2020-2021学年河南省郑州市高二（上）期中考试数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省郑州市高二（上）期中考试数学（文）试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=3，A=60∘，B=45∘，则b的长为( )
A.22B.1C.2D.2

2. 命题“∃x0∈(0, +∞)，lnx0=x0−1”的否定是( )
A.∃x0∈(0, +∞)，lnx0≠x0−1B.∃x0∈(0, +∞)，lnx0=x0−1
C.∀x∈(0, +∞)，lnx≠x−1D.∀x∈(0, +∞)，lnx=x−1

3. 《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包分给五个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，问最小一份为( )
A.53B.103C.56D.116

4. 如果a∈R，且a2+a<0，那么a，a2，−a的大小关系为( )
A.a2>a>−aB.−a>a2>aC.−a>a>a2D.a2>−a>a

5. 已知实数m，n满足2m+n=2，其中m>0，n>0，则1m+2n的最小值为( )
A.4B.6C.8D.12

6. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin2A+sin2B−sin2C=0，a2+c2−b2−ac=0，c=2，则a=( )
A.3B.1C.12D.22

7. “m=−1”是“直线l1:mx+(2m−1)y+1=0与直线l2:3x+my+3=0垂直”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

8. 已知变量x，y满足约束条件x+y−1≤0，3x−y+1≥0，x−y−1≤0，则z=2x+y的最大值为（ ）
A.1B.2C.3D.4

9. 下列结论正确的是( )
A.当x>0且x≠1时，lgx+1lgx≥2
B.x>0时，6−x−4x的最大值是2
C.x2+5x2+4的最小值是2
D.当x∈0,π时，sinx+4sinx的最小值为4

10. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcsC+ccsB=asinA，则△ABC的形状为( )
A.直角三角形B.锐角三角形C.钝角三角形D.不确定

11. 对于数列{an}，定义H0=a1+2a2+⋯+2n−1ann为{an}的“优值”．现已知某数列的“优值”H0=2n+1，记数列{an−20}的前n项和为Sn，则Sn的最小值为( )
A.−64B.−68C.−70D.−72

12. 已知△ABC的内角A，B，C满足sin2A+sin(A−B+C)=sin(C−A−B)+12，面积S满足1≤S≤2，记a，b，c分别为A，B，C所对的边，在下列不等式一定成立的是( )
A.bc(b+c)>8B.ab(a+b)>162C.6≤abc≤12D.12≤abc≤24
二、填空题

已知△ABC的面积为53，A=π6，AB=5，则BC=________.

在等差数列{an}中，a1=7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n=8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．

若a，b，c>0，且a(a+b+c)+bc=4−23，求2a+b+c的最小值________．

定义数列an满足an+2+−1nan=3n−1，前16项和为540，则a1=________.
三、解答题

已知p:|2x−5|≤3，q:x2−(a+2)x+2a≤0．
(1)若p是真命题，求对应x的取值范围；

(2)若p是q的必要不充分条件，求a的取值范围．

已知函数y=ax2+2ax+1的定义域为R．
(1)求a的取值范围．

(2)若函数的最小值为22，解关于x的不等式x2−x−a2−a<0．

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=π4，b2−a2=12c2．
(1)求tanC的值；

(2)若△ABC的面积为3，求b的值．

设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn=lna3n+1，n=1，2，⋯，求数列{bn}的前n项和Tn．

