数列应用题专题训练

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
2 000(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{a
n
}，则
a
1
=50+1000×0.01=60元，
a
2
=50+(1000-50)×0.01=59.5元，
a
3
=50+(1000-50×2)×0.01=59，
……
a
n
=60-(n-1)·0.5
所以{a
n
}是以60为首项，-0.5为公差的等差数列，
故a
10
=60-9×0.5=55.5元
20次分期付款总和
S
20
=
60?50.5
×20=1105元，
2
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5 0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a
n
，a
1
=20,d
1
=50,11月n
日新感染者人数a
n
= 50n—30；从n+1日到30日，每天新感染者人数构成等差数列b
n
,b
1=50n-60,d
2
=
—30，b
n
=(50n-60)+( n-1)(-30)=20n-30,11月30日新感染者人数为b
30-n
=20(30- n)-30=-20n+570.

故共感染者人数为：
(20?50n?30 )n[50n?60?(?20n?570)](30?n)
=8670，化简得：
?
22
n
2
-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 m
2
，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m
2
，求200 0年底该城市人均住房面积为多
少m
2
？(精确到0.01)
解：1991年、1992年、……2000年住房面积总数成AP
a
1
= 6×500 = 3000万m
2
，d = 30万m
2
，
a
10
= 3000 + 9×30 = 3270
1990年、1991年、……2000年人口数成GP
9
b
1
= 500 , q = 1% ,
b
10
?500?1.01?500?1.0937?546.8

∴2000年底该城市人均住房面积为：
3270
?5.98m
2

546.8
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{a
n
}，则：
11
×0.2 kg , a
3
= ()
2
×0.2 kg
22
111
由此可见：a
n
= ()
n?1
×0.2 kg , a
5
= ()
5?1
×0.2= ()
4
×0.2=0.0125 kg
222
1
2.由1.得{a
n
}是等比数列 a
1
=0.2 , q=
2
1
0.2(1?)
6
a
1
(1?q
6
)
2
?0.39375kg

?S
6
??
1
1?q
1?
2

552?0.00312
0.4?0.39375?0.00625

0.0062?
a
1
= 0.2 kg , a
2
=
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10 0％，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年的
2
领取工
3
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
b
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
a
元，分流后进入新经济实体，第
n
年的收入为
a
n
元，
（1）求
{a
n
}
的通项公式；

8a
时，这个人哪一年的收入最少？最少为多少？
27
3a
（3）当
b?
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 ？
8
2
n?1
3
n?2
解：（1）由题意得，当
n?1
时，
a
1
?a
，当
n?2
时，
a< br>n
?a()?b()
，
32
(n?1)
?
a
?
∴
a
n
?
?
2
n?1
．
3
n?2
a()?b()(n?2)
?
2
?
3
（2） 当
b?
8a
，
27
2
n?1
8a3
n? 2
2
n?1
8a3
n?2
1
8a
()?2[a() ?()]
2
?
当
n?2
时，
a
n
?a() ?
要使得上式等号成立，
327232729
2
n?1
8a3n?2
228a
当且仅当
a()?()
，即
()
2n? 2
?()
4
，解得
n?3
，因此这个人第三年收入最少为
9
327233
（2）由已知
b?
元．
323a323a3
?b()
n?2
?a()
n?1
?()
n?2
?2a()< br>n?1
?()
n?2
?a
，上
2382382
12< br>3a
述等号成立，须
b?
且
n?1?log
2
?1? log
2
?2
因此等号不能取到，
8
3
2
33
3a
当
b?
时，这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入．
8
（3）当
n?2
时，
a
n
?a()
n? 1
2
3
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：
1.1
10
?2.59 4,1.3
10
?13.796
）
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：
1.3
10?1
1?(1?30%)?(1?30%)??(1?30%)??42.62
（万元）
1.3?1
10
到期时银行的本息和为
10?(1?10%)?10?2.5 94?25.94
（万元）
∴甲方案扣除本息后的净获利为：
42.62?25.94?16.7
（万元）
29
乙方案：逐年获利成等差数列，前10年共获利：
10(1?5.5)
?32.50
（万元）
2
1.1
10
?1
9
?17.53
（万元） 贷款 的本利和为：
1.1[1?(1?10%)??(1?10%)]?1.1?
1.1?1
∴乙方案扣除本息后的净获利为：
32.50?17.53?15.0
（万元）
1 ?(1?0.5)?(1?2?0.5)??(1?9?0.5)?
所以，甲方案的获利较多．

