2020-2021学年河南省信阳市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省信阳市高二（上）期中考试数学（理）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. 已知集合A={x|x−3x+1≤0}，B={x|lgx≤1}，则A∩B=( )
A.[−1, 3]B.(−1, 3]C.(0, 1]D.(0, 3]

2. 已知等比数列{an}满足a4=2a3，a1=1，则S4=( )
A.7B.8C.15D.31

3. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a2+c2−b2=3ac，则角B的值为( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6

4. 对于任意实数a，b，c，d，以下四个说法：①若ac2>bc2，则a>b；②若a>b，c>d，则a+c>b+d；③若a>b，c>d，则ac>bd；④a>b，则1a>1b．其中正确的个数为( )
A.1B.2C.3D.4

5. 1772年德国的天文学家J．E．波得发现了求太阳和行星间距离的法则．记地球距离太阳的平均距离为10，可以算得当时已知的六大行星距离太阳的平均距离如下表：
除水星外，其余各星与太阳的距离都满足波得定则（某一数列规律）．当时德国数学家高斯根据此定则推算，火星和木星之间距离28应该还有一颗大行星．1801年，意大利天文学家皮亚齐通过观测，果然找到了火星和木星之间距离28的谷神星以及它所在的小行星带．请你根据这个定则，估算出从水星开始由近到远算，第10个行星与太阳的平均距离大约是( )
A.388B.772C.1540D.3076

6. 若实数x，y满足约束条件x−y≥0,x+y+2≥0,x−3≤0, 则2x+y的最大值为( )
A.−3B.1C.9D.10

7. 若满足∠ABC=60∘，AC=12，BC=k的△ABC恰有一个，则k的取值范围为( )
A.(1,12]B.83C.(1,12]∪{83}D.(0,12]∪{83}

8. 已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则下列命题错误的是( )
A.d<0B.S11>0
C.{Sn}中的最大项为S11D.|a6|>|a7|

9. 如图所示，为了测量A、B两座岛屿间的距离，小船从初始位置C出发，已知A在C的北偏西45∘的方向上，B在C的北偏东15∘的方向上，现在船往东开2百海里到达E处，此时测得B在E的北偏西30∘的方向上，再开回C处，由C向西开26百海里到达D处，测得A在D的北偏东22.5∘的方向上，则A，B两座岛屿间的距离为( )

A.3B.32C.4D.42

10. 《几何原本》中的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成为了后世西方数学家处理问题的重要依据．通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．如图所示，AB是圆弧所在圆的直径，O为圆心．在AB上取一点C，使得AC=a，BC=b，过点C作CD⊥AB交圆弧于点D，连接OD．作CE⊥OD交OD于点E．则下列不等式可以表示CD≥DE的是( )

A.ab≥2aba+b(a>0，b>0)B.a+b2≥ab(a>0，b>0)
C.a2+b22≥a+b2(a>0，b>0)D.a2+b2≥2ab(a>0，b>0)

11. 定义max{a,b}=a，a≥b，b，aA.(−∞,−3]B.−∞,−3∪2,+∞
C.(−∞,−3]∪−2,1D.−∞,−3∪2,+∞∪{−2,1}

12. 在△ABC 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=22，点P是AB的中点，若PC=a−b ，则△ABC面积的最大值为( )
A.3B.3C.23D.12
二、填空题

已知不等式x2−ax+1>0对任意的实数x恒成立，则实数a的一个可能取值为________.

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csB=23，b=4，c=3，则csC=__________.

已知x+y=1，y>0，x≠0，则1|x|+|x|y的最小值是________.

已知数列an满足nan−28an+1=n−1n∈N∗，a1+a2+a3=75，记Sn=a1a2a3+a2a3a4+a3a4a5+⋯+anan+1an+2，则a2=________，使Sn取最大值时的n=________．
三、解答题

在①cs2B−3sinB+2=0，②2bcsC=2a−c，③ba=csB+13sinA三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答，
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若________，且a，b，c成等差数列，则△ABC是否为等边三角形？若是，写出证明；若不是，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

已知函数f(x)=x2ax+b(a，b为常数），且方程fx−x+12=0有两个实根分别为x1=3，x2=4.
(1)求函数fx的解析式；

(2)设k>1，解关于x的不等式fx
已知数列an的前n项和为Sn，且Sn+an=5×3n−3，bn=an4n2−13n.
(1)证明：数列an−2×3n为常数列；

(2)求数列bn的前n项和Tn.

