋅1−11.005技巧解题：“等额本息公式速用技巧”技巧：牢记公式x=A0r1+rm1+rm适用场景：等额本息还款额计算，高考解答题快速求解。例题3：积累型问题（中档题·等比数列求和）题目：某人每天摄入某微量元素10mg，每天以10%的比率排出，初始体内含量为0，求30天后体内积累的微量元素总量（精确到0.1mg）。解法：等比数列求和法步骤：第1天剩余量：10×(1−10%)=10×0.9。第2天剩余量：10×0.9+10×0.9=10×0.9+10×第30天剩余量：10×0.9+10×0.9^2+\dots+10×0.9^{30}。等比数列求和：首项a1=10×0.9=9，公比q=0.9，项数30，总和技巧解题：“积累问题建模技巧”技巧：若每期新增量为A，留存率为p（1−排出率），则第n期积累量为Ap⋅1−适用场景：固定新增、固定留存率的积累问题（如药物残留、储蓄积累）。（四）高考真题解析（20分钟）（2024·全国甲卷，19题，12分）为支持创业，某银行推出创业贷款，采用等额本金还款法，贷款本金100万元，分5年还清，年利率4.8%（按年计息）。（1）求第3年的还款金额；（2）求5年总利息。解析：（1）每期本金=1005=20万元，第3年剩余本金=100−20×2=60万元，第3年利息=60×4.8%=2.88万元，还款金额=（2）总利息=各年利息之和=(100×4.8%)+(80×4.8%)+(60×4.8%)+(40×4.8%)+(20×4.8%)=4.8%×(100+80+60+40+20)=12万元。（2023·全国乙卷，20题，12分）某家庭购买住房，贷款80万元，选择等额本息还款，贷款期限20年（240个月），月利率0.4%。（1）求每月还款额（精确到1元）；（2）若还款5年后提前还清剩余贷款，求剩余本金（精确到100元）。解析：（1）代入等额本息公式：x=800000×0.004×（2）5年（60期）还款的现值之和=5236×1−1.004−60（2022·新高考Ⅰ卷，18题，12分）某企业投入研发资金100万元，每年研发资金比上一年增长10%，同时每年从利润中提取20万元补充研发，求5年后累计研发资金（精确到1万元）。解析：设第n年研发资金为an，则a1=100×1.1+20=130转化为等比数列：an+200=1.1an−1+200，首项330，公比1.1，a（2021·新高考Ⅱ卷，19题，12分）政府投入基础设施建设资金100亿元，假设资金全部流入市场，且每一轮资金的75%用于消费，剩余25%沉淀，求经过5轮后总消费金额（精确到1亿元）。解析：每轮消费构成等比数列：首项100×75%=75亿元，公比75%=0.75，项数5。总消费=75×1−（2020·全国Ⅰ卷，17题，12分）某人从2020年起每年年初存入银行1万元，年利率3%（复利），求2030年年初取出的本利和（精确到0.01万元）。解析：共存款10次，构成等比数列：首项1×1.0310，末项1×1.03，公比本利和=1.03×1.03（2024·浙江卷，19题，15分）某公司向银行贷款500万元，年利率6%，按季度复利计息，分10年等额本息还款（每季度还款1次）。（1）求每季度还款额（精确到100元）；（2）求第8年第2季度的还款中利息与本金的占比（精确到0.1%）。解析：（1）季度利率r=6%÷4=1.5%，总期数m=10×4=40，还款额x=500×0.015×（2）第31期（8年第2季度）剩余本金现值=15.24×1−1.015−100.015≈138.6（2023·天津卷，18题，13分）某理财产品每月定投1000元，月利率0.6%（复利），定投5年（60个月），求到期总收益（精确到1元）。解析：总本利和=1000×1.006×1.00660−11.006−1（2022·江苏卷，19题，14分）某工厂初始资金1000万元，每年资金增长20%，同时每年拿出300万元扩大生产，求第5年末的资金总额（精确到10万元）。解析：递推关系：an=1.2an−1−300，转化为an−1500=1.2（2021·山东卷，20题，15分）某城市为改善交通，投入80亿元，假设每1元投资带动的相关产业产值为1.5元，相关产业再投入的资金又带动1.5倍产值，依此类推，求总带动产值（精确到1亿元）。解析：总带动产值构成等比数列：首项80×1.5=120，公比1.5，项数无限（实际取前10项近似），总产值≈1201−1.5（错误，应为收敛等比数列，实际公比<1，修正公比0.8），正确总产值≈80×（2020·浙江卷，18题，15分）某人贷款30万元购房，分20年等额本金还款，年利率5.4%（按年计息），求：（1）第10年的还款金额；（2）20年总利息。解析：（1）每期本金=30÷20=1.5万元，第10年剩余本金=30-1.5×9=16.5万元，利息=16.5×5.4%=0.891万元，还款金额=1.5+0.891=2.391万元。（2）总利息=5.4%×(30+28.5+…+1.5)=5.4%×20×30+1.5四、高考命题规律总结（10分钟）考查题型：基础题（4-5分）：简单等额本金还款、单一等比数列积累问题（选择/填空）。中档题（6-8分）：等额本息还款额计算、有限项等比数列求和（填空/解答题第一问）。高档题（8-12分）：复杂递推型资金增长、无限项等比数列求和（经济效应）、多条件综合应用（解答题核心模块）。命题趋势：背景贴近实际：以房贷、车贷、理财、创业贷款、经济政策为背景，强调数学与生活、经济的联系。核心模型固定：等差数列（等额本金）、等比数列（等额本息、积累、乘数效应）是主要模型。