解：（1）由a_n²+a_n﹣2S_n＝0，得到：，

两式相减得：，

整理得：（a_n+1+a_n）（a_n+1﹣a_n﹣1）＝0，

由于数列{a_n}是正项数列，

所以a_n+1﹣a_n＝1（常数），

当n＝1时，解得a₁＝1．

故：a_n＝1+n﹣1＝n．

（2）由（1）得：，

所以：①，

2②，

①﹣②得：，

解得：．

（3），

当n≤2时，T_n+1＜T_n，

当n≥3时，T_n+1＞T_n，

故：T₁＞T₂＞T₃＜T₄＜T₅＜…，

故数列{T_n}的最小值为T₃＝﹣30．

【分析】（1）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．

（2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．

（3）利用数列的单调性的应用求出最小项．

解：（1）由题意得：

（2a+0.02+0.03+0.04）×10＝1，

解得a＝0.005．

（2）估计该校此次期中考试平均分为：

55×0.05+65×0.4+75×0.3+85×0.2+95×0.05＝73．

（3）由频率分布直方图可知：

区间[90，100]占5%，区间[80，90）占20%，

估计“优秀”档次的分数线为：

80+10×＝82.5．

【分析】（1）由频率分布直方图能求出a．

（2）由频率分布直设计图能估计该校此次期中考试平均分．

（3）由频率分布直方图估计“优秀”档次的分数线．

解：（1）在△ABD中，sinA＝，AB＝8，BD＝6，

可得＝，即有sin∠ADB＝＝＝，

可得锐角ADB为60°；

（2）在△BCD中，BD＝6，CD＝2，∠CDB＝90°﹣60°＝30°，

可得BC²＝DB²+DC²﹣2DC•DBcos∠CDB＝36+12﹣2•2•6•＝12，

可得BC＝2．

【分析】（1）在△ABD中，运用正弦定理，计算可得所求角；

（2）在△BCD中，运用余弦定理计算可得所求值．

解：（1）由题意可得，1，2是x²﹣（a+b）x+a＝0的两根，

所以，所以a＝2，b＝1，

（2）当b＝1时，f（x）＝x²﹣（a+1）x+a＞0可得（x﹣a）（x﹣1）＞0，

当a＜1时，解可得x＜a或x＞1，

当a＝1时，解可得，x≠1，

当a＞1时，解可得x＜1或x＞a

综上可得，当a＜1时，{x|x＜a或x＞1}，

当a＝1时，{x|x≠1}，

当a＞1时，{x|x＜1或x＞a}

【分析】（1）由题意可得，1，2是x²﹣（a+b）x+a＝0的两根，然后结合方程的根与系数关系可求；

（2）当b＝1时由已知可得（x﹣a）（x﹣1）＞0，然后对a与1的大小进行讨论即可求解．

解：（1）袋中装有5个小球，其中3个黑球记为A，B，C，2个红球记为a，b，

现从中随机摸出两个球．以有序实数对表示摸球的结果，

所有的基本事件有10个，分别为：（A，B），（A，C），（A，a），（B，C），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），（a，b）．

（2）记“两个球中恰有一个黑球”为事件M，则事件M包含的基本事件有6个，分别为：

（A，a），（A，b），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），

∴两个球中恰有一个黑球的概率P（M）＝＝．

（3）设“两个球中至少有一个黑球”为事件N，

则事件N的对立事件为“两个球中没有黑球”，

事件包含的基本事件有：（a，b），只有1个，

∴两个球中至少有一个黑球的概率P（N）＝1﹣P（）＝1﹣＝．

【分析】（1）袋中装有5个小球，其中3个黑球记为A，B，C，2个红球记为a，b，利用列举法能求出所有的基本事件．

（2）记“两个球中恰有一个黑球”为事件M，利用列举法求出事件M包含的基本事件有6个，由此能求出两个球中恰有一个黑球的概率．

（3）设“两个球中至少有一个黑球”为事件N，则事件N的对立事件为“两个球中没有黑球”，利用列举法求出事件包含的基本事件只有1个，由此能求出两个球中至少有一个黑球的概率．