17．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）由sin(A－B)＝cosC，得sin(A－B)＝sin(－C)．
∵△ABC是锐角三角形，
∴A－B＝－C，即A－B＋C＝， ①
又A＋B＋C＝π， ②
由②－①，得B＝．
由余弦定理b2＝c2＋a2－2cacosB，得()2＝c2＋(3)2－2c×3cos，
即c2－6c＋8＝0，解得c＝2，或c＝4．
当c＝2时，b2＋c2－a2＝()2＋22－(3)2＝－4＜0，
∴b2＋c2＜a2，此时A为钝角，与已知矛盾，∴c≠2．
故c＝4．……………………………………………………………………………6分
（Ⅱ）由（Ⅰ），知B＝，∴A＋C＝，即C＝－A．
∴＝＝＝sin(2A－)．
∵△ABC是锐角三角形，
∴＜A＜，∴－＜2A－＜，
∴－＜sin(2A－)＜，∴－1＜＜1．
故的取值范围为(－1，1)．………………………………………12分
18．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）∵a1＞0，∴a2＝2－|a1|＝2－a1，a3＝2－|a2|＝2－|2－a1|．
当0＜a1≤2时，a3＝2－(2－a1)＝a1，∴a＝(2－a1)2，解得a1＝1．
当a1＞2时，a3＝2－(a1－2)＝4－a1，∴a1(4－a1)＝(2－a1)2，解得a1＝2－（舍去）或a1＝2＋．
综上可得a1＝1或a1＝2＋．……………………………………………………6分
（Ⅱ）假设这样的等差数列存在，则
由2a2＝a1＋a3，得2(2－a1)＝a1＋(2－|2－a1|)，即|2－a1|＝3a1－2．
当a1＞2时，a1－2＝3a1－2，解得a1＝0，与a1＞2矛盾；
当0＜a1≤2时，2－a1＝3a1－2，解得a1＝1，从而an＝1（n∈N*），此时{an}是一个等差数列；
综上可知，当且仅当a1＝1时，数列{an}为等差数列．………………………12分
19．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）∵AA1C1C为正方形，∴AA1⊥AC．
∵平面ABC⊥平面AA1C1C，
∴AA1⊥平面ABC，
∴AA1⊥AC，AA1⊥AB．
由已知AB＝3，BC＝5，AC＝4，∴AB⊥AC．
如图，以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4)，
∴＝(0，3，－4)，＝(4，0，0)，＝(4，－3，0)．
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝3，则x＝0，y＝4，∴n＝(0，4，3)．
设直线B1C1与平面A1BC1所成的角为θ，则
sinθ＝|cos＜，n＞|＝＝＝．
故直线B1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为．………………………………6分
（Ⅱ）设D(x，y，z)是线段BC1上一点，且＝λ（λ∈[0，1]），
∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3，4)，
∴x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，
∴＝(4λ，3－3λ，4λ)．
又＝(0，3，－4)，
由·＝0，得3(3－3λ)－4×4λ＝0，
即9－25λ＝0，解得λ＝∈[0，1]．
故在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B．
此时＝λ＝．…………………………………………………………………12分
　　　--心碎一旦透过极限，用多少岁月，都愈合不完全

20．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）记A1表示事件“第2局结果为甲胜”，
A2表示事件“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”，
A表示事件“第4局甲当裁判”．
则A＝A1·A2．
P(A)＝P(A1·A2)＝P(A1)P(A2)＝．………………………………………………4分
（Ⅱ）X的可能取值为0，1，2．
记A3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”，