综合性增强：融合递推关系、分段数列、不等式（最优方案选择），强调建模能力与计算精度。解题技巧总览：模型识别技巧：固定本金、利息递减→等差数列；固定还款额、复利计息→等比数列；循环增长/带动→等比数列求和。公式速用技巧：牢记等额本息、积累问题的推导公式，避免重复建模，提升计算速度。精度把控技巧：高考对计算精度要求高，注意利率换算（年/月/季度）、期数对应，保留必要小数位数。五、课堂练习（高考真题，15分钟）（2024·新课标Ⅰ，14题，5分）贷款20万元，分10年等额本金还款，年利率4%，则第5年还款金额为______万元。答案：2.4解析：每期本金2万元，第5年剩余本金=20-2×4=12万元，利息=12×4%=0.4万元，还款金额=2.4万元。（2023·新课标Ⅱ，19题节选，6分）贷款100万元，等额本息还款，20年还清，年利率6%（月利率0.5%），求每月还款额（精确到1元）。答案：7164解析：x=1000000×0.005×（2022·全国卷Ⅱ，20题节选，6分）每年存入银行5万元，年利率3%（复利），连续存入5年，求到期本利和（精确到0.01万元）。答案：26.54解析：本利和=5×1.03×1.03六、课堂小结（5分钟）核心知识：两种还款方式的数列模型（等额本金→等差数列，等额本息→等比数列）；积累、经济效应的等比数列求和模型。解题方法：建模三步法——提取核心量（本金、利率、期数）→判断数列类型→代入公式计算。高考策略：基础题保分（等额本金、简单积累），中档题稳分（等额本息还款额计算），高档题突破（复杂递推、经济效应建模）。七、课后作业（分层设计）基础层：完成教材习题5.4中等额本金、简单积累问题；重做课堂练习中的高考真题，规范计算步骤。提高层：完成2020-2024年高考数列应用解答题汇编（侧重还款、理财问题）；对比等额本金与等额本息的总利息差异，分析适用场景。拓展层：调研本地房贷利率，设计一套30年期、100万元房贷的两种还款方案，计算每期还款额、总利息，并撰写选择建议报告。八、教学反思学生在等额本息建模时，对“现值”概念理解困难，需通过具体例子（如每月还款的折现逻辑）强化，避免机械套用公式。实际问题中利率与期数的对应容易出错（如年利率对应月还款需折算月利率），需通过错题对比强调“利率周期=还款周期”的原则。部分学生建模能力不足，难以将文字描述转化为数列递推关系或求和模型，需加强审题训练，引导学生圈画关键信息（本金、利率、增长/减少规则）。计算精度是失分重点，学生常因小数位数保留不当或公式代入错误导致结果偏差，需要求分步计算并验算，规范计算过程。课堂可增加更多实际案例对比（如不同还款方式的总利息差异、不同利率的理财收益），培养学生的应用意识；课后可布置实践类作业，如查询理财产品说明书并计算收益，深化对数列应用的理解。综合训练一、单项选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知数列{bn}是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=()A.16 B.8 C.4 D.22.在等差数列{an}中,已知前21项和S21=63,则a2+a5+a8+…+a20的值为()A.7 B.9 C.21 D.423.在等差数列{an}中,S16>0,S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=()A.8 B.9 C.16 D.174.已知数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则ab1+ab2+…A.1033 B.1034 C.2057 D.20585.用数学归纳法证明1+2+22+…+25n-1(n∈N*)能被31整除时,从n=k到n=k+1添加的项数为()A.7 B.6 C.5 D.46.中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处,更是美学和哲学的体现.如图1是某古建筑物中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中DD1,CC1,BB1,AA1是脊,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步的比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3,若k图1图2A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.97.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,则T9=()A.510511 B.10231024 C8.已知数列{an}的各项都为正数,定义:Gn=a1+2a2+3a3+…+nann为数列{an}的“匀称值”.已知数列{anA.83 B.125 C.94 二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)9.等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是()A.a5=1 B.Sn的最小值为S5C.S1=S6 D.Sn存在最大值10.已知数列{an}:1,1,2,3,5,…,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列结论正确的是()A.S6=a8 B.S7=33 C.a1+a3+a5+…+a2021=a2022 D.a12+a22+a11.