2017年江苏省南京市高考一模数学

2017年江苏省南京市高考一模数学

2017 年江苏省南京市高考一模数学 一、填空题(每题 5 分，共 70 分) 1.已知集合 A={x||x|≤2}，B={x|3x-2≥1}，则 A∩B=____. 解析：由 A 中不等式解得：-2≤x≤2，即 A={x|-2≤x≤2}， 由 B 中不等式解得：x≥1，即 B={x|x≥1}， 则 A∩B={x|1≤x≤2}. 答案：{x|1≤x≤2} 2.复数 2 12 ai i   (i 是虚数单位)是纯虚数，则实数 a 的值为____. 解析：          2 1 2 4 2 1 2 124 1 2 1 2 1 2 5 5 5 ＝ ＝a i i a a i aa i a ii i i         ． ∵复数 是纯虚数 ∴   4 05 2105 ＝a a          ，解得：a=4． 答案：4． 3.已知命题 p： x∈R，x2+2x+a≤0 是真命题，则实数 a 的取值范围是____. 解析：若命题 p： x∈R，x2+2x+a≤0 是真命题， 则判别式△=4-4a≥0， 即 a≤1. 答案：(-∞，1]． 4.从长度为 2、3、5、6 的四条线段中任选三条，能构成三角形的概率为____. 解析：从长度为 2、3、5、6 的四条线段中任选三条， 共有 2、3、5；2、3、6；2、5、6；3、5、6；4 种情况， 能构成三角形的有 2、5、6；3、5、6，共两种情况， 所以 P(任取三条，能构成三角形)= 2 4 = 1 2 ． 答案： 1 2 5.某个容量为 100 的样本的频率分布直方图如下，则在区间[4，5)上的数据的频数为____. 解析：根据题意， 在区间[4，5]的频率为：1-(0.05+0.1+0.15+0.4)×1=0.3， 而总数为 100，因此频数为 30． 答案：30． 6.在如图所示的算法流程图中，若输出的 y 的值为 26，则输入的 x 的值为____. 解析：模拟执行程序框图，可得程序框图的功能是计算并输出 2 54 2 2 4＜ x y x x x       的值， 当输出的 y 的值为 26 时，显然 x＜4，有 x2-2x+2=26， 解得：x=-4 或 x=6(舍去) 答案：-4 7.在平面直角坐标系 xOy 中，点 F 为抛物线 x2=8y 的焦点，则点 F 到双曲线 2 2 19 yx 的渐 近线的距离为____. 解析：抛物线 x2=8y 的焦点 F(0，2)， 双曲线 2 2 19 yx 的渐近线方程为 y=±3x， 则 F 到双曲线 2 2 19 yx 的渐近线的距离为 22 2 10 531 d   ． 答案： 10 5 ． 8.已知 a，b 为实数，且 a≠b，a＜0，则 a____ 2 2 bb a ．(填“＞”、“＜”或“=”) 解析：∵a≠b，a＜0， ∴  22 20（ ） ＜abbabaa    ， ∴ 2 2＜ baba ． 答案：＜． 9.△ABC 是直角边等于 4 的等腰直角三角形，D 是斜边 BC 的中点， 1 ·4 ＝AM AB m AC ， 向量 AM 的终点 M 在△ACD 的内部(不含边界)，则 ·AM BM 的取值范围是____. 解析：以 AB 为 x 轴，AC 为 y 轴，作图如下图， 点 A(0，0)，B(4，0)，C(0，4)，D(2，2)， 则 11·44 ＝ =AM AB m AC (4，0)+m(0，4)=(1，4m)，则 M(1，4m)． 又∵点 M 在△ACD 的内部(不含边界)，∴1＜4m＜3， 13 44 ＜ ＜m ， 则 ═(1，4m)·(-3，4m)=16m2-3，∴-2＜16m2-3＜6. 答案：(-2，6)． 10.已知四数 a1，a2，a3，a4 依次成等比数列，且公比 q 不为 1．将此数列删去一个数后得到 的数列(按原来的顺序)是等差数列，则正数 q 的取值集合是____. 