如图，在平面四边形ABCD中，∠B=120∘，AB=2．∠BAC的平分线与BC交于点E，且AE=6.

(1)求∠BAE及AC；

(2)若∠ADC=60∘，求四边形ABCD周长的最大值.

今年春节，席卷全国的“新冠疫情”使得大量工厂停工、停产，遭受了巨大的经济损失．为了挽回经济损失，某厂家拟在“双十一”举行大型的促销活动，经测算某产品当促销费用为x万元时，销售量t万件满足
t=5−2x+1（其中0≤x≤a2−3a+3，a为正常数）．现假定生产量与销售量相等，已知生产该产品t万件还需投入成本10+2t万元（不含促销费用），产品的销售价格定为4+20t万元/万件．
(1)将该产品的利润y万元表示为促销费用x万元的函数；

(2)促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大．

已知函数y=f(x)(x∈R)满足f(2x)=2x+1+1，定义数列{an}，a1=1，an+1=f(an)−1(n∈N∗)，数列{bn}的前n项和为Sn，b1=1，且Sn+1−Sn=1(n∈N∗)．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；

(2)令cn=bnan(n∈N∗)，求{cn}的前n项和Tn；

(3)数列{an}中是否存在三项am，an，ak(m参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省信阳市高二（上）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
求出A与B中不等式的解集分别确定出A与B，找出两集合的交集即可．
【解答】
解：由A中不等式变形得：(x+1)(x−3)≤0，且x+1≠0，
解得：−1由B中不等式变形得：lgx≤1=lg10，
解得：0则A∩B=(0, 3].
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
利用等比数列的通项公式求出公比q＝2，由此能求出S4．
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q，
∵ a4=2a3，a1=1，
∴ q3=2q2，
解得q=2，
∴ S4=1−241−2=15．
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
【解析】
无
【解答】
解：由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=3ac2ac=32，
∵ B∈0,π，∴ B=π6．
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
由不等式的性质，逐个选项验证可得．
【解答】
解：选项①ac2>bc2，则a>b正确，由不等式的性质可得；
选项②若a>b，c>d，则a+c>b+d正确，由不等式的可加性可得；
选项③举反例a=10，b=1，c=−1，d=−2，但ac选项④举反例−1>−2，但1−1<1−2．
故选B.
5.
【答案】
B
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由表可知，采用指数型函数做模型.
设f(x)=a⋅bx+c，
因为除水星外，其余各星与太阳的距离都满足波得定则，
所以将金星作为第一项，
a⋅b1+c=7，a⋅b2+c=10，a⋅b3+c=16，
解得a=32，b=2，c=4，
所以f(x)=32⋅2x+4，
第10个行星与太阳的平均距离大约是32⋅29+4=772.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
先根据约束条件画出可行域，再转化目标函数，把求目标函数的最值问题转化成求截距的最值问题，找到最优解代入求值即可．
【解答】
解：由实数x，y满足约束条件x−y≥0,x+y+2≥0,x−3≤0, 画出可行域如图，
目标函数z=2x+y，可化为y=−2x+z，
得到一簇斜率为−2，截距为z的平行线，
要求z的最大值，须满足截距最大，
∴ 当目标函数过点A时截距最大，
又x=3，y=x， ，∴ x=3，y=3，
∴ 点A的坐标为(3, 3)
∴ z的最大值为：2×3+3=9．
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
由题意可得ksin60∘=12或12≥k时，满足三角形恰有一个，解不等式可得．
【解答】
解：由正弦定理得，12sinπ3=ksinA，即k=83sinA，A∈(0,2π3)，
如图所示，
当A∈[π3,2π3)且A≠π2时，
若sinA确定，则A的取值有两个，不符合题意，
故A∈(0,π3]或A=π2，则k=(0,12]∪{83}.
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
S6>S7>S5，利用前n项和公式可得：a7<0，a6+a7>0，可得a6>0>a7，|a6|>|a7|．d<0．S6最大．S11=11(a1+a11)2=11a6>0．即可判断出．
【解答】
解：∵ S6>S7>S5，
∴ 6a1+6×52d>7a1+7×62d>5a1+5×42d，