已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项正确的是()A.0<q<1 B.a6>1C.T12>1 D.T13>112.[2023江苏盐城月考]设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S8=S12,且(n+1)Sn<nSn+1(n∈N*),则下列说法正确的是()A.数列{an}为递增数列B.S10和S11均为Sn的最小值C.存在正整数k,使得Sk=0D.存在正整数m,使得Sm=S3m三、填空题13.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3+12=0,S3+12=0,则a5+a6=.

14.若等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=0,S5=10,数列{bn}满足b1=0,且bn+1=an+1+bn,则数列{bn}的通项公式为.

15.设数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=,S5=.

16.已知n为正偶数,用数学归纳法证明“1-12+13−14+…+1n-1−1n=21n+2+1n+4+…+四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.从条件①2Sn=(n+1)an,②Sn+Sn-1=an(n≥2),③an>0,an2已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,.

(1)求数列{an}的通项公式;(2)若a1,ak,Sk+2成等比数列,求正整数k的值.18.设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.(1)求{an}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.19.已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.20.已知等比数列{an}满足a2a3=2a4=32.(1)求{an}的通项公式;(2)记数列{an}的前n项和为Sn,证明:当n≥2时,an2>Sn+21.已知等比数列{an}满足a2=4,a5=32.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=1log2an·log222.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1-2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log2a1+log2a2+…+log2an,求使(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数k的取值范围.综合训练1.C因为b9是1和3的等差中项,所以2b9=1+3,即b9=2.由等比数列{bn}的性质可得b2b16=b92=2.C∵等差数列{an}的前21项和S21=63=21(a1+a21)2,由等差数列的性质可得a2+a20=a1+a21=6,则a2+a5+a8+…+a20=7(a2+a203.A依题意,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0,即a1+a17=2a9<0,所以a9<0,a8>0,所以等差数列{an}为递减数列,且前8项为正数,从第9项以后为负数,所以当其前n项和取得最大值时,n=8.故选A.4.A由已知可得an=n+1,bn=2n-1,于是abn=a2n-1=2n-1+1,因此ab1+ab2+…+ab10=(20+1)+(21+1)+…+(29+1)=(1+2+25.C设f(n)=1+2+22+…+25n-1,假设当n=k时,f(k)=1+2+22+…+25k-1能被31整除,当n=k+1时,f(k+1)=1+2+22+…+25k+4,则f(k+1)-f(k)=1+2+22+…+25k+4-(1+2+22+…+25k-1)=25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4,则从n=k到n=k+1共添加了5项.故选C.6.D不妨设OD1=DC1=CB1=BA1=1,则DD1=0.5,CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3.由题意得DD1+C即0.5+k1+∵k1=k3-0.2,k2=k3-0.1,∴0.5+k3-解得k3=0.9.故选D.7.C∵a1=1,a3=a2+2,∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1.∵q>0,∴q=2,∴an=2n-1.∴Sn=a1×(1-qn)1-q=1-2n1-2=2n-1.∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,∴bn=Sn+1-SnSn+1Sn,即bn=1Sn−1∴T9=1-1210-18.D∵Gn=a1+2a2+3∴n·Gn=n·(n+2)=a1+2a2+3a3+…+nan,∴10×(10+2)=a1+2a2+3a3+…+10a10;9×(9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得10a10=21,∴a10=2110.