有一展馆形状是边长为2的等边△ABC，DE把展馆分成上下两部分面积比为1:2（如图所示），其中D在AB上，E在AC上．

(1)若D是AB中点，求AE的值；

(2)设AD=x，ED=y．
①求用x表示y的函数关系式；
②若DE是消防水管，为节约成本，希望它最短，DE的位置应在哪里？

已知数列{an}中，a1=1，an+1=anan+3(n∈N∗)．
(1)求{an}的通项公式an；

(2)数列{bn}满足bn=(3n−1)⋅n2n⋅an，数列{bn}的前n项和为Tn，若不等式(−1)nλ参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省郑州市高二（上）期中考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
由sinA，sinB，以及a的值，利用正弦定理即可求出b的长．
【解答】
解：∵ 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=3，A=60∘，B=45∘，
∴ 由正弦定理asinA=bsinB得：b=asinBsinA=3×2232=2.
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
根据特称命题否定的方法，结合已知中的原命题，可得答案．
【解答】
解：特称命题的否定是全称命题，
∴ 命题“∃x0∈(0, +∞)，lnx0=x0−1”的否定是“∀x∈(0, +∞)，lnx≠x−1”.
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
数列的应用
等差关系的确定
【解析】
设五个人所分得的面包为a−2d，a−d，a，a+d，a+2d，(d>0)；则由五个人的面包和为100，得a的值；由较大的三份之和的17是较小的两份之和，得d的值；从而得最小的1分a−2d的值．
【解答】
解：设五个人所分得的面包为a−2d，a−d，a，a+d，a+2d，（其中d>0）；
则(a−2d)+(a−d)+a+(a+d)+(a+2d)=5a=100，
∴ a=20；
由17(a+a+d+a+2d)=a−2d+a−d，
得3a+3d=7(2a−3d)，
∴ 24d=11a，
∴ d=556，
所以，最小的1份为a−2d=20−1106=53．
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
不等式比较两数大小
一元二次不等式的解法
【解析】
由a2+a<0可得−1【解答】
解：由a2+a<0可得−1∴ a2∈0,1，−a∈0,1.
∵ a2−(−a)=a2+a=a(a+1)<0，
∴ a故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
变形利用基本不等式的性质即可得出．
【解答】
解：∵ 实数m，n满足2m+n=2，其中m>0，n>0，
∴ 1m+2n=12(2m+n)(1m+2n)
=12(4+nm+4mn)≥12(4+2nm⋅4mn)
=12(4+4)=4，
当且仅当nm=4mn，即m=12，n=1时，等号成立，
∴ 1m+2n的最小值是4．
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
由sin2A+sin2B−sin2C=0，利用正弦定理可得a2+b2=c2．又a2+c2−b2−ac=0，可得2a2=ac，而c=2，即可得出．
【解答】
解：由sin2A+sin2B−sin2C=0，
利用正弦定理可得a2+b2=c2，
所以C为直角.
又a2+c2−b2−ac=0，
所以a2+c2−b2=ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=12.
因为B∈(0,π2)，
所以B=π3，
所以a=csπ3⋅c=1.
故选B．
7.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
两条直线垂直的判定
【解析】
根据直线垂直的等价条件求出m的值，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：若直线l1:mx+(2m−1)y+1=0与直线l2:3x+my+3=0垂直，
则满足3m+m(2m−1)=0，即m(m+1)=0，
得m=0或m=−1，
则“m=−1”是“直线l1:mx+(2m−1)y+1=0与直线l2:3x+my+3=0垂直”的充分不必要条件.
