ФИПИ · ЕГЭ · Профильный уровень · Задание 16 (КИМ 2026)

Задание 16. Экономическая задача

Архив КИМ 2026. Экономической задачи с развёрнутым ответом в КИМ 2027 нет: финансовые задачи — в задании 13 с кратким ответом. Смотрите задание 13 КИМ 2027 · все номера КИМ 2026

66 заданий открытого банка ФИПИ с развёрнутым ответом: решите на бумаге, при затруднении — подсказка. Где ответ — число, впишите его и проверьте; остальное сверьте с полным разбором и отметьте, получилось ли.

Родителю: как помочь с темой «Задание 16. Экономическая задача»

В теме 4 подтемы: Натуральные и целые числа, Область определения и множество значений функции, Рациональные числа, Целые и дробно-рациональные уравнения.

Попросите ребёнка открыть теорию и за 2–3 минуты своими словами рассказать вам главное.
Затем 10 заданий во вкладке «Практика»: смотрите не на скорость, а на точность — и на то, где понадобилась подсказка.
Ошибки не решайте за него: разберите пошаговое решение вместе и вернитесь к ним через день-два.

Кабинет родителя: что проходят, проверочные, результат ребёнка по ссылке →

Решено

Правильно

Точность

Что проверяет номер

Задание 16 — текстовая задача «из жизни банка или фирмы»: кредит, вклад, производство. Нужно перевести условие на язык формул (составить математическую модель), решить уравнение или неравенство и записать ответ в рублях, процентах или годах. Решение пишется полностью, максимум 2 балла.

Равные платежикредит гасится

n

одинаковыми выплатами (аннуитет)

Долг убывает равномернокаждый год (месяц) долг меньше на одну и ту же сумму

Долг задантаблицей, процентом уменьшения или «только проценты»

Платежи заданыизвестны выплаты — найти сумму кредита или ставку

r

Вкладрост на

r %

и пополнения — найти первоначальный вклад

Оптимизациязаводы, окупаемость, «когда продать бумаги» — наибольшее/наименьшее

2 балла — обоснованно получен верный ответ. 1 балл — верно построена математическая модель (уравнение, неравенство или функция), но дальше ошибка или решение не доведено. Ответ без модели — 0 баллов.

Подробнее: как оформить решение на 2 балла

Обозначения: $S$ — кредит, $k = 1 + \frac{r}{100}$ , $x$ — платёж; единицы (тыс. или млн руб.).
Модель: цепочка долгов или таблица по годам, затем уравнение / неравенство / функция. Именно за этот шаг дают 1 балл.
Решение с выкладками; при «наибольшем целом» — проверка соседнего значения.
Ответ в тех единицах, о которых спрашивают («сколько рублей» — переведите из тысяч).

«Пусть $x$ — ежегодный платёж (руб.), $k = 1, 2$ . Долг в июле 2027 г. $S k - x$ , в июле 2028 г. $(S k - x) k - x$ , в июле 2029 г. $((S k - x) k - x) k - x = 0$ . Отсюда $S k^{3} = x (k^{2} + k + 1)$ …»

Частые потери: ответ в тысячах вместо рублей; «меньше» перепутано с «не больше» при целом $S$ ; забыт последний платёж или первое начисление.

Язык кредитных задач

Почти все задачи про кредит устроены одинаково: год делится на начисление (долг умножается) и платёж (долг уменьшается).

Один «год» кредита: начисление (

k = 1 + \frac{r}{100}

— во сколько раз растёт долг), затем платёж. Дальше цикл повторяется.

D_{новый} = D \cdot k - x

k = 1 + \frac{r}{100}

D

— долг после прошлого платежа,

r

— процент за год (месяц),

x

— платёж

Слова в условии	Что это значит
«долг возрастает на 20 %»	$D \to 1, 2 D$ , то есть $k = 1, 2$
«долг меньше на одну и ту же сумму»	долг убывает равномерно: шаг $S / n$
«долг на 30 % меньше, чем в прошлом июле»	$D_{i} = 0, 7 D_{i - 1}$
«выплачивает только проценты»	платёж $(k - 1) D$ , долг не меняется
«погашен полностью к июлю»	последний долг равен $0$

Удобно вести таблицу «год — долг после начисления — платёж — долг после платежа». Из неё модель читается сама.