解析：因为公比 q 不为 1，所以不能删去 a1，a4．设{an}的公差为 d，则 ①若删去 a2，则由 2a3=a1+a4 得 2a1q2=a1+a1q3，即 2q2=1+q3， 整理得 q2(q-1)=(q-1)(q+1)． 又 q≠1，则可得 q2=q+1，又 q＞0 解得 15 2q  ； ②若删去 a3，则由 2a2=a1+a4 得 2a1q=a1+a1q3，即 2q=1+q3，整理得 q(q-1)(q+1)=q-1． 又 q≠1，则可得 q(q+1)=1，又 q＞0 解得 15 2q  ． 综上所述， 15 2q  ． 答案：{ 15 2  ，15 2  }． 11.已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1，F 是棱 BC 的中点，M 是线段 A1F 上的动点，则△ MDD1 与△MCC1 的面积和的最小值是____. 解析：由题意，就是求 M 到 DD1 与 CC1 距离和的最小值，由于 A1F 在平面 ABCD 上的射影为 AF， 故问题转化为正方形 ABCD 中，AF 上的点到 D，C 距离和的最小值，设出 D 关于 AF 的对称点 D'，则 DD′= 45 5 ，cos∠CDD′= 1 5 ∴ 16 4 5 1 651 2 15 5 55 CD        ， ∴△MDD1 与△MCC1 的面积和的最小值是 1 65 65 2 5 10. 答案： 65 10 ． 12.已知函数 f(x)=-x2+ax+b(a，b∈R)的值域为(-∞，0]，若关于 x 的不等式 f(x)＞c-1 的 解集为(m-4，m+1)，则实数 c 的值为____. 解析：∵函数 f(x)=-x2+ax+b(a，b∈R)的值域为(-∞，0]， ∴△=0， ∴a2+4b=0， ∴ 2 4 ab  ． ∵关于 x 的不等式 f(x)＞c-1 的解集为(m-4，m+1)， ∴方程 f(x)=c-1 的两根分别为：m-4，m+1， 即方程： 2 2 14 ax ax c     两根分别为：m-4，m+1， ∵方程： 2 2 14 ax ax c     根为： 12 ＝axc， ∴两根之差为： 2 1 1 4（ ）（ ）c m m     ， 21 4c  ． 答案： 21 4 ． 13.若对任意的 x∈D，均有 f1(x)≤f(x)≤f2(x)成立，则称函数 f(x)为函数 f1(x)到函数 f2(x) 在区间 D 上的“折中函数”．已知函数 f(x)=(k-1)x-1，g(x)=0，h(x)=(x+1)lnx，且 f(x)是 g(x)到 h(x)在区间[1，2e]上的“折中函数”，则实数 k 的值构成的集合是____. 解析：根据题意，可得 0≤(k-1)x-1≤(x+1)lnx 在 x∈[1，2e]上恒成立． 当 x∈[1，2e]时，函数 f(x)=(k-1)x-1 的图象为一条线段， 于是，     10 20 f fe     ，解得 k≥2． 另一方面，  1 ln 11 xxk x  在 x∈[1，2e]上恒成立． 令    1 ln 1 ln 1ln＝ xx xm x xx x x    ， 则   2 ln＝ xxmx x  ． 由于 1≤x≤2e， 所以  1ln 1 0＝xx x    ， 于是函数 x-lnx 为增函数， 从而 x-lnx≥1-ln1＞0， 所以 m′(x)≥0， 则函数 m(x)为[1，2e]上的增函数． 所以 k-1≤[m(x)]min=m(1)=1， 即 k≤2． 综上，k=2． 答案：{2}． 14.若实数 x，y 满足 42x y x y   ，则 x 的取值范围是____. 