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示：
由z=2x+y，得y=−2x+z，
由图象可知：当直线y=−2x+z经过点A时，
直线y=−2x+z的截距最大，此时z最大，
可知目标函数z=2x+y位于点A处取得最大值，
联立x+y−1=0，x−y−1=0，解得A(1,0)，
则zmax=2×1+0=2.
故选B.
9.
【答案】
B
【考点】
基本不等式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由基本不等式的规律，逐个选项验证可得．
【解答】
解：A，当x>0且x≠1时，lgx可能为负值，lgx+1lgx≥2不一定成立，故 A错误；
B，6−x−4x=6−x+4x，
而x+4x≥2x⋅4x=4 (x>0)，
当且仅当x=2时等号成立，故6−x+4x≤2成立，故B正确；
C，x2+5x2+4=x2+4+1x2+4
=x2+4+1x2+4≥2，
当且仅当x2+4=1x2+4，即x2+4=1时取等号，
此时x2=−3，故等号取不到，故C错误；
D，当x∈0,π时，sinx>0，
由基本不等式可得sinx+4sinx≥2sinx⋅4sinx=4，
等号成立的条件为sinx=2，但sinx取不到2，故D错误．
故选B．
10.
【答案】
A
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为bcsC+ccsB=asinA，
所以由正弦定理得，sinBcsC+sinCcsB=sin2A，
即sinB+C=sin2A，
即sinA=sin2A.
因为sinA≠0，
所以sinA=1，即A=π2，
所以△ABC为直角三角形.
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
由{an}的“优值”的定义可知a1+2a2+...+2n−1⋅an＝n⋅2n+1，当n≥2时，a1+2a2+...+2n−2⋅an−1＝(n−1)⋅2n，则求得an＝2(n+1)，则an−20＝2n−18，由数列的单调性可知当n＝8或9时，{an−20}的前n项和为Sn，取最小值．
【解答】
解：由题意可知：H0=a1+2a2+⋯+2n−1ann=2n+1，
则a1+2a2+...+2n−1⋅an=n⋅2n+1，
当n≥2时，a1+2a2+...+2n−2⋅an−1=(n−1)⋅2n，
两式相减得：2n−1⋅an=n⋅2n+1−(n−1)⋅2n，
即an=2(n+1)，
当n=1时成立，
∴ an−20=2n−18，
当an−20≤0时，即n≤9时，{an−20}的前n项和Sn最小，
最小值为S8=S9=9×(−16+0)2=−72.
故选D.
12.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
根据正弦定理和三角形的面积公式，利用不等式的性质 进行证明即可得到结论．
【解答】
解：∵ △ABC的内角A，B，C满足sin2A+sinA−B+C
=sinC−A−B+12，
∴ sin2A+sinA−B+C−sinC−A−B=12，
即sin2A+sin[A+C−B]+sin[A+B−C]=12，
即2sinAcsA+2sinAcsB−C=12，
∴ sinA(csA+cs(B−C)]=14 ，
∴ sinA−csB+C+csB−C=14，
∴ sinAsinBsinC=18．
设外接圆的半径为R，
由正弦定理可得：asinA=bsinB=csinC=2R.
由S=12absinC及正弦定理，
得sinAsinBsinC=a2R⋅b2R⋅2Sab=S2R2=18，
即R2=4S.
∵ 面积S满足1≤S≤2，
∴ 4≤R2≤8，
即2≤R≤22.
由sinAsinBsinC=18，
可得8≤abc≤162，故排除选项C，D；
A，bc(b+c)>abc≥8，
即bc(b+c)>8，故选项正确，
B，ab(a+b)>abc≥8，
即ab(a+b)>8，
无法判定ab(a+b)>162，故选项错误.
故选A.
二、填空题
【答案】
13
【考点】
三角形的面积公式
余弦定理
【解析】
本题考查三角形面积公式、余弦定理．
【解答】
解：∵ S△ABC=12AB⋅ACsinA=
12×5×AC×12=53，
∴ AC=43．
由余弦定理，得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA
=52+(43)2−2×5×43×32=13，
∴ BC=13.
故答案为：13.
【答案】
(−1, −78)