Равные платежи (аннуитет)

Платёж $x$ каждый год один и тот же. Распишем долг: $S$ , затем $S k - x$ , затем $(S k - x) k - x$ и т. д. После $n$ -го платежа долг равен нулю:

S k^{n} = x (k^{n - 1} + \dots + k + 1) = x \cdot \frac{k ^{n} - 1}{k - 1}

S

— сумма кредита,

n

— число платежей,

x

— один платёж

Отсюда $x = \frac{S k ^{n} ( k - 1 )}{k ^{n} - 1}$ ; всего выплачено $n x$ , переплата $n x - S$ .

Кредит 910 000 руб. под 20 % гасится тремя равными платежами. Найдём платёж и переплату.

$k = 1, 2$ : $910000 \cdot 1, 2^{3} = x (1, 2^{2} + 1, 2 + 1)$ , то есть $1572480 = 3, 64 x$ .
$x = 432000$ руб. Всего выплачено $3 x = 1296000$ руб.
Переплата: $1296000 - 910000 = 386000$ руб.

Равные платежи по 432 тыс.: розовое — начисление 20 %, фиолетовое — платёж. Долг убывает неравномерно.

Обратные задачи («общая сумма выплат на 77 200 больше кредита», «выплачено 375 000») решаются той же формулой: известное подставляем, неизвестное ( $S$ или $x$ ) находим. Если дана переплата $P$ , то $n x - S = P$ — второе уравнение к основному.

Не путайте: равные платежи — это аннуитет; равное уменьшение долга — другая схема (следующая карточка), там платежи разные.

Долг убывает равномерно

Долг в июле: $S, \frac{n - 1}{n} S, \dots, \frac{1}{n} S, 0$ — каждый раз меньше на $\frac{S}{n}$ . Платёж года $i$ — это «кусок долга» плюс проценты на остаток:

x_{i} = \frac{S}{n} + \frac{r}{100} \cdot \frac{( n - i + 1 ) S}{n}

i

— номер платежа; платежи убывают арифметической прогрессией

S = 8 млн, n = 4, r = 10 %: платежи 2,8; 2,6; 2,4; 2,2 — убывают арифметической прогрессией.

Складываем платежи. Проценты берутся с долгов $S, \frac{n - 1}{n} S, \dots, \frac{1}{n} S$ , их сумма по формуле арифметической прогрессии равна $\frac{( n + 1 ) S}{2}$ . Поэтому

Σ = S + \frac{r}{100} \cdot \frac{( n + 1 ) S}{2}

общая сумма выплат: кредит плюс проценты на все долги

Кредит 6 млн руб. под 15 %, долг каждый июль меньше на одну и ту же сумму, всего выплачено 9,6 млн. На сколько лет взят кредит?

По формуле суммы: $9, 6 = 6 + 0, 15 \cdot 3 (n + 1)$ , то есть $3, 6 = 0, 45 (n + 1)$ .
$n + 1 = 8$ , $n = 7$ . Ответ: на 7 лет.

Помесячные схемы и «остаток в конце»

Те же формулы работают по месяцам: «1-го числа долг растёт на $r %$ , 15-го долг меньше на одну и ту же сумму». Часто долг уменьшается равномерно только до остатка $B$ , а затем гасится одним платежом.

Если последний долг равен нулю, то при любой схеме

Σ T = S + \frac{r}{100} \cdot T, = D_{0} + D_{1} + \dots + D_{n - 1},

где $D_{0} = S, D_{1}, \dots$ — долги на 15-е число (в июль) перед каждым начислением. Платежи «съедают» весь долг и все проценты.

Кредит 1000 тыс. руб. на 21 месяц, 2 % в месяц. Первые 20 месяцев долг уменьшается на 40 тыс., на 15-е число 20-го месяца он равен 200 тыс., в 21-й месяц гасится полностью. Сколько всего выплачено?

Долги перед начислениями: $1000, 960, \dots, 240, 200$ — 21 число, арифметическая прогрессия.
Их сумма: $(1000 + 200) \cdot 21 : 2 = 12600$ .
$Σ = 1000 + 0, 02 \cdot 12600 = 1252$ тыс. руб.