化为：a7<0，a6+a7>0，
∴ a6>0>a7，|a6|>|a7|．
∴ d<0，S6最大．
S11=11(a1+a11)2=11a6>0．
综上可得：ABD正确，C错误．
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
三角函数模型的应用
余弦定理
正弦定理
【解析】
首先利用方向角求出三角形中各个角的大小，进一步利用正弦定理的应用求出AC和BC，最后利用余弦定理的应用求出结果．
【解答】
解：根据题意知：∠ADC=∠DAC=67.5∘，
∠ACB=60∘，DC=26，CE=2，∠BCE=75∘，
∠CBE=45∘，∠CEB=60∘．
所以在△BCE中，利用正弦定理CBsin∠CEB=CEsin∠CBE，
解得：BC=6，
在△ADC中，∠ADC=∠DAC=67.5∘，
所以DC=AC=26，
则在△ACB中，利用余弦定理AB2=AC2+CB2−2AC⋅CB⋅cs60∘，
解得AB=32．
故选B.
10.
【答案】
A
【考点】
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接DB，
因为AB是圆O的直径，
所以∠ADB=90∘，
所以在Rt△ADB中，中线OD=AB2=a+b2．
由射影定理可得CD2=AC⋅CB=ab，
所以CD=ab.
在Rt△DCO中，由射影定理可得CD2=DE⋅OD，
即 DE=CD2OD=aba+b2=2aba+b，
由CD≥DE得ab≥2aba+b，
当CD=DE，即a=b时取等号，
综上ab≥2aba+b(a>0，b>0)成立．
故选A.
11.
【答案】
C
【考点】
数列与函数的综合
等差数列
【解析】
由于定max{a,b}=a,a≥bb,a由图可知 fx=x−4,x≤−3−x2+2,−3由于数列{an}满足an+1−fann∈N∗，且{an}是等差数列．当a1≤−3时，a2=fa=a1−4≤−7,a3=f(a2=a2−4≤−11，……，
以此类推，数列{an}是首项为a1，公差为−4的等差数列，符合题意．
当−3解得a1=−3或a1=2不符合．由−x2+2=x，解得x=−2或x=1 .
则当a1=−2时，an=−2为常数列；
当a1=1时，an=1为常数列．此时{an}为等差数列．
当a≥2时，由于a2=a1−4≥−2，故{an}不能构成公差为−4的等差数列，也不是常数列，不符合题意．
综上所述，a1的取值范围是(−∞,−3]∪{−2,1} .
故选：C .
【解答】
解：max{a,b}=a，a≥b，b，a函数fx=max{−x2+2,x−4}，
由y=−x2+2，y=x−4，解得 x=−3，y=−7或x=2，y=−2.
画出y=−x2+2，y=x−4的图象如下图所示，
由图可知 fx=x−4，x≤−3，−x2+2，−3由于数列{an}满足an+1=fann∈N∗，且{an}是等差数列．
当a1≤−3时，a2=fa1=a1−4≤−7，
a3=f(a2)=a2−4≤−11，……，
以此类推，数列{an}是首项为a1，公差为−4的等差数列，符合题意．
当−3要使{an}是公差为−4的等差数列，则需a2−a1=−a12+2−a1=−4，
解得a1=−3或a1=2不符合．
由−x2+2=x，解得x=−2或x=1 .
则当a1=−2时，an=−2为常数列；
当a1=1时，an=1为常数列．此时{an}为等差数列．
当a1≥2时，由于a2=a1−4≥−2，故{an}不能构成公差为−4的等差数列，也不是常数列，不符合题意．
综上所述，a1的取值范围是(−∞,−3]∪{−2,1} .
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由中线长公式可得4PC2=2(a2+b2)−c2，
则4a−b2=2(a2+b2)−c2⇒a2+b2=4ab−4，
由余弦定理得a2+b2−c2=2abcsC，
于是4ab−12=2abcsC⇒ab=62−csC，
∴ S=12absinC=3sinC2−csC，
整理得3sinC+ScsC=2S.
∴sinC+φ=2S9+S2≤1⇒S≤3，
当且仅当C=π3时取等号．
故选A.
二、填空题
【答案】
1(答案不唯一)
【考点】
不等式恒成立问题
一元二次不等式的解法
【解析】
无
【解答】
解：Δ=a2−4<0⇒−2故答案为：1(答案不唯一).
【答案】
114
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
无
【解答】
解：由csB=23，B∈(0,π)得sinB=53，
由正弦定理得bsinB=csinC⇒sinC=3×534=54．
∵ c∴ C一定为锐角，
∴ csC=1−(54)2=114．
故答案为：114.
【答案】
1
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
1|x|+|x|y=x+y|x|+|x|y=y|x|+|x|y+x|x|≥2+x|x|≥2−1=1 .
【解答】
解：1|x|+|x|y
=x+y|x|+|x|y
=y|x|+|x|y+x|x|
≥2+x|x|
≥2−1=1 .
故答案为：1.
【答案】
25 ,10
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】