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
根据题意当且仅当n=8时Sn取得最大值，得到S7【解答】
解：∵ Sn=7n+n(n−1)2d，当且仅当n=8时Sn取得最大值，
∴ S7解得：d>−1d<−78，
综上：d的取值范围为(−1, −78)．
故答案为：(−1, −78).
【答案】
23−2
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由题意知a(a+b+c)+bc＝(a+c)(a+b)＝4−23；所以2a+b+c＝(a+b)+(a+c)≥2(a+b)(a+c)=24−23=2(3−1)2=23−2；所以，2a+b+c的最小值为23−2．
【解答】
解：a(a+b+c)+bc
=a(a+b)+ac+bc
=a(a+b)+c(a+b)
=(a+c)(a+b)
=4−23．
2a+b+c=(a+b)+(a+c)
≥2(a+b)(a+c)
=24−23
=2(3−1)2
=2(3−1)
=23−2
所以，2a+b+c的最小值为23−2．
故答案为：23−2．
【答案】
7
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
由已知数列递推式，可求得n分别为奇数和偶数时的递推式，利用累加法得到n为奇数时an与a1的关系，同时根据n为偶数时的递推式求出偶数项的和，得到S16与a1的关系，从而求得a1．
【解答】
解：an+2+−1nan=3n−1，
当n为奇数时， an+2=an+3n−1；
当n为偶数时， an+2+an=3n−1.
设数列an的前n项和为Sn，
S16=a1+a2+a3+a4+⋯+a16
=a1+a3+a5+⋯+a15+a2+a4+⋯+a14+a16
=a1+a1+2+a1+10+a1+24+a1+44+a1+70
+a1+102+a1+140+5+17+29+41
=8a1+392+92
=8a1+484
=540，
∴ a1=7.
故答案为：7.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ p:|2x−5|≤3是真命题，
∴ |2x−5|≤3，
∴ −3≤2x−5≤3，
解得1≤x≤4，
∴ x的取值范围是[1, 4]．
(2)由(1)知：p:1≤x≤4，
q:x2−(a+2)x+2a=(x−2)(x−a)≤0.
p是q的必要不充分条件：
当a>2时，q:2≤x≤a，故满足a≤4，即2当a=2时，q:x=2，满足条件；
当a<2时，q:a≤x≤2，故满足a≥1，即1≤a<2．
综上所述，a的取值范围是[1, 4]．
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
命题的真假判断与应用
【解析】
（1）由p:|2x−5|≤3是真命题，解含绝对值不等式的性质能求出x的取值范围．
（2）由P:1≤x≤4，q：(x−2)(x−a)≤0，p是q的必要不充分条件得到：当a≥2时，q:2≤x≤a，当a＝2时，q:x＝2，当a<2时，q:a≤x≤2，利用分类讨论思想能求出a的取值范围．
【解答】
解：(1)∵ p:|2x−5|≤3是真命题，
∴ |2x−5|≤3，
∴ −3≤2x−5≤3，
解得1≤x≤4，
∴ x的取值范围是[1, 4]．
(2)由(1)知：p:1≤x≤4，
q:x2−(a+2)x+2a=(x−2)(x−a)≤0.
p是q的必要不充分条件：
当a>2时，q:2≤x≤a，故满足a≤4，即2当a=2时，q:x=2，满足条件；
当a<2时，q:a≤x≤2，故满足a≥1，即1≤a<2．
综上所述，a的取值范围是[1, 4]．
【答案】
解：(1)函数y=ax2+2ax+1的定义域为R，
∴ ax2+2ax+1≥0恒成立，
当a=0时，1>0恒成立，满足题意；
当a≠0时，须a>0，Δ≤0，
即a>0，4a2−4a≤0，
解得0综上，a的取值范围是{a|0≤a≤1}；
(2)∵ 函数y的最小值为22，
∴ ax2+2ax+1≥22，a∈[0, 1]；
∴ ax2+2ax+1≥12；
当a=0时，不满足条件；
当0∴ 不等式x2−x−a2−a<0可化为x2−x−34<0，
解得−12∴ 不等式的解集是{x|−12【考点】
一元二次不等式的解法
函数的定义域及其求法
【解析】
（1）由函数y=ax2+2ax+1的定义域是R，得出ax2+2ax+1≥0恒成立，求出a的取值范围；
（2）由题意得ax2+2ax+1的最小值是12，求出a的值，代入不等式x2−x−a2−a<0，求解集即可．
【解答】
解：(1)函数y=ax2+2ax+1的定义域为R，
