（2）由（1）知cosA=，
又sinC=2sinB，∴c=2b； 由余弦定理a=b+c﹣2bccosA， ∴9=b+4b﹣2b?2b?， 解得b=； ∴c=2．
17．（Ⅰ）证明：可设AB=BC=2BB1=2，以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，2
2
2
2
2
建立空间直角坐标系，
A1（2，0，1），B（0，0，0），A（2，0，0）， D（0，1，0），C1（0，2，1）， 则有
=（﹣2，0，﹣1），
=（﹣2，1，0），
=（﹣2，2，1），
设平面ADC1的法向量为m=（x1，y1，z1）， 由
，取x1=1，得m=（1，2，﹣2），
∵?m=﹣2+0+2=0， ∴
⊥m，
则A1B∥平面ADC1； （Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得
=（﹣2，1，0），
=（﹣2，2，1），=（0，﹣由C1C⊥平面ABC，可知平面ABC的法向量为
=（0，0，1），
由（Ⅰ）可得平面ADC1的法向量为m=（1，2，﹣2）， 由cos＜
＞=
=
．
故二面角C﹣AD﹣C1的余弦值为； （Ⅲ）解：E为A1B1的中点， 则E（1，0，1），
=（﹣1，0，1），
=（0，1，1），
cos＜＞==，
5
1，0），
由0≤＜＞≤π，可得＜
．
＞=，
则AE与DC1所成的角为
18．解：（1）数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2（an﹣1）①， 则：Sn﹣1=2（an﹣1﹣1）②， 所以：①﹣②得：an=2an﹣1， 即：当n=1时， 解得：a1=2．
故数列{an}的通项公式为：故通项公式为：
．
n+1
，
（首项符合）．
数列{bn}满足：对任意n∈N*有a1b1+a2b2+…+anbn=（n﹣1）?2+2③． 则：a1b1+a2b2+…+an﹣1bn﹣1=（n﹣2?2+2④． ③﹣④得：故：bn=n．
证明：（2）根据（1）的通项公式， 则：
=
，
n
⑤．
=⑥．
6
⑤﹣⑥得：=﹣．
解得：．
故：|Tn﹣2|==，
所以：n|Tn﹣2|=，
当n≥6时，．
故：n|Tn﹣2|＜1成立．
19．解：（1）因为椭圆C：c为椭圆的半焦距，且c=所以
2
2
+b，
=1（a＞b＞0）过点P（﹣1，﹣1），
，且c=2b，
所以a=3b，解得b=
222
，a=4．
2
所以椭圆方程为：+=1．…
（2）设l1方程为y+1=k（x+1）， 联立
2
，
2
2
消去y得（1+3k）x+6k（k﹣1）x+3（k﹣1）﹣4=0． 因为P为（﹣1，﹣1），解得M（
，
）．…（5分）
当k≠0时，用﹣代替k，得N（，）． …（7分）
将k=﹣1代入，得M（﹣2，0），N（1，1）． 因为P（﹣1，﹣1），所以PM=所以△PMN的面积为×
×2
，PN=2
，
=2． …（9分）
（3）设M（x1，y1），N（x2，y2），
7
则，
两式相减得（x1+x2）（x1﹣x2）+3（y1+y2）（y1﹣y2）=0， 因为线段MN的中点在x轴上，
所以y1+y2=0，从而可得（x1+x2）（x1﹣x2）=0．…（12分） 若x1+x2=0，则N（﹣x1，﹣y1）． 因为PM⊥PN，所以
2
2
?=0，得x1+y1=2．
22
又因为x1+3y1=4，所以解得x1=±1，
所以M（﹣1，1），N（1，﹣1）或M（1，﹣1），N（﹣1，1）． 所以直线MN的方程为y=﹣x．…（14分） 若x1﹣x2=0，则N（x1，﹣y1）， 因为PM⊥PN，所以
?
=0，得y12=（x1+1）2+1．
或﹣1，
又因为x12+3y12=4，所以解得x1=﹣
经检验：x=﹣满足条件，x=﹣1不满足条件． 综上，直线MN的方程为x+y=0或x=﹣
20．解：（1）当a=2时，函数f（x）=x﹣2x+2lnx（x＞0）， f′（x）=2x﹣2+=
可得f（1）=﹣1，f′（1）=2
∴在点（1，f（1））处的切线方程为：y﹣（﹣1）=2（x﹣1），即2x﹣y﹣3=0． （2）
，（x＞0）， ，
2
．…（16分）
①∵函数f（x）存在两个极值点x1，x2（x1＜x2）． ∴2x﹣2x+a=0有两个不等正实根，
2
∴，∴
∴实数a的范围：（0，）． ②∵a=2x1x2=2x2（1﹣x2），1﹣x1=x2，
8
