高考数学二轮复习 专题十二 推理与证明、算法初步考题溯源变式 理-人教版高三数学试题

（通用版）2016年高考数学二轮复习专题十二推理与证明、算法初步考题溯源教材变式理真题示例对应教材题材评说(2014·高考课标全国卷Ⅱ，5分)数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,1－an)，a8＝2，则a1＝________.(2015·高考全国卷Ⅱ，5分)下边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a＝()A.0B．2C.4D．14(2015·高考全国卷Ⅱ，5分)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.(必修5P33A组T4(2))已知数列{an}中，a1＝－eq\f(1,4)，an＝1－eq\f(1,an－1)(n>1)，写出数列的前5项.(必修3P36例1)用更相减损术求98与63的最大公约数.(选修2－2P84B组T1)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq\f(2,3)，满足Sn＋eq\f(1,Sn)＋2＝an(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表达式.考题与教材题形同孪生姐妹，正向逆向结合是殊途同归的典型.[教材变式训练]一、选择题[变式1](选修2－2P77练习T2改编)观察三角数阵，记第n行的第m个数为a(n，m)，则下列关系正确的是()111121133114641…11045…45101A．a(n＋1，m＋1)＝a(n，m)＋a(n，m＋1)B．a(n＋1，m＋1)＝a(n－1，m－1)＋a(n，m)C．a(n＋1，m＋1)＝a(n，m)＋a(n＋1，m)D．a(n＋1，m＋1)＝a(n＋1，m)＋a(n，m＋1)解析：选A.观察分析得出三角数阵中的每一个数等于其“肩上”两个数之和．∴a(n＋1，m＋1)＝a(n，m)＋a(n，m＋1)．[变式2](必修3P13例6改编)程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是eq\f(9,5)，则()A．a＝4 B．a＝5C．a＝6 D．a＝7解析：选A.由程序框图及最后输出的值是eq\f(9,5)可知：当k＝1时，S＝1，k>a不成立，故S＝1＋eq\f(1,1×2)＝eq\f(3,2)，k＝2>a不成立，故S＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2×3)＝eq\f(5,3)，k＝3>a不成立，故S＝eq\f(5,3)＋eq\f(1,3×4)＝eq\f(7,4)，k＝4>a不成立，故S＝eq\f(7,4)＋eq\f(1,4×5)＝eq\f(9,5)，此时k＝5>a成立，所以a＝4.故选A.[变式3](必修3P38－P39改编)执行如图所示的程序框图，若输出k的值为6，则判断框内可填入的条件是()A．s>eq\f(1,2)？ B．s>eq\f(3,5)？C．s>eq\f(7,10)？ D．s>eq\f(4,5)？解析：选C.依次执行程序框图，根据输出结果确定判断框内的控制条件．第一次执行循环：s＝1×eq\f(9,10)＝eq\f(9,10)，k＝8，s＝eq\f(9,10)应满足条件；第二次执行循环：s＝eq\f(9,10)×eq\f(8,9)＝eq\f(8,10)，k＝7，s＝eq\f(8,10)应满足条件，排除选项D；第三次执行循环：s＝eq\f(8,10)×eq\f(7,8)＝eq\f(7,10)，k＝6，正是输出的结果，故这时程序不再满足条件，结束循环，而选项A和B都不满足条件，结束循环，故排除A和B，故选C.[变式4](选修2－2P84A组T5改编)在等差数列{an}中，若a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)恒成立，则必有()A．a9＝0 B．a10＝0C．a9＝19 D．a10＝19解析：选B.由a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19，n∈N*)得na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝(19－n)a1＋eq\f(（19－n）（18－n）,2)d.即eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(d,2))n＝eq\f(d,2)n2＋(－a1－eq\f(37,2)d)n＋19(a1＋9d)比较左、右可得a1＋9d＝0.∴a10＝0.[变式5](选修2－2P91A组T3改编)已知eq\f(1－tanα,2＋tanα)＝1，则tan2α为()A.eq\f(3,4) B．－eq\f(3,4)C.eq\f(4,3) D．－eq\f(4,3)解析：选D.