∴ ax2+2ax+1≥0恒成立，
当a=0时，1>0恒成立，满足题意；
当a≠0时，须a>0，Δ≤0，
即a>0，4a2−4a≤0，
解得0综上，a的取值范围是{a|0≤a≤1}；
(2)∵ 函数y的最小值为22，
∴ ax2+2ax+1≥22，a∈[0, 1]；
∴ ax2+2ax+1≥12；
当a=0时，不满足条件；
当0∴ 不等式x2−x−a2−a<0可化为x2−x−34<0，
解得−12∴ 不等式的解集是{x|−12【答案】
解：(1)∵ A=π4，
∴ 由余弦定理可得：
a2=b2+c2−2bccsπ4，
∴ b2−a2=2bc−c2.
又b2−a2=12c2，
∴ 2bc−c2=12c2，
∴ 2b=32c，
可得b=32c4，
∴ a2=b2−12c2=58c2，即a=104c．
∴ csC=a2+b2−c22ab=55．
∵ C∈(0, π)，
∴ sinC=1−cs2C=255．
∴ tanC=sinCcsC=2．
(2)∵ S△ABC=12absinC
=12×104c×324c×255
=3，
解得c=22，
∴ b=32c4=3．
【考点】
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
正弦定理
【解析】
（1）由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccsπ4，已知b2−a2=12c2．可得b=32c4，a=104c．利用余弦定理可得csC．可得sinC=1−cs2C，即可得出tanC=sinCcsC．
（2）由S△ABC=12absinC=12×104c×324c×255=3，可得c，即可得出b．
【解答】
解：(1)∵ A=π4，
∴ 由余弦定理可得：
a2=b2+c2−2bccsπ4，
∴ b2−a2=2bc−c2.
又b2−a2=12c2，
∴ 2bc−c2=12c2，
∴ 2b=32c，
可得b=32c4，
∴ a2=b2−12c2=58c2，即a=104c．
∴ csC=a2+b2−c22ab=55．
∵ C∈(0, π)，
∴ sinC=1−cs2C=255．
∴ tanC=sinCcsC=2．
(2)∵ S△ABC=12absinC
=12×104c×324c×255
=3，
解得c=22，
∴ b=32c4=3．
【答案】
解：(1)由题意得：
a1+a2+a3=7，(a1+3)+(a3+4)2=3a2，
解得a2=2．
设数列{an}的公比为q，
由a2=2，
可得a1=2q，a3=2q．
又S3=7，
则2q+2+2q=7，
即2q2−5q+2=0，
解得q1=2，q2=12.
由题意得q>1，
∴ q=2，
∴ a1=1，
故数列{an}的通项公式为an=2n−1．
(2)由(1)得，a3n+1=23n，
∴ bn=ln23n=3nln2.
又bn+1−bn=3ln2，
∴ {bn}是等差数列．
∴ Tn=b1+b2+⋯+bn
=n(b1+bn)2
=n(3ln2+3nln2)2
=3n(n+1)2ln2，
故Tn=3n(n+1)2ln2．
【考点】
等比数列的通项公式
等差中项
等比数列的前n项和
等差数列
等差数列的前n项和
【解析】
（1）由{an}是公比大于1的等比数列，S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列，我们不难构造方程组，解方程组即可求出相关基本量，进而给出数列{an}的通项公式．
（2）由bn=lna3n+1，n=1，2，…，我们易给出数列{bn}的通项公式，分析后可得：数列{bn}是一个等差数列，代入等差数列前n项和公式即可求出Tn
【解答】
解：(1)由题意得：
a1+a2+a3=7，(a1+3)+(a3+4)2=3a2，
解得a2=2．
设数列{an}的公比为q，
由a2=2，
可得a1=2q，a3=2q．
又S3=7，
则2q+2+2q=7，
即2q2−5q+2=0，
解得q1=2，q2=12.
由题意得q>1，
∴ q=2，
∴ a1=1，
故数列{an}的通项公式为an=2n−1．
(2)由(1)得，a3n+1=23n，
∴ bn=ln23n=3nln2.
又bn+1−bn=3ln2，
∴ {bn}是等差数列．
∴ Tn=b1+b2+⋯+bn
=n(b1+bn)2
=n(3ln2+3nln2)2
=3n(n+1)2ln2，
故Tn=3n(n+1)2ln2．
【答案】
解：(1)根据题意可得，
S△ADE=13S△ABC=13×12×2×3
=33.
∵ S△ADE=12AD⋅AE⋅sin60∘，
∴ AD⋅AE=43.
又∵ D是AB中点，可得AD=1，
