《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

4.（2021·新高考Ⅰ卷）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为$20\ \text{dm}\times12\ \text{dm}$的长方形纸，对折1次共可以得到$10\ \text{dm}\times12\ \text{dm}$，$20\ \text{dm}\times6\ \text{dm}$两种规格的图形，它们的面积之和$S_{1}=240\ \text{dm}^{2}$，对折2次共可以得到$5\ \text{dm}\times12\ \text{dm}$，$10\ \text{dm}\times6\ \text{dm}$，$20\ \text{dm}\times3\ \text{dm}$三种规格的图形，它们的面积之和$S_{2}=180\ \text{dm}^{2}$，以此类推。则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折n次，那么$\sum_{k = 1}^{n}S_{k}=$______$\text{dm}^{2}$。

答案： 答案　5　$240\cdot(3-\frac{n + 3}{2^n})$
　解析　对折3次可以得到$\frac{5}{2}dm\times12dm$，$5dm\times6dm$，$10dm\times3dm$，$20dm\times\frac{3}{2}dm$，共四种规格的图形，它们的面积之和为$S_3 = 4\times30 = 120dm^2$. 对折4次可以得到$\frac{5}{4}dm\times12dm$，$\frac{5}{2}dm\times6dm$，$5dm\times3dm$，$10dm\times\frac{3}{2}dm$，$20dm\times\frac{3}{4}dm$，共五种规格的图形，它们的面积之和为$S_4 = 5\times15 = 75dm^2$. 对折$n$次有$n + 1$种规格的图形，且$S_n=\frac{240}{2^n}(n + 1)$，因此$\sum_{k = 1}^{n}S_k = 240\cdot(\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\cdots+\frac{n + 1}{2^n})$，$\frac{1}{2}\sum_{k = 1}^{n}S_k = 240\cdot(\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^n}+\frac{n + 1}{2^{n + 1}})$，因此$\frac{1}{2}\sum_{k = 1}^{n}S_k = 240\cdot(1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\cdots+\frac{1}{2^n}-\frac{n + 1}{2^{n + 1}})=240\cdot(\frac{3}{2}-\frac{n + 3}{2^{n + 1}})$，所以$\sum_{k = 1}^{n}S_k = 240\cdot(3-\frac{n + 3}{2^n})dm^2$.

例3　（1）（多选）（2023·广东佛山调研）“提丢斯数列”是18世纪由德国物理学家提丢斯给出的，具体如下：取0，3，6，12，24，48，96，…，这样一组数，容易发现，这组数从第3项开始，每一项是前一项的2倍，将这组数的每一项加上4，再除以10，就得到“提丢斯数列”：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，…，则下列说法中正确的是（ ）
A. “提丢斯数列”是等比数列
B. “提丢斯数列”的第99项为$\frac{3\times2^{97}+4}{10}$
C. “提丢斯数列”的前31项和为$\frac{3\times2^{30}+121}{10}$
D. “提丢斯数列”中，不超过300的有11项

答案： BCD [对于A，$\frac{0.7}{0.4}\neq\frac{1}{0.7}$，所以“提丢斯数列”不是等比数列，故A错误；对于B，设“提丢斯数列”为数列$\{a_n\}$，当$n\geq2$时，$a_n=\frac{3\times2^{n - 2}+4}{10}$，所以$a_{99}=\frac{3\times2^{97}+4}{10}$，故B正确；对于C，“提丢斯数列”的前31项和为$0.4+\frac{3}{10}\times(1 + 2^1 + 2^2+\cdots+2^{29})+\frac{4}{10}\times30=\frac{3\times2^{30}}{10}+\frac{121}{10}$，故C正确；对于D，由$a_n=\frac{3\times2^{n - 2}+4}{10}\leq300$，得$n\leq11$，所以“提丢斯数列”中，不超过300的有11项，故D正确. 故选BCD.]

（2）（多选）（2024·雅礼中学月考）记$\langle x\rangle$表示与实数x最接近的整数（若$x=a+\frac{1}{2}$，$a\in\mathbf{Z}$，则取$\langle x\rangle=a$），数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\frac{1}{\langle\sqrt{n}\rangle}(n\in\mathbf{N}^{*})$，其前n项和为$S_{n}$，设$k = \langle\sqrt{n}\rangle$，则下列结论正确的是（ ）
A. $\sqrt{n}=k-\frac{1}{2}$
B. $\sqrt{n}＜k+\frac{1}{2}$
C. $n\geqslant k^{2}-k + 1$
D. $S_{2024}＜90$

