2012高考四川理科数学试题及答案高清版 13页

2012 年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学理工农医类(四川卷) 参考公式： 如果事件 A、B互斥，那么 P(A＋B)＝P(A)＋P(B) 如果事件 A、B相互独立，那么 P(A·B)＝P(A)·P(B) 如果事件 A在一次试验中发生的概率是 p，那么 n次独立重复试验中事件 A恰好发生 k 次的概率 Pn(k)＝Ck n pk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n) 球的表面积公式 S＝4πR2 其中 R表示球的半径 球的体积公式 V＝ 4 3 πR3 其中 R表示球的半径 第一部分 (选择题 共 60 分) 本部分共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分． 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的． 1．)(1＋x)7的展开式中 x2 的系数是( ) A．42 B．35 C．28 D．21 2．复数 2(1 i) 2i   ( ) A．1 B．－1 C．i D．－i 3．函数 2 9 3( ) 3 ln( 2) 3 x xf x x x x        ， ， ， 在 x＝3 处的极限( ) A．不存在 B．等于 6 C．等于 3 D．等于 0 A．101 B．808 C．1 212 D．2 012 4．如图，正方形 ABCD的边长为 1，延长 BA至 E，使 AE＝1，连结 EC，ED，则 sin∠CED ＝( ) A． 3 10 10 B． 10 10 C． 5 10 D． 5 15 5．函数 y＝ax－ 1 a (a＞0，且 a≠1)的图象可能是( ) 6．下列命题正确的是( ) A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 7．设 a，b 都是非零向量，下列四个条件中，使 | | | |  a b a b 成立的充分条件是( ) A．a＝－b B．a∥b C．a＝2b D．a∥b 且|a|＝|b| 8．已知抛物线关于 x轴对称，它的顶点在坐标原点 O，并且经过点 M(2，y0)．若点 M 到该抛物线焦点的距离为 3，则|OM|＝( ) A． 2 2 B． 2 3 C．4 D． 2 5 9．某公司生产甲、乙两种桶装产品．已知生产甲产品 1 桶需耗 A原料 1 千克、B原料 2 千克；生产乙产品 1 桶需耗 A原料 2 千克、B原料 1 千克．每桶甲产品的利润是 300 元， 每桶乙产品的利润是 400 元．公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗 A，B原料都 不超过 12 千克．通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得 的最大利润是( ) A．1 800 元 B．2 400 元 C．2 800 元 D．3 100 元 10．如图，半径为 R的半球 O的底面圆 O在平面α内，过点 O作平面α的垂线交半球面 于点 A，过圆 O的直径 CD作与平面α成 45°角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的 距离最大的点为 B，该交线上的一点 P满足∠BOP＝60°，则 A，P两点间的球面距离为( ) A． 2arccos 4 R B． π 4 R C． 3arccos 3 R D． π 3 R 11．方程 ay＝b2x2＋c中的 a，b，c∈{－3，－2,0,1,2,3}，且 a，b，c互不相同．在所有 这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有( ) A．60 条 B．62 条 C．71 条 D．80 条 12．设函数 f(x)＝2x－cosx，{an}是公差为 π 8 的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π， 则[f(a3)]2－a1a5＝( ) A．0 B． 21 π 16 C． 21 π 8 D． 213 π 16 第二部分 (非选择题 共 90 分) 本部分共 10 小题，共 90 分． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。 13．设全集 U＝{a，b，c，d}，集合 A＝{a，b}，B＝{b，c，d}，则( UA)∪( UB)＝________. 14．如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M，N分别是棱 CD，CC1 的中点，则异面 直线 A1M与 DN所成的角的大小是________． 15．椭圆 2 2 1 4 3 x y   的左焦点为 F，直线 x＝m与椭圆相交于点 A，B．当△FAB的周 长最大时，△FAB的面积是________． 16．记[x]为不超过实数 x的最大整数．例如，[2]＝2，[1.5]＝1，[－0.3]＝－1.设 a为正 整数，数列{xn}满足 x1＝a， 1 [ ] 2 n n n ax xx            (n∈N*)．现有下列命题： ①当 a＝5 时，数列{xn}的前 3 项依次为 5,3,2； ②对数列{xn}都存在正整数 k，当 n≥k时总有 xn＝xk； ③当 n≥1 时，xn＞ a －1； ④对某个正整数 k，若 xk＋1≥xk，则 xk＝[ a ]． 其中的真命题有________．(写出所有真命题的编号) 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和 B，系统 A和系统 B在 任意时刻发生故障的概率分别为 1 10 和 p. (1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为 49 50 ，求 p的值； (2 设系统 A在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列 及数学期望 Eξ. 18．函数 2( ) 6cos 3sin 3 2 xf x x    (ω＞0)在一个周期内的图象如图所示，A为 图象的最高点，B，C为图象与 x轴的交点，且△ABC为正三角形． (1)求ω的值及函数 f(x)的值域； (2)若 0 8 3( ) 5 f x  ，且 x0∈( 10 3  ， 2 3 )，求 f(x0＋1)的值． 19．如图，在三棱锥 P－ABC中，∠APB＝90°，∠PAB＝60°，AB＝BC＝CA，平面 PAB⊥ 平面 ABC． (1)求直线 PC与平面 ABC所成的角的大小； (2)求二面角 B－AP－C的大小． 20．已知数列{an}的前 n项和为 Sn，且 a2an＝S2＋Sn对一切正整数 n都成立． (1)求 a1，a2的值； (2)设 a1＞0，数列 110lg n a a       的前 n项和为 Tn.当 n为何值时，Tn最大？并求出 Tn的最 大值． 21．如图，动点 M与两定点 A(－1,0)，B(2,0)构成△MAB，且∠MBA＝2∠MAB．设动 点 M的轨迹为 C． (1)求轨迹 C的方程； (2)设直线 y＝－2x＋m与 y轴相交于点 P，与轨迹 C相交于点 Q，R，且|PQ|＜|PR|，求 | | | | PR PQ 的取值范围． 22．已知 a为正实数，n为自然数，抛物线 y＝－x2＋ 2 na 与 x轴正半轴相交于点 A．设 f(n)为该抛物线在点 A处的切线在 y轴上的截距． (1)用 a和 n表示 f(n)； (2)求对所有 n都有 3 3 ( ) 1 ( ) 1 1 f n n f n n     成立的 a的最小值； (3))当 0＜a＜1 时，比较 1 1 ( ) (2 ) n k f k f k   与 27 (1) ( ) 4 (0) (1) f f n f f    的大小，并说明理由． 1． D 含 x2的项是展开式中的第三项 T3＝ 2 7C x2＝21x2，所以 x2的系数是 21. 2． B 2 2(1 i) 1 2i i 2i 1 2i 2i 2i         . 3． A 当 x＜3 时， 3 3 3 2 9lim ( ) lim lim ( 3) 6 3x x x xf x x x         ； 当 x＞3 时， 3 3 lim ( ) lim ln( 2) 0 x x f x x      . 由于 f(x)在 x＝3 处的左极限不等于右极限，所以函数 f(x)在 x＝3 处的极限不存在． 