解析：方法一：【几何法】 当 x=0 时，解得 y=0，符合题意，当 x＞0 时，解答如下： 令 []0，t y x ，原方程可化为： 22 2 xt x t    ， 记函数 2 2 （ ） xf t t   ， 2（ ）g t x t，t∈[0， x ]， 这两个函数都是关于 t 的函数，其中 x 为参数， f(t)的图象为直线，且斜率为定值-2， g(t)的图象为四分之一圆，半径为为 x ， 问题等价为，在第一象限 f(t)，g(t)两图象有公共点， ①当直线与圆相切时，由 d=r 解得 x=20， ②当直线过的点 A(0， 2 x )在圆上的点(0， )处时， 即 2 = xx ，解得 x=4， 因此，要使直线与圆有公共点，x∈[4，20]， 综合以上分析得，x∈[4，20]∪{0}． 方法二：【代数法】 令 []0，t y x ，原方程可化为： 242x t x t   ， 因为 x-y=x-t2≥0，所以 x≥t2≥0， 两边平方并整理得，20t2-8xt+x2-4x=0(*)， 这是一个关于 t 的一元二次方程，则方程(*)有两个正根(含相等)，     22 2 12 64 80 4 0 1 4020 ＝ ＝ x x x t t x x      ，解得，x∈[4，20]∪{0}． 特别地，当 x=0 时，y=0，符合题意． 答案：[4，20]∪{0}． 二、解答题：本大题共 6 小题，共 90 分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说 明、证明过程或演算步骤. 15.如图，在平面直角坐标系 xOy 上，点 A(1，0)，点 B 在单位圆上，∠AOB=θ(0＜θ＜π)． (1)若点 B 34()55 ， ，求 tan(θ+ 4  )的值； (2)若OA OB OC， 18 13OB OC，求 cos( 3  -θ)． 解析：(1)利用三角函数的定义及其和差公式即可得出； (2)利用向量的坐标运算、数量积运算性质、同角三角函数基本关系式、和差公式即可得出． 答案：(1)由点 B ，∴sinθ= 4 5 ，cosθ＝ 3 5 ，tanθ= 4 3 ． ∴ 4 1tan tan 13tan 4 71 tan tan 4 4 4 1 3 （ ）               ； (2)∵ ， ∴OC =(1+cosθ，sinθ)． ， ∴(cosθ，sinθ)·(1+cosθ，sinθ)=cosθ+cos2θ+sin2θ=cosθ+1=18 13 ， 解得 cosθ= 5 13 ，∵0＜θ＜π，∴ 2 12sin 1 cos 13 ＝． ∴ 1 5 3 12 5 12 3cos cos cos sin sin3 3 3 2 13 2 13 26 （ ）             ． 16.如图，六面体 ABCDE 中，面 DBC⊥面 ABC，AE⊥面 ABC． (1)求证：AE∥面 DBC； (2)若 AB⊥BC，BD⊥CD，求证：AD⊥DC． 解析：(1)过点 D 作 DO⊥BC，O 为垂足，由已知得 DO⊥面 ABC，由此能证明 AE∥面 DBC． (2)由已知得 DO⊥AB，AB⊥面 DBC，从而 AB⊥DC，由此能证明 AD⊥DC． 答案：(1)过点 D 作 DO⊥BC，O 为垂足． 因为面 DBC⊥面 ABC，又面 DBC∩面 ABC=BC，DO面 DBC， 所以 DO⊥面 ABC． 又 AE⊥面 ABC，则 AE∥DO． 又 AE 面 DBC，DO 面 DBC，故 AE∥面 DBC． (2)由(1)知 DO⊥面 ABC，AB 面 ABC，所以 DO⊥AB． 又 AB⊥BC，且 DO∩BC=O，DO，BC 平面 DBC，则 AB⊥面 DBC． 因为 DC 面 DBC，所以 AB⊥DC． 又 BD⊥CD，AB∩DB=B，AB，DB 面 ABD，则 DC⊥面 ABD． 又 AD 面 ABD，故可得 AD⊥DC． 17.