阶段检测三 数列、不等式
一、选择题
1.C a4=a3+2=10,a5=2a4=20.
2.A 根据等差数列的性质,知S5=5a3,∴a3= =.
3.C 解法一:由已知得+=
= ,且a>0,b>0,∴ab =b+2a≥2 ,∴ab≥2 .
解法二:由题设易知a>0,b>0,∴ = + ≥2 ,则ab≥2 .选C. 4.C 由题意,得2a5a6=18,a5a6=9,∴a1am=a5a6=9,∴m=5+6-1=10,故选C.
5.B 根据等差数列的性质得到等差数列的第1,4,7项的和,第2,5,8项的和与第3,6,9项的和成等差数列,所以a3+a6+a9=66-39=27,故选B.
6.C 二元一次不等式组所表示的平面区域如图中的阴影部分所示,观察可知当直线z=x-2y过点C - 时,z取得最大值,最大值为 .故选C.
7.C 由题意知,am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,所以公差d=am+1-am=1,由等差数列的前n项和公式知,Sm=
=0,解得a1=-2,所以am=-2+(m-1)×1=2,解得m=5.
8.C 设f(x)=x2-6x+a,其图象如图所示.
关于x的一元二次不等式x2-6x+a≤0的解集中有且仅有3个整数,则 即
- 解得5 - 选C. 9.A ∵ -3an+1an-4 =(an+1-4an)·(an+1+an)=0,又an+1+an>0,∴an+1=4an,∴数列{an}是以2为首项,4 为公比的等比数列,∴an=2×4n-1=22n-1.故选A. 10.C 依题意得a≥ 恒成立.因为 =x+ ≥2 · =2,当且仅当x= ,即x=1时取等号,所以 的最小值为2,所以 的最大值是 ,所以a≥ ,故a的最小值是 ,故选C. 11.A 根据约束条件画出可行域,如图阴影部分所示,z=x2+y2表示圆心在坐标原点的圆.当此圆与直线x+y=1相切时,z=x2+y2最小,此时原点到直线x+y=1,即x+y-1=0的距离的平方为,当此圆过点 A 时,z=x2+y2最大,为 + = ,所以 ≤z≤ ,即z的取值范围是 . 12.A 设{bn}的公差为d,∵b3=-2,b10=12, ∴7d=b10-b3=12-(-2)=14,∴d=2, ∴b1=b3-2d=-2-4=-6, ∴b1+b2+…+b7=7b1+ d=7×(-6)+21×2=0. 又∵b1+b2+…+b7=(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a8-a7)=a8-a1=a8-3,∴a8-3=0,a8=3. 二、填空题 13.答案 [-4,2] 或 解得-4≤x≤0或0 解析 解法一:由题可得3 -2(Sn+1-Sn)·Sn= - ,整理得 =4 ,因为数列的各项均为正数, 所以Sn+1=2Sn,又S1=2, 所以{Sn}是以2为首项,2为公比的等比数列,得Sn=2n, 所以an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2),又a1=2不符合上式, 故an= - 解法二:∵3 -2an+1Sn= , ∴3 -2an+1Sn- =0, ∴(3Sn+an+1)(Sn-an+1)=0. 又∵an>0,∴3Sn+an+1>0,∴Sn=an+1, ∴Sn+1=an+2,∴an+1=an+2-an+1, ∴an+2=2an+1, ∴{an}从第二项开始构成以2为公比的等比数列,∵a1=S1=2, ∴3×22-4a2= ,解得a2=2(a2=-6舍去), ∴n≥2时,an=2·2n-2=2n-1, ∴an= - 15.答案 -6 解析 依题意知k<0且不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.