∴ AD⋅AE=AE=43，即AE的值为43.
(2)①∵ AD⋅AE=43，
∴ AE=43AD=43x.
又∵ AE≤2，
∴ 0<43x≤2，
解得x≥23，
可得23≤x≤2．
在△ADE中，根据余弦定理，
可得y2=DE2=AD2+AE2−2AD⋅AE⋅cs60∘
=x2+169x2−43
∴ y=x2+169x2−43，x∈[23,2].
②若DE是消防水管，则y=x2+169x2−43
≥2⋅x2⋅169x2−43=233，
当且仅当x2=43，即x=233时，等号成立，
此时AE=233，DE // BC，
∴ 消防水管路线最短为DE=233.
【考点】
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）根据题意可得S△ADE=13S△ABC，再由△ABC是等边三角形且D是AB中点，利用三角形的面积公式建立关于AD、AE的等式，解之可得AE=43；
(2)(I)在△ADE中，根据余弦定理建立y2关于x2的等式，两边开方可得用x表示y的函数关系式，再由AE≤2算出23≤x≤2，可得此函数的定义域；
(II)若DE是消防水管，则根据基本不等式加以计算，可得当AE=233时消防水管路线最短为233；若DE是参观线路，利用函数的单调性的定义加以证明，可得函数y=x2+169x2−43在区间[23, 233]上为减函数，在区间[233, 2]上为增函数，由此可得当x=23或x=2时DE最长，进而得到此时D、E两点的位置．
【解答】
解：(1)根据题意可得，
S△ADE=13S△ABC=13×12×2×3
=33.
∵ S△ADE=12AD⋅AE⋅sin60∘，
∴ AD⋅AE=43.
又∵ D是AB中点，可得AD=1，
∴ AD⋅AE=AE=43，即AE的值为43.
(2)①∵ AD⋅AE=43，
∴ AE=43AD=43x.
又∵ AE≤2，
∴ 0<43x≤2，
解得x≥23，
可得23≤x≤2．
在△ADE中，根据余弦定理，
可得y2=DE2=AD2+AE2−2AD⋅AE⋅cs60∘
=x2+169x2−43
∴ y=x2+169x2−43，x∈[23,2].
②若DE是消防水管，则y=x2+169x2−43
≥2⋅x2⋅169x2−43=233，
当且仅当x2=43，即x=233时，等号成立，
此时AE=233，DE // BC，
∴ 消防水管路线最短为DE=233.
【答案】
解：(1)由题意可得，1an+1=an+3an=1+3an，
∴ 1an+1+12=3(1an+12)，
∴ {1an+12}是首项为11+12=32，公比为3的等比数列，
∴ 1an+12=32×3n−1，
∴ an=23n−1．
(2)由(1)可知：bn=(3n−1)⋅n2n⋅23n−1=n2n−1，
Tn=120+221+322+⋯+n−12n−2+n2n−1，
12Tn=121+222+⋯+n−12n−1+n2n，
两式相减得12Tn=1+12+122+⋯+12n−1−n2n
=1−12n1−12−n2n=2−n+22n，
∴ Tn=4−n+22n−1，
∴ (−1)n⋅λ<4−n+22n−1+n2n−1=4−22n−1，
若n为偶数，则λ<4−22n−1，
∴ λ<3，
若n为奇数，则−λ<4−22n−1，
∴ −λ<2，解得λ>−2，
综上可得−2<λ<3．
【考点】
数列递推式
数列的求和
不等式恒成立问题
【解析】
（1）由数列{an}中，a1＝1，an+1=anan+3(n∈N∗)，可得1an+1=an+3an=1+3an．变形为1an+1+12=3(1an+12)，利用等比数列的通项公式即可得出．
（2）由（1）可知：bn，利用“错位相减法”即可得出Tn，利用不等式(−1)​nλ【解答】
解：(1)由题意可得，1an+1=an+3an=1+3an，
∴ 1an+1+12=3(1an+12)，
∴ {1an+12}是首项为11+12=32，公比为3的等比数列，
∴ 1an+12=32×3n−1，
∴ an=23n−1．
(2)由(1)可知：bn=(3n−1)⋅n2n⋅23n−1=n2n−1，
Tn=120+221+322+⋯+n−12n−2+n2n−1，
12Tn=121+222+⋯+n−12n−1+n2n，
两式相减得12Tn=1+12+122+⋯+12n−1−n2n
=1−12n1−12−n2n=2−n+22n，
∴ Tn=4−n+22n−1，
∴ (−1)n⋅λ<4−n+22n−1+n2n−1=4−22n−1，
若n为偶数，则λ<4−22n−1，
∴ λ<3，
若n为奇数，则−λ<4−22n−1，
∴ −λ<2，解得λ>−2，
综上可得−2<λ<3．