4． B 因为四边形 ABCD是正方形，且 AE＝AD＝1，所以∠AED＝ π 4 . 在 Rt△EBC中，EB＝2，BC＝1，所以 sin∠BEC＝ 5 5 ，cos∠BEC＝ 2 5 5 .sin∠CED ＝sin( π 4 －∠BEC)＝ 2 2 cos∠BEC－ 2 2 sin∠BEC＝ 2 2 5 5 10( ) 2 5 5 10   . 5． D 当 x＝－1 时，y＝a－1－ 1 a ＝0，∴函数图象恒过(－1,0)点，显然只有 D 项符合， 故选 D 项． 6．C 若两条直线和同一平面所成的角相等，则这两条直线可平行、可异面、可相交， A 项不正确错； 如果到一个平面距离相等的三个点在同一条直线上或在这个平面的两侧，则经过这三个 点的平面与这个平面相交，B 项不正确； 如图，平面α∩β=b，a∥α，a∥β，过直线 a作平面ε∩α=c，过直线 a作平面γ∩β=d，∵a∥α， ∴a∥c，∵a∥β，∴a∥d，∴d∥c，∵c α，d α，∴d∥α，又∵d β，∴d∥b，∴a∥b， C 项正确； 若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面可平行、可相交，D 项不正确． 7．C 因为 | | | |  a b a b ，则向量 | | a a 与 | | b b 是方向相同的单位向量，所以 a 与 b 共线同 向，即使 | | | |  a b a b 成立的充分条件为 C 项． 8． B 由抛物线定义，知 2 p ＋2＝3，所以 p＝2，抛物线方程为 y2＝4x.因为点 M(2， y0)在抛物线上，所以 0 = 2 2y  ，故 2 0| | 4 2 3OM y   . 9． C 设某公司生产甲产品 x桶，生产乙产品 y桶，获利为 z元，则 x，y满足的线性 约束条件为 2 12, 2 12, 0 0 x y x y x x y y            且 且 Z, Z, 目标函数 z＝300x＋400y. 作出可行域，如图中四边形 OABC的边界及其内部整点． 作直线 l0：3x＋4y＝0，平移直线 l0经可行域内点 B时，z取最大值，由 2 12 2 12 x y x y      ， ， 得 B(4,4)，满足题意，所以 zmax＝4×300＋4×400＝2 800. 10．A 过点 A作 AH⊥平面 BCD，∵平面 BCD与底面所成的角为 45°，AO⊥平面α， 且点 B为交线上与平面α的距离最大的点，∴点 H在 OB上，且∠AOB=45°.过点 H作 HM⊥OP，垂足为 M，连接 AM，在等腰直角三角形 AOH中，AH=OH= 2 2 R .在 Rt△HOM 中，∠HOP=60°，∴HM=OH· 3 6 2 4 R .在 Rt△AHM中， 2 2 2 2 22 6 14 14 4 16 16 4 AM AH HM R R R R      ，则在 Rt△AMO中， 14 144sin 4 R AOP R    ， ∴cos∠AOP= 2 4 ，∴ 2arccos 4 AOP  ， ∴A，P两点的球面距离为 2arccos 4 R . 11． B 因为 a，b不能为 0，先确定 a，b的值有 2 5A 种，则 c有 1 4C 种，即所形成的抛 物线有 2 1 5 4A C 80 条．当 b＝±2 时，b2 的值相同，重复的抛物线有 1 1 3 3C C 9 条；当 b＝ ±3 时， b2 的值相同，重复的抛物线有 1 1 3 3C C 9 条，所以不同的抛物线共有 2 1 1 1 5 4 3 3A C 2C C 62  条． 12． D 因为{an}是以 π 8 为公差的等差数列，所以 a1＝a3－ π 4 ，a2＝a3－ π 8 ，a4＝a3＋ π 8 ，a5＝a3＋ π 4 ，则 f(a1)＝2a3－ π 2 －cos(a3－ π 4 )，f(a2)＝2a3－ π 4 －cos(a3－ π 8 )，f(a3)＝2a3 －cosa3，f(a4)＝2a3＋ π 4 －cos(a3＋ π 8 )，f(a5)＝2a3＋ π 2 －cos(a3＋ π 4 )． 所以 f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＋f(a5) ＝10a3－[cos(a3－ π 4 )]＋cos(a3－ π 8 )＋cosa3＋cos(a3＋ π 8 )＋[cos(a3＋ π 4 )] ＝10a3－( 2 cosa3＋cosa3＋2cos π 8 cosa3) ＝10a3－( 2 ＋1＋2cos π 8 )cosa3＝5π.