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(本小題滿分13分)
已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，S_n=2-(+1)a_n(n≥1)．
（1）求證：數(shù)列{}是等比數(shù)列；
（2）設(shè)數(shù)列{2ⁿa_n}的前n項(xiàng)和為T_n，A_n=.試比較A_n與的大小。

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1.C 2.D 3.D 4.A 5.A 6.B 7.B 8.C 9.A 10.B 

11.9  12.     13.x=1 或y=4x－2   14. R³   15. (1,－3)

16.解: (1)△ABD的面積S= absinC=?1?1?sinθ= sinθ

∵△BDC是正三角形, 則△BDC面積=BD² : 而由△ABD及余弦定理可知:

BD²=1²＋1²＋2?1?1?cosθ= 2－2cosθ

于是四邊形ABCD面積S= sinθ ＋ (2－2cosθ)   

S= ＋ sin(θ－) 其中0<θ<π

(2)由 S= ＋ sin(θ－)  及0<θ<π  則－<θ－<

在θ－= 時(shí), S取得最大值 1＋  此時(shí)θ= ＋ =

17.(1) 在斜三棱柱ABC－A₁B₁C₁中, 因?yàn)锳₁在底面ABC上射影落在AC上, 則平面A₁ACC₁經(jīng)過底面ABC的垂線 故側(cè)面A₁C⊥面ABC.又 BD為等腰△ABC底邊AC上中線, 則BD⊥AC, 從而BD⊥面AC . ∴BD⊥面A₁C 又AA₁Ì 面A₁C  ∴AA₁⊥BD

(2)在底面ABC, △ABC是等腰三角形, D為底邊AC上中點(diǎn), 故DB⊥AC, 又面ABC⊥面A₁C

∴DB⊥面A₁C  , 則DB⊥DA₁,DB⊥DC₁  , 則∠A₁DC₁是二面角A₁－OB－C₁的平面角

∵面A₁DB面DC₁B, 則∠A₁DC₁=Rt∠, 將平面A₁ACC₁放在平面坐標(biāo)系中(如圖),  ∵側(cè)棱AA1和底面成60°, 設(shè)A₁A=a , 則A₁=( , a), C₁( ＋ 2, a)  A(0,0) , C(2, 0), AC中點(diǎn)D(, 0), 由知: (－, a)?( ＋, a)=0 , ∴a²=3, a=

故所求側(cè)棱AA₁長為

18.(1) ξ=2表示從B中取出兩個(gè)紅球.

① 從A中取一紅球放入B中, 再從B中取2紅球的概率P= ? =

② 從A中取一白球放入B中, 再從B中取2紅球的概率P=? =

∴P(ξ=2)= ＋ =

(2) 由(1)的方式可知: P(ξ=0)= ? ＋? =

P(ξ=1)= ?  ＋ ?  =  

ξ

0

1

2

P

∴ξ的概率分布列為: 

Eξ=1? ＋ 2? = =

19.  解: (1) 設(shè)雙曲線一、三象限漸近線l₁: － =0 的傾 斜角為α ∵l和l₂關(guān)于直線l₁對稱, 記它們的交點(diǎn)為P. 而l₂與x軸平行, 記l₂與y軸交點(diǎn)為Q 依題意有∠QPO=∠POM=∠OPM=α(銳角)又AB: y=  (x－2), 故tan2α=  則 = , 求得tanα= , tanα=－2(舍)  ∴ =   , e²= = 1＋()² =    ,因此雙曲線C的離心率 .

 (2) ∵ = , 故設(shè)所求雙曲線方程 － =1 將 y= (x－2),代入 x²－4y²=4k²,

消去y得: x²－ x＋ ＋ k²=0  設(shè)A(x₁,y₁), B(x₂,y₂)

|AB| = |x₁－x₂| = ?= ?

= , 化簡得到: =   , 求得k²=1 .

故所求雙曲線C的方程為: －y²=1

20.解: (1)由 nS_n＋1=(n＋2)S_n＋a_n＋2  (*)

變形為n(S_n＋1－S_n)=2S_n＋a_n＋2, 而S_n是{a_n}前n項(xiàng)和, 于是有na_n＋1=2S_n＋a_n＋2, a₁=0,

在n=1, a₂=2a₁＋a₁＋2=2, 則a₂=2 , 在n=2, 2a₃=2(a₁＋a₂)＋a₂＋2=4＋4=8, 則a₃=4

(2)充分性: 由(1)可猜測到: a_n=2n－2. 下面先用數(shù)學(xué)歸納法證明: a_n=2n－2

① 在n=1時(shí), a₁=2×1－2=0 與已知 a₁=0一致 故n=1時(shí), a_n=2n－2成立.

②假設(shè)n≤k時(shí), a_n=2n－2成立,

∴S_k=a₁＋a₂＋……＋a_k=0＋2＋4＋…＋(2k－1)=k(k－1)

∵ (*)式 na_n＋1=2S_n＋a_n＋2恒成立, 則ka_n＋1=2S_k＋a_k＋2 = 2k(k－1)＋(2k－2)＋2=2k²

∴ a_k＋1=2k=2[(k＋1)－1]

故n=k＋1時(shí), a_n=2n－2成立, 綜合①②可知: a_n=2n－2成立對n∈N*恒成立.

∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)為a_n=2n－1, ∴a_n－a_n－1=2(n≥2, n∈N_＋)

由等差數(shù)列定義可知{a_n}是等差數(shù)列, 從而充分性得證.

必要性: 由(1)可知 na_n＋1=2S_n＋a_n＋2恒成立, 則(n－1)a_n=2S_n－1＋a_n－1＋2(n≥2)(**)

若{a_n}是等差數(shù)列, 則a_n－a_n－1=d(n≥2),且a_n=a₁＋(n－1)d. 代入(**) 式中有:

n(a_n＋1－a_n)=2a_n－a_n－1  ∴ nd=a_n＋d=a₁＋(n－1)d＋d ∴a₁=0 從而必要性得證.

因此a₁=0 是數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列的充分條件.

21. 解: (1)由 f(x)=x²＋2x＋alnx 求導(dǎo)數(shù)得f '(x)=2x＋2＋

f(x)在(0,1)上恒單調(diào),只需f '(x) ≥ 0 或≤0在(0,1)上恒成立.

只需2x²＋2x＋a≥0 , 或2x²＋2x＋a≤0恒成立

即只需 a ≥ －(2x²＋2x) 或a≤－(2x²＋2x) 在(0,1)上恒成立.

又記g(x)=－2x(x＋1) , 0<x≤1 可知: －4 ≤g(x)<0 ∴所求a≥0 或a≤－4

(2) ∵ f(x) =x²＋2x＋alnx 由f(2t－1)≥2f(t)－3得到:

(2t－1)²＋2(2t－1)＋aln(2t－1)≥2(t²＋2t＋alnt)－3

化簡為: 2(t－1)²≥a?ln   ①  

∵t>1時(shí), 有t²>2t－1, 則ln >0 . a≤  ②

構(gòu)造函數(shù)m(x)=ln(1＋x)－x(x>－1), 求導(dǎo)m '(x) = －1=

則m(x)在x=0時(shí)取極大值, 同時(shí)也是最大值.故m(x)≤m(0).

從而ln(1＋x)≤x在x>－1上恒成立.

∴l(xiāng)n = ln(1＋ )≤  < (t－1)²  ③ 

在t>1時(shí)恒成立, 而t=1時(shí)③式取等號.  

∴l(xiāng)n ≤ (t－1)²      ④

在t≥1時(shí)恒成立. 因此由②④可知實(shí)數(shù)a取值范圍:  a≤2.