如图，某城市有一条公路正西方 AO 通过市中心 O 后转向北偏东α角方向的 OB，位于该 市的某大学 M 与市中心 O 的距离 3 13OM  km，且∠AOM=β，现要修筑一条铁路 L，L 在 OA 上设一站 A，在 OB 上设一站 B，铁路在 AB 部分为直线段，且经过大学 M，其中 tanα=2， 3cos 13   ，AO=15km． (1)求大学 M 在站 A 的距离 AM； (2)求铁路 AB 段的长 AB． 解析：(1)在△AOM 中，利用已知及余弦定理即可解得 AM 的值； (2)由 3cos 13   ，且β为锐角，可求 sinβ，由正弦定理可得 sin∠MAO，结合 tanα=2， 可求 sinα，cosα，sin∠ABO，sin∠AOB，结合 AO=15，由正弦定理即可解得 AB 的值． 答案：(1)在△AOM 中，A0=15，∠AOM=β，且 3cos 13   ， 3 13OM  ， 由余弦定理可得：AM2=OA2+OM2-2OA·OM·cos∠AOM= 22 33 13 15 2 3 13 15 72 13 （ ）      ． 所以可得： 62AM  ，大学 M 在站 A 的距离 AM 为62km． (2)∵ ，且β为锐角， ∴ 2sin 13   ， 在△AOM 中，由正弦定理可得： sin sin AM OM MAO   ，即 62 3 132 sin13 MAO  ， ∴ 2sin 2MAO， ∴ 4MAO ， ∴∠ABO=α- 4  ， ∵tanα=2， ∴ 2sin 5 ＝ ， 1cos 5   ， ∴ 1sin sin 4 10 （ ）ABO     ， 又∵∠AOB=π-α， ∴sin∠AOB=sin(π-α)= 2 5 ． 在△AOB 中，AO=15，由正弦定理可得： sin sin AB AO AOB ABO ，即 15 21 5 10 ＝ AB ， ∴解得 30 2AB  ，即铁路 AB 段的长 AB 为30 2 km． 18.设椭圆 C： 22 221xy ab(a＞b＞0)的离心率 3 2e  ，直线 y=x+ 2 与以原点为圆心、椭 圆 C 的短半轴长为半径的圆 O 相切． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设直线 1 2x  与椭圆 C 交于不同的两点 M，N，以线段 MN 为直径作圆 D，若圆 D 与 y 轴相 交于不同的两点 A，B，求△ABD 的面积； (3)如图，A1，A2，B1，B2 是椭圆 C 的顶点，P 是椭圆 C 上除顶点外的任意点，直线 B2P 交 x 轴 于点 F，直线 A1B2 交 A2P 于点 E，设 A2P 的斜率为 k，EF 的斜率为 m，求证：2m-k 为定值． 解析：(1)由于直线 y=x+ 与以原点为圆心、椭圆 C 的短半轴长为半径的圆 O 相切，可得 02 2 b   ，解得 b．又离心率 3 2 ce a，b2=a2-c2，联立解得即可得出． (2)把 代入椭圆方程可得： 2 11 16 ＝y  ，可得⊙D 的方程为： 2 21 15 2 16 ＝xy    ．令 x=0，解得 y，可得|AB|，利用 Δ 1 ·2ABDS AB OD 即可得出． (3)由(1)知：A1(-2，0)，A2(2，0)，B2(0，1)，可得直线 A1B2AD 的方程，设直线 A2P 的方程 为 y=k(x-2)，k≠0，且 k≠± 1 2 ，联立解得 E．设 P(x1，y1)，与椭圆方程联立可得(4k2+1)x2- 16k2x+16k2-4=0．解得 P．设 F(x2，0)，则由 P，B2，F 三点共线得，kB2P＝kB2F．可得 F．即 可证明 2m-k 为定值． 答案：(1)∵直线 y=x+ 2 与以原点为圆心、椭圆 C 的短半轴长为半径的圆 O 相切， ∴ ，化为 b=1． ∵离心率 ，b2=a2-c2=1，联立解得 a=2，c= 3 ． ∴椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y； (2)解：把 1 2x  代入椭圆方程可得： 2 11 16 ＝y  ，解得 15 4y  ． ∴⊙D 的方程为： 2 21 15 2 16 ＝xy    ． 