则 a3＝ π 2 . 于是 a1＝a3－ π 4 ＝ π 4 ，a5＝a3＋ π 4 ＝ 3π 4 ，f(a3)＝2× π 2 －cos π 2 ＝π. 故[f(a3)]2－a1a5＝π2－ π 4 × 3π 4 ＝ 213 π 16 . 13．答案：{a，c，d} 解析： UA＝{c，d}， UB＝{a}，所以( UA)∪( UB)＝{a，c，d}． 14．答案：90° 解析：如图，以点 D为原点，以 DA，DC，DD1为 x轴、y轴、z轴建立坐标系 D－xyz. 设正方体的棱长为 2，则 1MA  ＝(2，－1，2)，DN  ＝(0,2,1)， 1 0MA DN    ，故异面 直线 A1M与 ND所成角为 90°. 15．答案：3 解析：设椭圆的右焦点为 F1，则|AF|＝2a－|AF1|＝4－|AF1|， ∴△AFB的周长为 2|AF|＋2|AH|＝2(4－|AF1|＋|AH|)． ∵△AF1H为直角三角形， ∴|AF1|＞|AH|，仅当 F1与 H重合时，|AF1|＝|AH|， ∴当 m＝1 时，△AFB的周长最大，此时 S△FAB＝ 1 2 ×2×|AB|＝3. 16．答案：①③④ 解析：当 a＝5 时，x1＝5， 2 5 1[ ] 3 2 x    ， 3 53 [ ] 3[ ] 2 2 x    ，①正确． 当 a＝1 时，x1＝1， 2 11 [ ] 1[ ] 1 2 x    ，x3＝1，xk恒等于[ 1] 1 ； 当 a＝2 时，x1＝2， 2 2 1 3[ ] [ ] 1 2 2 x     ， 3 21 [ ] 31[ ] [ ] 1 2 2 x     ， 所以当 k≥2 时，恒有 [ 2] 1kx   ； 当 a ＝ 3 时 ， x1 ＝ 3 ， 2 3 1[ ] 2 2 x    ， 3 32 [ ] 32[ ] [ ] 1 [ 3] 2 2 x      ， 4 31 [ ] 1[ ] 2 2 x    ， 5 32 [ ] 32[ ] [ ] 1 2 2 x     ， 6 1 3[ ] 2 2 x    ， 所以当 k为偶数时，xk＝2，当 k为大于 1 的奇数时，xk＝1，②不正确． 在 xn＋[ n a x ]中，当 n a x 为正整数时，xn＋[ n a x ]＝xn＋ n a x ≥ 2 a， ∴ 1 [ ] 2[ ] [ ] [ ] 2 2 n n n ax x ax a     ；当 n a x 不是正整数时，令[ n a x ]＝ n a x －t，t为[ n a x ] 的小数部分，0＜t＜1， 1 [ ] 2[ ]=[ ] [ ] [ ] [ ] 2 2 2 2 n n n n n a ax x t x x a t tx a a          ， ∴xn＋1≥[ a ]，∴xn≥[ a ]，即 xn＞ a －1，③正确． 由以上论证知，存在某个正整数 k，若 xk＋1≥xk，则 xk＝[ a ]，④正确． 17．解：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件 C，那么 1 491 ( ) 1 10 50 P C p     . 解得 1 5 p  . (2)由题意，P(ξ＝0)＝ 0 3 3 1 1C ( ) 10 1000  ， P(ξ＝1)＝ 1 2 3 1 1 27C ( ) (1 ) 10 10 1000    ， P(ξ＝2)＝ 2 2 3 1 1 243C ( ) (1 ) 10 10 1000    ， P(ξ＝3)＝ 3 3 3 1 729C (1 ) 10 1000   . 所以，随机变量ξ的概率分布列为 ξ 0 1 2 3 P 1 1000 27 1000 243 1000 729 1000 故随机变量ξ的数学期望： 1 27 243 729 270 1 2 3 1000 1000 1000 1000 10 E          . 18．解：(1)由已知可得， f(x)＝3cosωx＋ 3 sinωx＝ 2 3 sin(ωx＋ π 3 )． 又正三角形 ABC的高为 2 3 ，从而 BC＝4. 所以函数 f(x)的周期 T＝4×2＝8，即 2π 8   ， π 4   . 