答案： BCD [由题意，$\langle x\rangle$表示与实数$x$最接近的整数且$k = \langle\sqrt{n}\rangle$，当$n = 1$时，可得$\sqrt{n}=1$，则$k = \langle\sqrt{n}\rangle=1$，$k-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\neq1$，A不正确；易得$|\sqrt{n}-\langle\sqrt{n}\rangle|\lt\frac{1}{2}$，即$|\sqrt{n}-k|\lt\frac{1}{2}$，所以$-\frac{1}{2}\lt\sqrt{n}-k\lt\frac{1}{2}$，故$\sqrt{n}\lt k+\frac{1}{2}$成立，B正确；由B项分析知$k-\frac{1}{2}\lt\sqrt{n}\lt k+\frac{1}{2}$，易知$k\geq1$，故对$k-\frac{1}{2}\lt\sqrt{n}\lt k+\frac{1}{2}$两边平方得$k^2 - k+\frac{1}{4}\lt n\lt k^2 + k+\frac{1}{4}$，因为$n\in N^*$且$k^2 - k+\frac{1}{4}$不是整数，且$k^2 - k + 1$是大于$k^2 - k+\frac{1}{4}$的最小整数，所以$n\geq k^2 - k + 1$成立，C正确；当$n = 1$，$2$时，$\langle\sqrt{n}\rangle=1$，此时$a_1 = a_2 = 1$；当$n = 3$，$4$，$5$，$6$时，$\langle\sqrt{n}\rangle=2$，此时$a_3 = a_4 = a_5 = a_6=\frac{1}{2}$；当$n = 7$，$8$，$9$，$10$，$11$，$12$时，$\langle\sqrt{n}\rangle=3$，此时$a_7 = a_8=\cdots=a_{12}=\frac{1}{3}$；当$n = 13$，$14$，$\cdots$，$20$时，$\langle\sqrt{n}\rangle=4$，此时$a_{13} = a_{14}=\cdots=a_{20}=\frac{1}{4}$；$\cdots$，所以数列$\{a_n\}$中有2个1，4个$\frac{1}{2}$，6个$\frac{1}{3}$，8个$\frac{1}{4}$，$\cdots$，又2，4，6，8，$\cdots$构成首项为2，公差为2的等差数列$\{b_n\}$，其前$n$项和$T_n=\frac{n(2 + 2n)}{2}=n(n + 1)$，而$2024 = 44\times(44 + 1)+44$，所以$S_{2024}=1\times2+\frac{1}{2}\times4+\frac{1}{3}\times6+\cdots+\frac{1}{44}\times88+\frac{1}{45}\times44 = 2\times44+\frac{44}{45}=88+\frac{44}{45}\lt90$，D正确. 故选BCD.]

对点训练
5.（多选）（2023·山东日照模拟）若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质。对于正整数k，$\varphi(k)$是不大于k的正整数中与k互质的数的个数，函数$\varphi(k)$以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数。例如：$\varphi(2)=1$，$\varphi(3)=2$，$\varphi(6)=2$，$\varphi(8)=4$。已知欧拉函数是积性函数，即如果m，n互质，那么$\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)$，例如：$\varphi(6)=\varphi(2)\varphi(3)$，则（ ）
A. $\varphi(5)=\varphi(8)$
B. 数列$\{\varphi(2^{n})\}$是等比数列
C. 数列$\{\varphi(6^{n})\}$不是递增数列
D. 数列$\{\frac{n}{\varphi(6^{n})}\}$的前n项和小于$\frac{18}{25}$

答案： ABD [$\varphi(5)=4$，$\varphi(8)=4$，$\therefore\varphi(5)=\varphi(8)$，A正确；$\because2$为质数，$\therefore$在不超过$2^n$的正整数中，所有偶数的个数为$2^{n - 1}$，$\therefore\varphi(2^n)=2^n - 2^{n - 1}=2^{n - 1}$，为等比数列，B正确；$\because$与$3^n$互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，$\cdots$，$3^n - 2$，$3^n - 1$，共有$(3 - 1)\cdot3^{n - 1}=2\cdot3^{n - 1}$个，$\therefore\varphi(3^n)=2\cdot3^{n - 1}$，又$\varphi(6^n)=\varphi(2^n)\varphi(3^n)=2\cdot6^{n - 1}$，$\therefore$数列$\{\varphi(6^n)\}$是递增数列，C错误；$\varphi(6^n)=2\cdot6^{n - 1}$，记$\{\frac{n}{\varphi(6^n)}\}$的前$n$项和为$S_n$，则$S_n=\frac{1}{2\times6^0}+\frac{2}{2\times6^1}+\cdots+\frac{n}{2\times6^{n - 1}}$，$\frac{1}{6}S_n=\frac{1}{2\times6^1}+\frac{2}{2\times6^2}+\cdots+\frac{n}{2\times6^n}$，两式相减得$\frac{5}{6}S_n=\frac{1}{2\times6^0}+\frac{1}{2\times6^1}+\frac{1}{2\times6^2}+\cdots+\frac{1}{2\times6^{n - 1}}-\frac{n}{2\times6^n}=\frac{\frac{1}{2}\times(1-\frac{1}{6^n})}{1-\frac{1}{6}}-\frac{n}{2\times6^n}=\frac{3}{5}-\frac{3}{5\times6^n}-\frac{n}{2\times6^n}$，$\therefore S_n=\frac{18}{25}-\frac{18}{25\times6^n}-\frac{3n}{5\times6^n}\lt\frac{18}{25}$，$\therefore$数列$\{\frac{n}{\varphi(6^n)}\}$的前$n$项和小于$\frac{18}{25}$，D正确. 故选ABD.]