令 x=0，解得 11 4y  ， ∴ 11 2AB  ， ∴ Δ 1 1 11 1 11 2 2 2 2 8ABDS AB OD      ． (3)证明：由(1)知：A1(-2，0)，A2(2，0)，B2(0，1)， ∴直线 A1B2 的方程为 y＝ 1 2 x+1， 由题意，直线 A2P 的方程为 y=k(x-2)，k≠0，且 k≠± ， 由   1 12 2 ＝ ＝ yx y k x     ，解得 4 2 4 21( 2 )1 ，kkE kk   ． 设 P(x1，y1)，则由   2 2 2 14 ＝y k x x y    ，得(4k2+1)x2-16k2x+16k2-4=0． ∴ 2 1 2 16 42 41 kx k   ，∴ 2 1 2 82 41 kx k   ， 11 2 42 41 （ ） ky k x k     ． ∴ 2 22 8 2 4 4 1 4 )1( ，kkP kk   ． 设 F(x2，0)，则由 P，B2，F 三点共线得，kB2P＝kB2F． 即 2 2 2 2 4 1 0141 82 0041 k k k x k      ，∴ 2 42 21 kx k   ，∴F( 42 21 k k   ，0)． ∴EF 的斜率 4 0 2121 4 2 4 2 4 2 1 2 1 k kkm kk kk   ． ∴ 2 1 12 22 km k k    为定值． 19.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn+n=2an(n∈N*)． (1)证明：数列{an+1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)若 bn=(2n+1)an+2n+1，数列{bn}的前 n 项和为 Tn．求满足不等式 2 201021 ＞nT n   的 n 的最 小值． 解析：(1)利用递推式，再写一式，两式相减，可得数列{an+1}为等比数列，从而可求数列{an} 的通项公式； (2)求出数列{bn}的前 n 项和为 Tn，代入可求满足不等式 的 n 的最小值． 答案：(1)证明：当 n=1 时，2a1=a1+1，∴a1=1． ∵2an=Sn+n，n∈N*，∴2an-1=Sn-1+n-1，n≥2， 两式相减得 an=2an-1+1，n≥2，即 an+1=2(an-1+1)，n≥2， ∴数列{an+1}为以 2 为首项，2 为公比的等比数列， ∴an+1=2n，∴an=2n-1，n∈N*； (2)解：bn=(2n+1)an+2n+1=(2n+1)·2n， ∴Tn=3·2+5·22+…+(2n+1)·2n， ∴2Tn=3·22+5·23+…+(2n+1)·2n+1， 两式相减可得-Tn=3·2+2·22+2·23+…+2·2n-(2n+1)·2n+1， ∴Tn=(2n-1)·2n+1+2 ∴ 可化为 2n+1＞2010 ∵210=1024，211=2048 ∴满足不等式 的 n 的最小值为 10． 20.已知函数 21 ln2 （ ）f x ax x，g(x)=-bx，其中 a，b∈R，设 h(x)=f(x)-g(x)， (1)若 f(x)在 2 2x  处取得极值，且 f′(1)=g(-1)-2．求函数 h(x)的单调区间； (2)若 a=0 时，函数 h(x)有两个不同的零点 x1，x2 ①求 b 的取值范围； ②求证： 12 2 1＞xx e ． 解析：(1)根据极值点处的导数为零，结合 f(1)=g(-1)-2 列出关于 a，b 的方程组，求出 a， b，然后再利用导数研究导数研究单调区间； (2)①将 a=0 代入，研究极值的符号，即可求出求 b 的取值范围， ②结合①的结论，通过适当的变形，利用放缩法和基本不等式即可证明． 