B1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，
B2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”，
B3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”．
则P(X＝0)＝P(B1·B2·A3)＝P(B1)P(B2)P(A3)＝，
P(X＝2)＝P(·B3)＝P()P(B3)＝，
P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝1－－＝．
∴X的分布列为
　　　--心碎一旦透过极限，用多少岁月，都愈合不完全

21．（本小题满分13分）
解：（Ⅰ）由已知，得F(，0)，C(，1)．
由＝λ，＝λ，得R(λ，0)，R′(，1－λ)．
又E(0，－1)，G(0，1)，则
直线ER的方程为y＝x－1， ①
直线GR′的方程为y＝－x＋1． ②
由①②，得M(，)．
∵＋()2＝＝＝1，
∴直线ER与GR′的交点M在椭圆Γ：＋y2＝1上．…………………………5分
（Ⅱ）假设满足条件的点N(x0，y0)存在，则
直线NF1的方程为y＝k1(x＋1)，其中k1＝，
直线NF2的方程为y＝k2(x－1)，其中k2＝．
由消去y并化简，得(2k＋1)x2＋4kx＋2k－2＝0．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝．
∵OP，OQ的斜率存在，∴x1≠0，x2≠0，∴k≠1．
∴kOP＋kOQ＝＋＝＋＝2k1＋k1·
＝k1(2－)＝－．
同理可得kOS＋kOT＝－．
∴kOP＋kOQ＋kOS＋kOT＝－2(＋)＝－2·
＝－．
∵kOP＋kOQ＋kOS＋kOT＝0，∴－＝0，即(k1＋k2)(k1k2－1)＝0．
由点N不在坐标轴上，知k1＋k2≠0，
∴k1k2＝1，即·＝1． ③
又y0＝x0＋2， ④
解③④，得x0＝－，y0＝．
故满足条件的点N存在，其坐标为（－，）．………………………………13分
22．（本小题满分14分）
解：（Ⅰ）若t＜0，令x＝，则f()＝e－1－1＜0；
若t＝0，f (x)＝ex－1＞0，不合题意；
若t＞0，只需f(x)min≤0．
求导数，得f ′(x)＝ex－1－t．
令f ′(x)＝0，解得x＝lnt＋1．
当x＜lnt＋1时，f ′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，lnt＋1)上是减函数；
当x＞lnt＋1时，f ′(x)＞0，∴f(x)在(lnt＋1，＋∞)上是增函数．
故f(x)在x＝lnt＋1处取得最小值f(lnt＋1)＝t－t(lnt＋1)＝－tlnt．
∴－tlnt≤0，由t＞0，得lnt≥0，∴t≥1．
综上可知，实数t的取值范围为(－∞，0)∪[1，+∞)．…………………………4分
（Ⅱ）由（Ⅰ），知f(x)≥f(lnt＋1)，即ex－1－tx≥－tlnt．
取t＝1，ex－1－x≥0，即x≤ex－1．
当x＞0时，lnx≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立，
故当x＞0且x≠1时，有lnx＜x－1．
令x＝，得ln＜－1（0＜a＜b），即ln＜．
令x＝，得ln＜－1（0＜a＜b），即－ln＜，亦即ln＞．
综上，得＜ln＜．………………………………………………………9分
（Ⅲ）由（Ⅱ），得＜ln＜．
令a＝k，b＝k＋1（k∈N*），得＜ln＜．
对于ln＜，分别取k＝1，2，…，n，
将上述n个不等式依次相加，得
ln＋ln＋…＋ln＜1＋＋…＋，
∴ln(1＋n)＜1＋＋…＋． ①
对于＜ln，分别取k＝1，2，…，n－1，
将上述n－1个不等式依次相加，得
＋＋…＋＜ln＋ln＋…＋ln，即＋＋…＋＜lnn（n≥2），
∴1＋＋…＋≤1＋lnn（n∈N*）． ②
综合①②，得ln(1＋n)＜1＋＋…＋≤1＋lnn．
易知，当p＜q时，[p]≤[q]，
∴[ln(1＋n)]≤[1＋＋…＋]≤[1＋lnn]（n∈N*）．
又∵[1＋lnn]＝1＋[lnn]，
∴[ln(1＋n)]≤[1＋＋…＋]≤1＋[lnn]（n∈N*）．……………………………14分
　　　--心碎一旦透过极限，用多少岁月，都愈合不完全