【解答】
解：∵ nan−28an+1=n−1，n∈N∗，
∴ n=1时，由a1−28a2=0，可得a1=28；
n=2时，由2a2−28a3=1，可得a3=2a2−28．
又a1+a2+a3=75，
∴ 28+a2+2a2−28=75，∴ a2=25，
又nan−28an+1=n−1，
∴ an+1n−ann−1=−281n−1−1nn≥2，
∴ 累加可得an+1n=−28(1n−1−1n+1n−2−1n−1+1n−3
−1n−2+⋯+1−12)+a21
=−281−1n+25=−3+28nn≥2，
∴ an+1=−3n+28n≥2，则an=−3n+31n≥3 .
又a1=28，a2=25都符合，∴ an=−3n+31，
令bn=an⋅an+1⋅an+2=(−3n+31)(−3n+28)(−3n+25)，
由bn>0得1≤n≤8或n=10；
由bn<0得n=9或n=11 .
又b9+b10=4×1×−2+1×−2×−5=2>0，
∴ S1S9，S8S11>⋯
∴ 当n=10时，Sn取得最大值．
综上，a2=25，n=10.
故答案为：25；10 .
三、解答题
【答案】
解：选①
cs2B−3sinB+2=0，
则：1−2sin2B−3sinB+2=0，
化为：2sin2B+3sinB−3=0，
解得sinB=32，
又a，b，c成等差数列，
∴ 2b=a+c，
∴ b不是三角形中最大的边，
∴ B=π3．
∴ b2=a2+c2−2accsB，
得a2+c2−2ac=0，即a=c．
∴ △ABC是等边三角形．
选②
由正弦定理可得2sinBcsC=2sinA−sinC，
故2sinBcsC=2sinB+C−sinC，
整理得2csBsinC−sinC=0.
∵ 00，即csB=12.
∵ 0又∵ a，b，c成等差数列，
∴ 2b=a+c.
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，
可得a2+c2−2ac=0，即a=c，
故△ABC是等边三角形．
选③
由正弦定理得sinBsinA=csB+13sinA，
∵ sinA≠0 ，∴ 3sinB−csB=1，
即sinB−π6=12.
∵ 0即B−π6=π6，可得B=π3.
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，
可得a2+c2−2ac=0，即a=c，
故△ABC是等边三角形．
【考点】
等差中项
余弦定理
正弦定理
三角形的形状判断
【解析】
选择①cs2B−3sinB+2＝0，利用倍角公式可得：1−2sin2B−3sinB+2＝0，化简解得：sinB=32，又a，b，c成等差数列，可得2b＝a+c，B为锐角．结合余弦定理即可得出．
【解答】
解：选①
cs2B−3sinB+2=0，
则：1−2sin2B−3sinB+2=0，
化为：2sin2B+3sinB−3=0，
解得sinB=32，
又a，b，c成等差数列，
∴ 2b=a+c，
∴ b不是三角形中最大的边，
∴ B=π3．
∴ b2=a2+c2−2accsB，
得a2+c2−2ac=0，即a=c．
∴ △ABC是等边三角形．
选②
由正弦定理可得2sinBcsC=2sinA−sinC，
故2sinBcsC=2sinB+C−sinC，
整理得2csBsinC−sinC=0.
∵ 00，即csB=12.
∵ 0又∵ a，b，c成等差数列，
∴ 2b=a+c.
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，
可得a2+c2−2ac=0，即a=c，
故△ABC是等边三角形．
选③
由正弦定理得sinBsinA=csB+13sinA，
∵ sinA≠0 ，∴ 3sinB−csB=1，
即sinB−π6=12.
∵ 0即B−π6=π6，可得B=π3.
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，
可得a2+c2−2ac=0，即a=c，
故△ABC是等边三角形．
【答案】
解：(1)将x1=3，x2=4代入方程x2ax+b−x+12=0得
93a+b=−9，164a+b=−8，
解得a=−1，b=2，
故fx=x22−xx≠2．
(2)不等式即为x22−x可化为x2−k+1x+k2−x<0，即x−2x−1x−k>0．
①当1②当k=2时，解集为x∈1,2∪2,+∞；
③当k>2时，解集为x∈1,2∪k,+∞.
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