答案：(1)由已知得   1＝f x ax x，(x＞0)， 所以 222022 ＝ ＝fa    ，所以 a=-2． 由 f′(1)=g(-1)-2， 得 a+1=b-2， 所以 b=1． 所以 h(x)=-x2+lnx+x，(x＞0)． 则    1211 221＝ ＝ xx h x x xx      ，(x＞0)， 由 h′(x)＞0 得 0＜x＜1，h′(x)＜0 得 x＞1． 所以 h(x)的减区间为(1，+∞)，增区间为(0，1)． (2)①由已知 h(x)=lnx+bx，(x＞0)． 所以   1＝h x bx，(x＞0)， 当 b≥0 时，显然 h′(x)＞0 恒成立，此时函数 h(x)在定义域内递增，h(x)至多有一个零点， 不合题意． 当 b＜0 时，令 h′(x)=0 得 1 0＞x b ，令 h′(x)＞0 得 10＜ ＜x b ；令 h′(x)＜0 得 1＞x b ． 所以 h(x)极大= 1 10（ ） （ ） ＞h ln bb     ，解得 1 0＜ ＜be ． 且 x→0 时，lnx＜0，x→+∞时，lnx＞0． 所以当 b∈( 1 e ，0)时，h(x)有两个零点． ②证明：由题意得 11 22 ln 0 ln 0 ＝ ＝ x bx x bx      ，即 1 2 1 2 ＝ ① ＝ ② bx bx ex ex     ， ①×②得  12 12＝b x xe x x ． 因为 x1，x2＞0， 所以-b(x1+x2)＞0， 所以 ＞1， 因为 10＜ ＜b e ， 所以 e-b＜1， 所以 1 2 1 2222 12＞ ＞ ＞b x x x xx x e e e ， 所以 12 2 1＞xx e ． [选做题](选修 4-2：矩阵与变换) 21.已知点 P(a，b)，先对它作矩阵 13 22 31 22 M     对应的变换，再作 20 02N   对应 的变换，得到的点的坐标为(8， 43)，求实数 a，b 的值． 解析：利用矩阵的乘法，求出 MN，(NM)-1，利用变换得到的点的坐标为(8， 43)，即可求 实数 a，b 的值． 答案：依题意， 13 2 0 1 322 02 3 1 3 1 22 NM   ， 由逆矩阵公式得， 1 13 44 31 44 （ ）NM      ， 所以 13 8544 4 3 331 44            ，即有 a=5，b= 3 ． [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与 x 轴的正半轴重合，若直线 l 的 极坐标方程为 sin 2 24 （ ）p   ． (1)把直线 l 的极坐标方程化为直角坐标系方程； (2)已知 P 为椭圆 C： 22 139 ＝xy 上一点，求 P 到直线 l 的距离的最小值． 解析：(1)把直线 l 的极坐标方程化为直角坐标系方程即可； (2)设 3 cos 3sin（ ， ）P ，利用点到直线的距离公式表示出 P 到直线 l 的距离 d，利用余 弦函数的值域确定出最小值即可． 答案：(1)直线 l 的极坐标方程为 ， 整理得： 22sin cos cos sin sin cos 2 24 4 2 2 （ ）          ， 即ρsinθ-ρcosθ=4， 则直角坐标系中的方程为 y-x=4，即 x-y+4=0； (2)设 ， ∴点 P 到 直 线 l 的 距 离 2 3 co (s43 cos 3sin 4 2 3 43 2 2 6 2 | 2 ) 2 |d          ， 则 P 到直线 l 的距离的最小值为 2 2 6 ． 【必做题】第 23 题、第 24 题，每题 10 分，共计 20 分. 23.