【详解】由题意m，n∈N，都有*=an， 令m=1，可得：可得an=3， ∵bn=log3（an）2+1， ∴bn=2n+1， 那么数列{}的通项cn=n， =． 那么：Tn=c1+c2+……cn =（==当n=1时，可得T1=， 故得Tn的取值范围为[，）， 故答案为：[，）． 【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧： (1) 导致计算结果错误. 16. 已知正方形三棱锥则三棱锥的边长为，将沿对角线分别为折起，使平面平面，得到如图所示的，设，；（2） ； （3）；（4）+++…… ， +） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，，若为边的中点，上的动点（不包括端点），且的内切球的半径为_______. 的体积取得最大值时，三棱锥 【答案】【解析】 【分析】 先根据条件得到BO⊥平面ACD；进而求出三棱锥N﹣AMC的体积的表达式，即可求出结论． 【详解】因为正方形ABCD的边长为2， 所以：AC=4 又平面ABC⊥平面ACD，O为AC边的中点 ∴BO⊥AC； 所以BO⊥平面ACD ∴三棱锥N﹣AMC的体积 y=f（x）=S△AMC?NO =×AC?CM?sin∠ACM?NO =××4?x?×（2﹣x） =（﹣x2+2x） =﹣（x﹣1）2+ 当x=1即设内切球半径为r 此时解得r=故答案为： 时，三棱锥的体积取得最大值 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ． 三、解答题 （本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 已知在中，所对的边分别为，. （1）求的大小； （2）若【答案】（1）【解析】 【分析】 （1）利用三角形内角和定理结合诱导公式，和与差，二倍角化简，可得B的大小． （2）根据sinAsinC=sinB，利用正弦定理，结合（1）中B的值，即可求解的值． 【详解】解：（1）∵∴∴∴又（2）∵又由余弦定理得当当∴综上所述，当且仅当时，则时，则，时，可得. ，∴，∴ 或，∴ ，∴，∴， ，此方程无解. ， ，∴，即， , ， 2，求的值. 或（2）1 【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是： 第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向. 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化. 第三步：求结果. 18. 如图，三棱柱中，四边形为菱形，，平面平面，在线段上移动，为棱的中点. （1）若为线段（2）若二面角的中点，为中点，延长交于，求证：平面的距离. ； 的平面角的余弦值为，求点到平面【答案】（1）见解析（2） 【解析】 【分析】 （1）取BB1中点E，连接AE，EH，推导出EH∥B1Q，AE∥PB1，从而平面EHA∥平面B1QP，由此能证明AD∥平面B1PQ． （2）连接PC1，AC1，推导出AA1=AC=A1C1=4，△AC1A1为正三角形，推导出PC1⊥AA1，从而PC1⊥平面ABB1A1，建立空间直角坐标系Pxyz，利用向量法能求出点P到平面BQB1的距离． 【详解】解：（1）证明：如图，取∵为中点，∴中，，平面平面，∴ 平面. 分别为， 的中点，∴ 中点，连接 在平行四边形又∴平面∵ （2）连接∵四边形又∵为， 为菱形，∴，∴为正三角形 的中点，∴