高次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)将x1=3，x2=4代入方程x2ax+b−x+12=0得
93a+b=−9，164a+b=−8，
解得a=−1，b=2，
故fx=x22−xx≠2．
(2)不等式即为x22−x可化为x2−k+1x+k2−x<0，即x−2x−1x−k>0．
①当1②当k=2时，解集为x∈1,2∪2,+∞；
③当k>2时，解集为x∈1,2∪k,+∞.
【答案】
(1)证明：当n=1时，
S1+a1=5×3−3=12，
所以a1=6，
当n≥2时，
由Sn+an=5×3n−3①，
得Sn−1+an−1=5×3n−1−3②，
①−②得，2an−an−1=10×3n−1，
所以an−2×3n=12an−1−2×3n−1，
因为a1=6，
所以a1−2×31=0，
所以an−2×3n=0，
故数列an−2×3n为常数列．
(2)解：由(1)知，an=2×3n，
所以bn=2×3n4n2−13n=24n2−1=12n−1−12n+1，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1
=1−12n+1=2n2n+1．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
【解答】
(1)证明：当n=1时，
S1+a1=5×3−3=12，
所以a1=6，
当n≥2时，
由Sn+an=5×3n−3①，
得Sn−1+an−1=5×3n−1−3②，
①−②得，2an−an−1=10×3n−1，
所以an−2×3n=12an−1−2×3n−1，
因为a1=6，
所以a1−2×31=0，
所以an−2×3n=0，
故数列an−2×3n为常数列．
(2)解：由(1)知，an=2×3n，
所以bn=2×3n4n2−13n=24n2−1=12n−1−12n+1，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1
=1−12n+1=2n2n+1．
【答案】
解：(1)在△ABE中，
由正弦定理得：
sin∠AEB=ABsinBAE=2×sin120∘6=22，
∵ ∠AEB<∠B，
∴ ∠AEB=45∘，
∴ ∠BAE=180∘−120∘−45∘=15∘，
∴ ∠BAC=30∘，∠ACB=180∘−120∘−30∘=30∘，
∴ BC=AB=2.
在△ABC中，
根据余弦定理得：
AC2=22+22−2×2×2×cs120∘=12，
所以AC=23.
(2)令AD=m，CD=n，
在△ACD中，
根据余弦定理得：
232=m2+n2−2mncs60∘=m+n2−3mn，
∵ m+n2=12+3mn≤12+3×m+n22，
∴ m+n24≤12，
∴ m+n≤43，
当且仅当m=n=23时，等号成立.
所以四边形ABCD周长的最大值为4+43.
【考点】
正弦定理
余弦定理
解三角形
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
本小题主要考查正弦定理、余弦定理等基本知识，考查化归与转化等数学思想以及推理论证、运算求解等数学能力．
本小题主要考查正弦定理、余弦定理等基本知识，考查化归与转化等数学思想以及推理论证、运算求解等数学能力.
【解答】
解：(1)在△ABE中，
由正弦定理得：
sin∠AEB=ABsinBAE=2×sin120∘6=22，
∵ ∠AEB<∠B，
∴ ∠AEB=45∘，
∴ ∠BAE=180∘−120∘−45∘=15∘，
∴ ∠BAC=30∘，∠ACB=180∘−120∘−30∘=30∘，
∴ BC=AB=2.
在△ABC中，
根据余弦定理得：
AC2=22+22−2×2×2×cs120∘=12，
所以AC=23.
(2)令AD=m，CD=n，
在△ACD中，
根据余弦定理得：
232=m2+n2−2mncs60∘=m+n2−3mn，
∵ m+n2=12+3mn≤12+3×m+n22，
∴ m+n24≤12，
∴ m+n≤43，
当且仅当m=n=23时，等号成立.
所以四边形ABCD周长的最大值为4+43.
【答案】
解：(1)由题意知，该产品售价为2×10+2tt万元，
y=2×10+2tt×t−10−2t−x，
代入化简得y=20−4x+1+x0≤x≤a2−3a+3 .
(2)y=21−4x+1+x+1≤21−24x+1×x+1=17，
当且仅当4x+1=x+1时，即x=1时，上式取等号，
当1≤a2−3a+3，