抛掷甲，乙两枚质地均匀且四面上分别标有 1，2，3，4 的正四面体，其底面落于桌面， 记所得数字分别为 x，y．设ξ为随机变量，若 x y 为整数，则ξ=0；若 x y 为小于 1 的分数， 则ξ=-1；若 x y 为大于 1 的分数，则ξ=1． (1)求概率 P(ξ=0)； (2)求ξ的分布列，并求其数学期望 E(ξ)． 解析：(1)数对(x，y)共有 16 种，利用列举法求出使 x y 为整数的种数，由此能求出概率 P(ξ =0)． (2)随机变量ξ的所有取值为-1，0，1，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和数 学期望． 答案：(1)依题意，数对(x，y)共有 16 种，其中使 x y 为整数的有以下 8 种： (1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，(4，2)， 所以 810 16) 2( ＝ ＝ ＝P  ； (2)随机变量ξ的所有取值为-1，0，1， ξ=-1 有以下 6 种：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)， 故 63-1 16) 8( ＝ ＝ ＝P  ， ξ=1 有以下 2 种：(3，2)，(4，3)，故 211 16) 8( ＝ ＝ ＝P  ， ∴ 3 1 1018 8 2 （ ）P       ， ∴ξ的分布列为： ξ -1 0 1 P 3 8 1 2 1 8 ξ的数学期望为 3 1 1 11 0 18 2 8() 4 ＝ ＝E         ． 24.已知(x+2)n=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2…+an(x-1)n(n∈N*)． (1)求 a0 及 1＝ n ni i Sa  ； (2)试比较 Sn 与(n-2)3n+2n 2 的大小，并说明理由． 解析：(1)令 x=1，则 a0＝3n，再令 x=2，则 0 4 ＝ ＝ n n i i a ，可得 1＝ n ni i Sa  的值． (2)要比较 Sn 与(n-2)3n+2n2 的大小，只要比较 4n 与(n-1)3n+2n2 的大小．检验可得当 n=1 或 4 或 5 时，4n＞(n-1)3n+2n2，当 n=2 或 3 时，4n＞(n-1)3n+2n2．猜测当 n≥4 时，4n＞(n-1)3n+2n2， 再用下面用数学归纳法、放缩法证明结论． 答案：(1)令 x=1，则 a0＝3n，令 x=2，则 ，所以 1 43 ＝ ＝ n nn ni i Sa ． (2)要比较 Sn 与(n-2)3n+2n2 的大小，只要比较 4n 与(n-1)3n+2n2 的大小． 当 n=1 时，4n＞(n-1)3n+2n2， 当 n=2 或 3 时，4n＜(n-1)3n+2n2，当 n=4 或 5 时，4n＞(n-1)3n+2n2． 猜想：当 n≥4 时，4n＞(n-1)3n+2n2．下面用数学归纳法证明： ①由上述过程可知，当 n=4 时，结论成立． ②假设当 n=k(k≥4，k∈N*)时结论成立，即 4k＞(k-1)3k+2k2， 两边同乘以 4，得 4k+1＞4[(k-1)3k+2k2]=k3k+1+2(k+1)2+[(k-4)3k+6k2-4k-2]， 而(k-4)3k+6k2-4k-2=(k-4)3k+6(k2-k-2)+2k+10=(k-4)3k+6(k-2)(k+1)+2k+10＞0， 所以 4k+1＞[(k+1)-1]3k+1+2(k+1)2， 即 n=k+1 时结论也成立． 由①②可知，当 n≥4 时，4n＞(n-1)3n+2n2 成立． 综上所述，当 n=1 时，Sn＞(n-2)3n+2n2；当 n=2 或 3 时，4n＜(n-1)3n+2n2，Sn＜(n-2)3n+2n2； 当 n≥4 时，Sn＞(n-2)3n+2n2．