三、a
n
- a
n-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，a
n
与a
n-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
b
件，（n∈N
*
）。
n
2
（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s
n
,则s
n-1
表示广告费为(n-1)元时的
销量，由题意，s
n
——
s
n-1
=
bb
，可知数列{s}不成等差也不成等比数列，但是两者的差构成等比n
2
n
2
n
数列，对于这类问题一般有以下两种方法求解： < br>bb
b
b1
+
2
+
3
+…+
n=b(2-
n
)
2
222
2
bbbbb
b< br>b
（广告费为1千元时，s=b+；2千元时，s=b++
2
；…n千元时s= b++
2
+
3
+…+
n
）
22
2
2
22
2
解法一、直接列式：由题，s=b+
解法二、（累差叠加法）设s
0
表示广告费为0千元时的销售量，
b
?
s?s?
10< br>?
2
?
b
?
bb
b
b
?
s
2
?s
1
?
2
由题：
?
2
，相加 得S
n
-S
0
=+
2
+
3
+…+
n
,
2
22
2
?
??
?
?
s? s?
b
nn?1
?
2
n
?
bb
b
b1
+
2
+
3
+…+
n
=b(2-
n)。
2
222
2
11
（2）b=4000时，s=4000( 2-
n
),设获利为t,则有t=s·10-1000n=40000(2-
n
)-1000n
22
即s=b+
欲使T
n
最大，则：
?
?
T
n
?T
n?1
?
n?5
，得
?
，故n=5,此时s=7875。
?
n?5
?
T
n?T
n?1
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、a
n
= C·a
n-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a
n
万元，则容易得到前后两年a
n
和a
n-1< br>之间的递推关
系：a
n
=a
n-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，a
n
=a
n-1
（1+25%）-200（n≥2），即a
n
=
得a
n
=
55
a
n-1
-200，设a
n
+λ=（a
n -1
+λ），展开
44
5115
a
n-1
+λ，λ=-20 0，λ=-800，∴a
n
-800=（a
n-1
-800），即{a
n
-800}成一个等比数列，
4444
5
n-1
5
n-1
a
1
=100 0(1+25%)-200=1050, a
1
-800=250，∴a
n
-800=250（），a
n
=250（）+800，令a
n
≥
4 000，
44
5
得（）
n
≥16，解得n≥12,即至少要过12年 才能达到目标。
4
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：
a
n
?(1?6%)a
n?1
?b?0.9 4a
n?1
?b
即
a
n
?
(n?2)

5050
b
＝0.94（
a
n?1
?b
）
33
5050
b
｝是以0.94为公比，以
30?b
为首项的等比 数列。
33
∴｛
a
n
?
∴
a
n
?
50505050
n－1n－1
·0.94，即
a
n
?b
+（
30?
·0.94
b
＝（
30?b
）
b
）
3333
50
b
≥0即b≤1.8时，
a
n
≤
a
n-1
≤……≤
a
1
=30
3
50
b
<0即b<1.8时
3
(1)当
30?
(2) 当
30?
lim
an
＝
lim
［
n??n??
505050
n－1
·0.94］＝
b

b
+（
30?b
）
333
50
b
，因此，如果要求汽车保有量不超过60万辆，
3
并且 数列｛
a
n
｝为递增数列，可以任意接近
即
a
n
≤ 60（n=1,2,3……），则
50
。
b
≤60，即b≤3.6（万辆）
3
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
a
n
块（1≤n≤10，n∈N）
则
a
n
?
a
n? 1
1
?1
，即
a
n
?2?(a
n?1
?2 )

2
2
∴｛
a
n
+2｝为等比数列，且公比为
又由题意得：
a
1
＝
1

2
s
－1
2
s
＋1
2
s
∴
a
1
＋2＝＋1
2
∴
a
1
＋2＝

s1
n－1
＋1)·()
22
s1
n－1
即
a
n
＝(＋1)·()－2 < br>22
∴
a
n
＋2＝(
∵
a
10
＝0
∴（
s1
9
＋1）·（）－2＝0
22
11
解得：s＝2－2＝2046
例13．（生态问题）某地区森林原 有木材存量为
a
，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
b
，设
a
n
为
n
年后该地区森林木材的存量，
（1）求
a
n
的表达式；
7
19a
，
a
，如果
b?
9
72
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：
lg2?0.3
）
解：（1）设第一年的森林的木材存量为< br>a
1
，第
n
年后的森林的木材存量为
a
n
， 则
15
a
1
?a(1?)?b?a?b
，
44
555
a
2
?a
1
?b?()
2
a?(?1)b< br>，
444
5555
a
3
?a
2
?b?()
3
a?[()
2
??1]b
，
4444
（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
………
55555
a
n
?()
n
a?[()
n?1
?()
n?2??1]?()
n
a?4[()
n
?1]b(n?N
*
)
．
44444
197551975
（2）当
b?a
时， 有
a
n
?a
得
()
n
a?4[()
n?1]?a?a
即
()
n
?5
，
7294
44729
lg51?lg2
??7.2
． 所以，
n?
lg5?2lg21?3lg2
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a
1
== 10%,b
1
=20%,
经（n-1）次调和后甲、乙两个容器的溶液浓度为a
n
、b
n
，