即a≥2或0当a2−3a+3<1，即 1y=21−4x+1+x+1在0≤x≤a2−3a+3上单调递增，
∴ 在x=a2−3a+3时，函数有最大值．
促销费用投入x=a2−3a+3万元时，厂家的利润最大，
综上所述，当a≥2或 0当1【考点】
函数解析式的求解及常用方法
函数模型的选择与应用
函数最值的应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意知，该产品售价为2×10+2tt万元，
y=2×10+2tt×t−10−2t−x，
代入化简得y=20−4x+1+x0≤x≤a2−3a+3 .
(2)y=21−4x+1+x+1≤21−24x+1×x+1=17，
当且仅当4x+1=x+1时，即x=1时，上式取等号，
当1≤a2−3a+3，
即a≥2或0当a2−3a+3<1，即 1y=21−4x+1+x+1在0≤x≤a2−3a+3上单调递增，
∴ 在x=a2−3a+3时，函数有最大值．
促销费用投入x=a2−3a+3万元时，厂家的利润最大，
综上所述，当a≥2或 0当1【答案】
解：(1)由f(2x)=2x+1+1，得f(x)=2x+1，
又an+1=f(an)−1，得an+1=2an+1−1=2an，
又a1=1，
∴ {an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
故an=2n−1，
由b1=1，Sn+1−Sn=1(n∈N∗)，
可得{Sn}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴ Sn=n，Sn=n2，
则bn=Sn−Sn−1=2n−1(n≥2)，
当n=1时，b1=1满足上式，
∴ bn=2n−1.
(2)由cn=bnan，an=2n−1，bn=2n−1得
cn=2n−12n−1，
∴ Tn=c1+c2+c3+...+cn，
即Tn=1+32+522+723+…+2n−12n−1 ①
两边同乘公比12得，
12Tn=12+322+523+724+…+2n−12n ②
①−②得，
(1−12)Tn=1+22+222+223+224+…+22n−1−2n−12n，
化简得：Tn=6−2n+32n−1.
(3)假设存在am，an，ak(m则2an=am+ak，
2⋅2n−1=2m−1+2k−1，
两边同除2m−1，得2n+1−m=1+2k−m，
∵ 2n+1−m为偶数，而1+2k−m为奇数，上面等式矛盾．
∴ 假设不成立，
故不存在任三项能构成等差数列．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
数列的求和
等差中项
等比数列的性质
【解析】
（1）由f(2x)=2x+1+1求得函数f(x)的解析式，结合an+1=f(an)−1得到数列{an}的递推式，确定数列{an}为等比数列，求得其通项公式，再由Sn+1−Sn=1求出数列{bn}的前n项和，进一步求得数列{bn}的通项公式；
（2）把数列{an}和{bn}的通项公式代入cn=bnan，利用错位相减法求数列{cn}的前n项和Tn；
（3）假设存在am，an，ak(m【解答】
解：(1)由f(2x)=2x+1+1，得f(x)=2x+1，
又an+1=f(an)−1，得an+1=2an+1−1=2an，
又a1=1，
∴ {an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
故an=2n−1，
由b1=1，Sn+1−Sn=1(n∈N∗)，
可得{Sn}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴ Sn=n，Sn=n2，
则bn=Sn−Sn−1=2n−1(n≥2)，
当n=1时，b1=1满足上式，
∴ bn=2n−1.
(2)由cn=bnan，an=2n−1，bn=2n−1得
cn=2n−12n−1，
∴ Tn=c1+c2+c3+...+cn，
即Tn=1+32+522+723+…+2n−12n−1 ①
两边同乘公比12得，
12Tn=12+322+523+724+…+2n−12n ②
①−②得，
(1−12)Tn=1+22+222+223+224+…+22n−1−2n−12n，
化简得：Tn=6−2n+32n−1.
(3)假设存在am，an，ak(m则2an=am+ak，
2⋅2n−1=2m−1+2k−1，
两边同除2m−1，得2n+1−m=1+2k−m，
∵ 2n+1−m为偶数，而1+2k−m为奇数，上面等式矛盾．
∴ 假设不成立，
故不存在任三项能构成等差数列．