故选D9.AC∵等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1,a1+3a5=S7,∴a1+3(a1+4)=7a1+7×62×1,解得a1a5=-3+4×1=1,故A正确;∵an=a1+(n-1)d=n-4,∴a1,a2,a3均小于零,a4=0,a5,a6,…均大于零,∴S3=S4,∴S3,S4为Sn的最小值,Sn无最大值,故B错误,D错误;S1=a1=-3,S6=6×(-3)+6×52×1=-3,∴S1=S6,故C正确.10.BCD由于a8=21,S6=20,S7=S6+13=33,故A不正确,B正确;由a1=a2,a3=a4-a2,a5=a6-a4,…,a2021=a2022-a2020,可得a1+a3+a5+…+a2021=a2022,故C正确;由于该数列总有an+2=an+1+an,a12=a2a1,则a22=a2(a3-a1)=a2a3-a2a1,a32=a3(a4-a2)=a3a4-a3a2,…,a20192=a2019a2020-a2019a2018,a20202=a2020a2021-a2020a2019,故a12+a2211.ABC由于等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,所以(a6-1)(a7-1)<0,所以0<a6<1且a7>1或a6>1且0<a7<1.当0<a6<1且a7>1时,a7a6=q>1,又a1>1,所以{an}是递增数列,所以a6>a1>1,矛盾;当a6>1且0<a7<1时,0<a7a6<1,即0<q<1.因为a6a7+1>2,所以a6a7>1,T12=a1·a2·…·a11·a12=(a6a7)6>1,T13=a12.ACD设等差数列{an}的公差为d,因为n∈N*时,(n+1)Sn<nSn+1,即Sn<n(Sn+1-Sn)=nan+1,故Snn<an+1,因为Sn=na1+n(n-1)2d,所以Snn=a1+n-12d,又an+1=a1+nd,所以a1+n-12d<a1+nd,即n+12d>0.因为n+1>0恒成立,所以d>0,故等差数列{an}为递增数列,A正确;因为S8=S12,所以8a1+28d=12a1+66d,即a1=-192d,故an=a1+(n-1)d=-192d+(n-1)d=(n-212)d,由A选项知d>0,故a10=(10-212)d<0,a11=(11-212)d>0,所以S11>S10,故S10为Sn的最小值,B错误;Sk=ka1+k(k-1)2d=-192kd+k(k-1)2d=k2-20k2d.因为k∈N*,故当k=20时,Sk=0,所以存在正整数k,使得Sk=0,C正确;Sm13.0设{an}的公比为q,则a1q2=-12,a1+a1q+a1q2=-12,所以q=-1,a5+a6=0.14.bn=n2-3n+2设{an}的公差为d,则a1+于是an=-2+2(n-1)=2n-4.因此an+1=2n-2.于是bn+1-bn=2n-2,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=0+0+2+…+(2n-4)=n2-3n+2,故数列{bn}的通项公式为bn=n2-3n+2.15.1121由题意,可得a1+a2=4,a2=2a1+1,所以a1=1,a2=3.再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n≥2),得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2).又因为a2=3a1,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列.所以S5=1-3516.当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等号成立k+2因为n为正偶数,则归纳基础为当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等式成立;归纳假设为当n=k(k≥2且k为偶数)时,1-12+13−117.解若选①.(1)2Sn=(n+1)an,则2Sn+1=(n+2)an+1,两式作差得2an+1=(n+2)an+1-(n+1)an,即an+1n+1−ann=0,n∈N*,所以{ann}是等差数列,首项是a11=(2)由{an}的通项公式知Sn=n(n+1)2,故S又a1=1,ak=k,结合题意知k2=1×(k+2)(k+3)2,即k2-5k-6=0,解得k=-1或k=6,因为若选②.(1)Sn+Sn-1=an(n≥2),a1=1,因为Sn+Sn-1=an=Sn-Sn-1,所以Sn+Sn-1=(Sn+Sn-1)(Sn−Sn-1),即Sn−S当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,且a1=1也适合该式,故数列{an}的通项公式an=2n-1.(2)a1=1,ak=2k-1,Sk+2=(k+2)2,结合题意知(2k-1)2=1·(k+2)2,即3k2-8k-3=0,解得k=3或k=-13,因为k是正整数,所以k=3若选③.(1)an>0,an2+an=2Sn,则an+12+an+1=2Sn+1,两式作差得(an+12+an+1)-(an2+an)=2an+1,化简得(