Подробнее: сумма платежей за один год из многих месяцев

Кредит 12 млн на 24 месяца под 2 % в месяц, долг уменьшается равномерно на $\frac{12}{24} = 0, 5$ млн. За второй год (месяцы 13–24) вносится 12 «кусков» по 0,5 млн и проценты на долги $6; 5, 5; \dots; 0, 5$ млн:

12 \cdot 0, 5 + 0, 02 \cdot \frac{( 6 + 0 , 5 ) \cdot 12}{2} = 6 + 0, 78 = 6, 78 млн .

Число слагаемых в сумме долгов — по числу начислений. При $n + 1$ месяцах их $n + 1$ , включая сам кредит $S$ .

Долг задан: таблица, проценты, «только проценты»

Если известны все долги $D_{0}, D_{1}, \dots$ , каждый платёж находится сразу:

x_{i} = k D_{i - 1} - D_{i}

долг после начисления минус долг после платежа

Долг в июле: $S$ , $0, 7 S$ , $0, 4 S$ , $0$ ; ставка 20 %; $S$ — целое число млн. Каждый платёж меньше 4 млн. Найдём наибольшее $S$ .

$x_{1} = 1, 2 S - 0, 7 S = 0, 5 S$ ; $x_{2} = 0, 84 S - 0, 4 S = 0, 44 S$ ; $x_{3} = 0, 48 S$ .
Наибольший платёж $0, 5 S < 4$ , значит $S < 8$ . Ответ: $S = 7$ млн.

Кредит $S$ на 4 года под 25 %. В 1-й и 2-й годы платятся только проценты, в 3-й и 4-й — равные платежи $x$ , гасящие долг. Общая сумма меньше 10 млн, $S$ — целое число млн.

Проценты: $2 \cdot 0, 25 S = 0, 5 S$ . Для двух равных платежей: $S \cdot 1, 2 5^{2} = x (1, 25 + 1)$ , $x = \frac{25}{36} S$ .
$Σ = 0, 5 S + \frac{50}{36} S = \frac{17}{9} S$ ; из $\frac{17}{9} S < 10$ получаем $S < 90 : 17 \approx 5, 3$ . Ответ: 5 млн.

«Долг на 50 % меньше каждый год»: долги $4000, 2000, 1000, 0$ при $r = 25 %$ дают $Σ = 4000 + 0, 25 \cdot (4000 + 2000 + 1000) = 5750$ — та же формула суммы через долги.

Платежи заданы; вклады

Кредит 500 тыс. руб. погашен за два года: 300 тыс. в первый год и 360 тыс. во второй. Найдём $r$ .

$(500 k - 300) k = 360$ , то есть $25 k^{2} - 15 k - 18 = 0$ .
Дискриминант $225 + 1800 = 2025 = 4 5^{2}$ , $k = (15 + 45) : 50 = 1, 2$ (второй корень отрицательный). Ответ: $r = 20$ .

Вклад устроен так же, только деньги «ваши»: каждое начисление умножает сумму на $k$ , пополнение прибавляет.

Вклад на 3 года, в конце каждого года +10 %, в начале 2-го и 3-го годов пополнение на 2 млн. Первоначальный вклад $S$ — целое число млн. При каком наименьшем $S$ через 3 года будет больше 15 млн?

$((1, 1 S + 2) \cdot 1, 1 + 2) \cdot 1, 1 = 1, 331 S + 4, 62$ .
$1, 331 S + 4, 62 > 15$ , $S > 10, 38 : 1, 331 \approx 7, 8$ . Ответ: 8 млн (при $S = 8$ будет $15, 268$ , при $S = 7$ — только $13, 937$ ).

Пополнение «в начале года» успевает получить процент этого года, «в конце года» — нет. Проверьте, где оно в цепочке умножений.

Задачи на оптимальный выбор

Затраты на выпуск $x$ тыс. единиц — $(x^{2} + 2 x + 5)$ млн руб. в год, цена — $p$ тыс. руб., прибыль $p x - (x^{2} + 2 x + 5)$ . Завод стоит 80 млн. При каком наименьшем $p$ он окупится не более чем за 4 года?

