）

28、解：（1）p(ξ个正面向上，4-ξ个背面向上的概率，其中ξ可能取值为0，1，2，3，4。

∴p(ξ=0)= (1-)2(1-a)2=(1-a)2

p(ξ=1)= (1-)(1-a)2+(1-)2?a(1-a)= (1-a)

p(ξ=2)= ()2(1-a)2+(1-)a(1-a)+ (1-)2? a2=(1+2a-2 a2)

p(ξ=3)= ()2a(1-a)+ (1-) a2=

p(ξ=4)= ()2 a2=a2             

(2) ∵0＜a＜1,∴p(ξ=1) ＜p(ξ=1),p(ξ=4) ＜p(ξ=3)

则p(ξ=2)- p(ξ=1)= (1+2a-2 a2)- =－≥0

由

，即a∈[]                

（3）由（1）知ξ的数学期望为

Eξ=0×（1-a）2+1× (1-a)+2× (1+2a-2a2)+3×+4×=2a+1

29、解：（1）∵EF∥CD∥AB，EG∥PB，根据面面平行的判定定理

∴平面EFG∥平面PAB，又PA面PAB，∴AP∥平面EFG

（2）∵平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC

∴AD⊥平面PCD，而BC∥AD，∴BC⊥面EFD

过C作CR⊥EF交EF延长线于R点连GR，根据三垂线定理知

∠GRC即为二面角的平面角，∵GC=CR，∴∠GRC=45°，  

故二面角G-EF-D的大小为45°。

（3）Q点为PB的中点，取PC中点M，则QM∥BC，∴QM⊥PC

在等腰Rt△PDC中，DM⊥PC，∴PC⊥面ADMQ         

30、解：（1）由已知可得，=（x+3,y）,=(x-3,y),=(,0),

∵2（）2=?，∴2（x2-9）=x2-9+y2,

即P点的轨迹方程（1-2）x2+y2=9（1-2）

当1-2＞0，且≠0，即∈（-1，0）时，有+=1，

∵1-2＞0，∴＞0，∴x2≤9。

∴P点的轨迹是点A1，（-3，0）与点A2（3，0） 

当=0时，方程为x2+y2=9，P的轨迹是点A1（-3，0）与点A2（3，0）

当1-2＜0，即入∈（-∞，-1）∪（1，+∞）时，方程为-=1，P点的轨迹是双曲线。

当1-2=0，即=±1时，方程为y=0，P点的轨迹是射线。

（2）过点A1且斜率为1的直线方程为y=x+3,

当=时，曲线方程为+=1，

由（1）知，其轨迹为点A1（-3，0）与A2（3，0）

因直线过A1（-3，0），但不过A2（3，0）。

所以，点B不存在。

所以，在直线x=-9上找不到点C满足条件。         

31、解：（理）（1）f′(x)=－+a=

(i)若a=0时，f′(x)= ＞0x＞0，f′(x)＜0x＜0

∴f(x)在(0,+∞)单调递增，在（-∞，0）单调递减。   

（ii）若时，f′(x)≤0对x∈R恒成立。

∴f(x)在R上单调递减。                          

(iii)若-1＜a＜0，由f′(x)＞0ax2+2x+a＞0＜x＜

由f′(x)＜0可得x＞或x＜

∴f(x)在[，]单调递增

在（-∞，]，[上单调递减。

综上所述：若a≤－1时，f(x)在（－∞，+∞）上单调递减。

（2）由（1）当a=－1时，f(x)在（-∞，+∞）上单调递减。

当x∈（0，+∞）时f(x)＜f(0)

∴ln（1+x2）－x＜0 即ln（1+x2）＜x

∴ln[（1+）（1+）……(1+)]

=ln[（1+）（1+）+…ln（1+）＜++…+

＜=1-+-+…+=1-＜1

∴（1+）（1+）……(1+)＜e  

32、解：（1）由题可知：与函数互为反函数，所以，

，  （2）因为点在函数的图像上，所以， 

在上式中令可得：，又因为：，，代入可解得：．所以，，(*)式可化为： ①

（3）直线的方程为：，，

在其中令，得，又因为在ｙ轴上的截距为，所以，

=，结合①式可得：            ②

由①可知：当自然数时，，，

两式作差得：．

结合②式得：         ③

在③中，令，结合，可解得：，

又因为：当时，，所以，舍去，得．

同上，在③中，依次令，可解得：，．

猜想：．下用数学归纳法证明．       

（1）时，由已知条件及上述求解过程知显然成立．

（2）假设时命题成立，即，则由③式可得：

把代入上式并解方程得：

由于，所以，，所以，

符合题意，应舍去，故只有．

所以，时命题也成立．

综上可知：数列的通项公式为