（1）试用a
n-1
、b< br>n-1
表示a
n
、b
n
；
（2）求证数列 {a< br>n
-b
n
}是等比数列，并求出a
n
、b
n
的通项。
分析：该问题涉及到两个不同的数列a
n
和b
n
，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
a
n
=
400a
n?1
?10 0b
n?1
4
400b
n?1
?100a
n?1
4 11
?a
n?1
?b
n?1
； b
n
=
?b
n?1
?a
n?1

5005 550055
33
3
（n≥2），∴{a
n
-b
n
}是等比数列。又a
1
-b
1
=-10%,
a
n?1?b
n?1
=（
a
n?1
?b
n?1
）
5
55
3
∴a
n
-bn=-10%(
)
n-1< br>.……（1）
5
（2）a
n
-b
n
=
又∵
a
n
?b
n
=
a
n?1
?b
n? 1
=…= a
1
+b
1
=30%，……（2）
联立（1） 、（2）得
a
n
=-(
)
n-1
·5%+15%；
b
n
=(
)
n-1
·5%+15%。
例15．
现 有流量均为300
m
33
3
5
3
5
2
s< br>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
kgm
和0 .2
kgm
．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
m
的水量，即从A股流入B股
100
m
水，经混合后，又从B股流入A股100
m
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
kgm
（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
kgm
”．但直 接建构这样的不等
3
3
3
33
关系较为困难．为表达方便，我们分别 用
a
n
,b
n
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
a
1
＝2
kgm
，
b
1
＝0.2
kgm
，且

33
b
n?1
?
100a
n
?300b
n
1
100b
n?1< br>?200a
n
132
?a
n
?b
n
, a
n?1
?＝b
n?1
?a
n
．（＊）
43?
100?300
?
4
?
100?200
?
3


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< br>?
a
n
?b
n
?
．
由（＊）可得：

2?
?
12
2
?
?
2
2
2?
?
1
?
1
3
3
?
?
??
1
1
?
1
?b?b?a?b?a?b?a??
?a
?
?
a
n
a
?b?b?a?b?a?b?a???< br>??
??
n

?
n?1
n?1
n?1
?
?
n?1
n?1n
?
n?1
n?1n?1n
?
b
n
b
n
b
?1n
?
n
n
n?1n
n
?
?
a
n
a
n
a
n
b
?
n
?
?
?
??
?
3
?
?
43
3
?
?
3
3
3
?
?
3
?
4
4
4
?
?
?
?
2
2
?
3
所以，数列
?
a
n
?bn
?
是以
a
1
?b
1
?1.8
为首项 ，以
1
为公比的等比数列．
2

?
1
?
所以，
a
n
?b
n
?1.8?
??
?
2< br>?
n?1
．
n?1

?
1
?
由题，令
a
n
?b
n
< 0.01，得
??
?
2
?
78
?
lg180
1
?log
2
180
． ．所以，
n?1?
lg2
180
由
2?180?2
得
7?log
2
180?8，所以，
n?8
．
即从第9个观测点开始，两股水流的含沙量之差小于0.01
kgm
．
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
30000m的宿舍楼（每
层的建筑面积相同）。已知土地的征用费为
2250
元
m< br>，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m
，以后每增高一层，该层建筑费用就增加30
元
m
。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）。
2
2
2
2
3
1.5?30000
2
(m)
n
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
2250?
1.5? 3n(n?1)3
[400n??30]?
2n
万元，总费用为
n
万元，各楼层建筑费用和为
n(n?1)31.5?3
?30]??2250?
2nn

y?[400n?
?15?(3n?
675675
?77)?15 ?(23n??77)?2505
nn
（万元）
675
n
即
n?15
时上式取等号 当且仅当
3n?
∴ 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+
1
)万元（n为正整数）.
n
2
（ 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A
n
万元，进行技术改造后的累计纯利润为B
n
万元（须扣除技术改造资金），求A
n
、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，A
n
=(500－20)+(500－40)+…+(500－20n)=490n－10n
2< br>；
111
500
)+(1+
2
)+…+(1+
n< br>)]－600=500n－
n
－100.
2
22
2
500
（Ⅱ）B
n
－A
n
=(500n－
n
－10 0) －(490n－10n
2
)
2
500
50
=10n
2
+10n－
n
－100=10[n(n+1) －
n
－10].
2
2
50
因为函数y=x(x+1) －
x
－10在（0，+∞）上为增函数，
2
5050
当1≤n≤3时，n(n+1) －
n
－10≤12－－10<0；
8
2
5050
当n≥4时，n(n+1) －
n
－10≥20－－10>0.
16
2
B
n
=5 00[(1+
∴仅当n≥4时，B
n
>A
n
.
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．