由eq\f(1－tanα,2＋tanα)＝1，得tanα＝－eq\f(1,2)，∴tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×（－\f(1,2)）,1－（－\f(1,2)）2)＝－eq\f(4,3).[变式6](选修2－2P98A组T2改编)等于()A．3n B．eq\f(1,3)×9nC.eq\f(1,3)(10n－1) D．1＋2n解析：选C.法一：当n＝1时，原式＝eq\r(11－2)＝3，A，B，C，D均满足，当eq\a\vs4\al(n)＝2时，原式＝eq\r(1111－22)＝eq\r(1089)＝33，仅有C满足．法二：∵个＝1＋10＋102＋…＋102n－1＝eq\f(1·（1－102n）,1－10)＝eq\f(1,9)(102n－1)，个＝2(1＋10＋102＋…＋10n－1)＝2·eq\f(1·（1－10n）,1－10)＝eq\f(2,9)(10n－1)，＝eq\r(\f(1,9)（102n－1）－\f(2,9)（10n－1）)＝eq\r(\f(1,9)（102n－2×10n＋1）)＝eq\r([\f(1,3)（10n－1）]2)＝eq\f(1,3)(10n－1)．二、填空题[变式7](选修2－2P71例1改编)在数列{an}中，an＋1＝eq\f(an,1＋an)，a10＝eq\f(2,19)，则a1＝________．解析：对于{an}，∵an＋1＝eq\f(an,1＋an)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)为首项，1为公差的等差数列．∴eq\f(1,a10)＝eq\f(1,a1)＋9，∴eq\f(19,2)＝eq\f(1,a1)＋9，∴a1＝2.答案：2[变式8](选修2－2P84B组T1改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq\f(2,3)，且Sn＋eq\f(1,Sn)＋2＝an(n≥2)，猜想Sn＝________．解：∵a1＝－eq\f(2,3)，Sn＋eq\f(1,Sn)＋2＝an，∴S1＝a1＝－eq\f(2,3).又S2＋eq\f(1,S2)＋2＝a2＝S2－S1＝S2＋eq\f(2,3)，∴S2＝－eq\f(3,4)，又S3＋eq\f(1,S3)＋2＝a3＝S3－S2＝S3＋eq\f(3,4)，∴S3＝－eq\f(4,5).所以猜想Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2).答案：－eq\f(n＋1,n＋2)三、解答题[变式9](选修2－2P84A组T4改编)在△ABC中，内角A、B、C有关系eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)≥eq\f(9,π).在四边形ABCD中，内角A、B、C、D有关系eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)≥eq\f(16,2π).在五边形ABCDE中，内角A、B、C、D、E有关系eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)＋eq\f(1,E)≥eq\f(25,3π).(1)猜想在n边形A1A2…An中有怎样的关系；(2)用你学过的知识，证明△ABC中的关系eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)≥eq\f(9,π).解：(1)观察规律：eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,（n－2）π).(2)证明：∵在△ABC中，A＋B＋C＝π，∴(A＋B＋C)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,A)＋\f(1,B)＋\f(1,C)))＝3＋eq\f(B,A)＋eq\f(C,A)＋eq\f(A,B)＋eq\f(C,B)＋eq\f(A,C)＋eq\f(B,C)≥3＋2eq\r(\f(A,B)·\f(B,A))＋2eq\r(\f(A,C)·\f(C,A))＋2eq\r(\f(B,C)·\f(C,B))＝9，当且仅当A＝B＝C＝eq\f(π,3)时，等号成立．∴eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)≥eq\f(9,π).[变式10](选修2－2P94例2改编)是否存在实数b、c使得12＋22＋…＋n2＝eq\f(1,6)n(2n2＋bn＋c)对于一切n∈N*恒成立，若存在，求实数b，c，并证明等式的成立性．若不存在，说明理由．解：当n＝1，2时，得b＋c＝4；2b＋c＝7，所以b＝3，c＝1.下面用数学归纳法证明12＋22＋…＋n2＝eq\f(1,6)n(2n2＋3n＋1)的成立性．①当n＝1时，左边＝1，右边＝eq\f(1,6)×1×6＝1，等式成立．②假设n＝k(k∈N*且k≥1)时，等式成立，即12＋22＋…＋k2＝eq\f(1,6)k(2k2＋3k＋1)．那么当n＝k＋1时