Прибыль — парабола ветвями вниз, вершина при $x = \frac{p - 2}{2}$ , наибольшая прибыль $\frac{( p - 2 ) ^{2}}{4} - 5$ .
$4 (\frac{( p - 2 ) ^{2}}{4} - 5) \geq 80$ , $(p - 2)^{2} \geq 100$ , $p \geq 12$ . Ответ: 12.

За $t^{2}$ часов работы выпускается $t$ единиц; час стоит 100 руб. на первом заводе и 400 руб. на втором; бюджет 800 000 руб. Наибольший выпуск $t_{1} + t_{2}$ ?

$100 t_{1}^{2} + 400 t_{2}^{2} = 800000$ . Выразим $t_{2}$ через $t_{1}$ и найдём максимум $f (t_{1}) = t_{1} + t_{2}$ по производной: $f^{'} = 0 ⟺ 100 t_{1} = 400 t_{2}$ , то есть $t_{1} = 4 t_{2}$ .
$1600 t_{2}^{2} + 400 t_{2}^{2} = 800000$ , $t_{2} = 20$ , $t_{1} = 80$ . Ответ: 100 единиц.

Бумаги стоят $t^{2}$ тыс. руб. в конце года $t$ ; деньги на счёте растут на 30 % в год. Когда продать, чтобы к концу 15-го года сумма была наибольшей?

$F (t) = t^{2} \cdot 1, 3^{15 - t}$ ; сравним соседние: $F (t + 1) > F (t) ⟺ (\frac{t + 1}{t})^{2} > 1, 3$ .
$t = 7$ : $\frac{64}{49} \approx 1, 306 > 1, 3$ — ещё растёт; $t = 8$ : $\frac{81}{64} \approx 1, 266 < 1, 3$ — уже убывает. Ответ: в конце 8-го года.

F (t) = t^{2} \cdot 1, 3^{15 - t}

(тыс. руб.): растёт до

t = 8

, потом убывает.

Подробнее: при каких

r

выгодно продать строго в год

t_{0}

Нужно $F (t_{0}) > F (t_{0} - 1)$ и $F (t_{0} + 1) < F (t_{0})$ : $(\frac{t _{0} + 1}{t _{0}})^{2} - 1 < r < (\frac{t _{0}}{t _{0} - 1})^{2} - 1$ . Для $t_{0} = 5$ : $\frac{11}{25} < r < \frac{9}{16}$ .

Шпаргалка номера

Схема	Формула
Один год	$D \to D k - x$ , $k = 1 + \frac{r}{100}$
Равные платежи	$S k^{n} = x \cdot \frac{k ^{n} - 1}{k - 1}$
Долг убывает равномерно	$x_{i} = \frac{S}{n} + \frac{r}{100} \cdot \frac{( n - i + 1 ) S}{n}$
Сумма при равномерном	$Σ = S + \frac{r}{100} \cdot \frac{( n + 1 ) S}{2}$
Любая схема до нуля	$Σ = S + \frac{r}{100} (D_{0} + \dots + D_{n - 1})$
Долги известны	$x_{i} = k D_{i - 1} - D_{i}$
Только проценты	$x = (k - 1) S$ , долг не меняется
Вклад с пополнением	$(\dots (S k + P) k + P \dots) k$
Прибыль-парабола	максимум в вершине $x_{0} = - \frac{b}{2 a}$
«Когда продать»	сравнить $\frac{F ( t + 1 )}{F ( t )}$ с $1$

Сумма арифметической прогрессии $\frac{( a _{1} + a _{m} ) m}{2}$ и геометрической $\frac{q ^{m} - 1}{q - 1}$ — два главных инструмента номера.

Задания открытого банка ФИПИ «Задание 16. Экономическая задача» (профильный уровень). Развёрнутый ответ: на экзамене записывается полное решение, его проверяет эксперт.

Неофициальная копия. Условия заданий — из открытого банка заданий ФИПИ (fipi.ru); номер у каждого задания открывает его в банке ФИПИ. Ответы, подсказки, разборы и рисунки подготовлены reknow.ru. Нашли ошибку — нажмите «Сообщить об ошибке» у задания.

Серия: 0