函数 f(x)的值域为[ 2 3 ， 2 3 ]． (2)因为 0 8 3( ) 5 f x  ，由(1)有 0 0 π π 8 3( ) 2 3sin( ) 4 3 5 xf x    ， 即 0π π 4sin( ) 4 3 5 x   . 由 x0∈( 10 3  ， 2 3 )，知 0π π π π, 4 3 2 2 x        ， 所以 20π π 4 3cos 1 ( ) 4 3 5 5 x         . 故 0 0 π π π( 1) 2 3sin( ) 4 4 3 xf x     ＝ 0π π π2 3sin ( ) 4 3 4 x     ＝ 0 0π ππ π π π2 3 sin( )cos cos sin 4 3 4 4 3 4 x x                    ＝ 4 2 3 2 7 62 3( ) 5 2 5 2 5     . 19．解：解法一：(1)设 AB的中点为 D，AD的中点为 O，连结 PO，CO，CD． 由已知，△PAD为等边三角形． 所以 PO⊥AD． 又平面 PAB⊥平面 ABC，平面 PAB∩平面 ABC=AD， 所以 PO⊥平面 ABC． 所以∠OCP为直线 PC与平面 ABC所成的角． 不妨设 AB=4，则 PD=2， 2 3CD  ，OD=1， 3PO  . 在 Rt△OCD中， 2 2 13CO OD CD   . 所以，在 Rt△POC 中， 3 39tan 1313 POOCP CO     . 故直线 PC与平面 ABC所成的角的大小为 39arctan 13 . (2)过 D作 DE⊥AP于 E，连结 CE. 由已知可得，CD⊥平面 PAB． 根据三垂线定理知，CE⊥PA． 所以∠CED为二面角 B－AP－C 的平面角． 由(1)知， 3DE  . 在 Rt△CDE中， 2 3tan 2 3 CDCED DE     . 故二面角 B－AP－C的大小为 arctan 2. 解法二：(1)设 AB的中点为 D，作 PO⊥AB于点 O，连结 CD． 因为平面 PAB⊥平面 ABC，平面 PAB∩平面 ABC=AD， 所以 PO⊥平面 ABC． 所以 PO⊥CD． 由 AB=BC=CA，知 CD⊥AB． 设 E为 AC中点， 则 EO∥CD，从而 OE⊥PO，OE⊥AB． 如图，以 O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标 系 O－xyz. 不妨设 PA＝2，由已知可得，AB＝4，OA＝OD＝1， 3OP  ， 2 3CD  . 所以 O(0,0,0)，A(－1,0,0)，C(1, 2 3 ,0)，P(0,0, 3 )． 所以CP  ＝(－1， 2 3 ， 3 )，而OP  ＝(0,0， 3 )为平面 ABC的一个法向量． 设α为直线 PC与平面 ABC所成的角， 则 0 0 3 3sin 416 3 CP OP CP OP             . 故直线 PC与平面 ABC所成的角的大小为 3arcsin 4 . (2)由(1)有， AP  ＝(1,0, 3 )， AC  ＝(2, 2 3 ,0)． 设平面 APC的一个法向量为 n＝(x1，y1，z1)， 则 , 0, 0 AP AP AC AC                n n n n         1 1 1 1 1 1 , , 1,0, 3 0, , , 2, 2 3,0 0. x y z x y z       从而 1 1 1 1 3 0, 2 2 3 0. x z x y         取 1 3x   ，则 y1＝1，z1＝1， 所以 n＝( 3 ，1,1)． 设二面角 B－AP－C的平面角为β，易知β为锐角． 而面 ABP的一个法向量为 m＝(0,1,0)， 则 1 5cos | | | | | || | 53 1 1        n m n m . 故二面角 B－AP－C的大小为 5arccos 5 . 20．解：(1)取 n＝1，得 a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2，① 取 n＝2，得 2 2a ＝2a1＋2a2，② 由②－①，得 a2(a2－a1)＝a2.③ 若 a2＝0，由①知 a1＝0； 若 a2≠0，由③知 a2－a1＝1.④ 由①④解得，a1＝ 2 ＋1，a2＝2＋ 2 ；或 a1＝1－ 2 ，a2＝2－ 2 . 综上可得，a1＝0，a2＝0；或 a1＝ 2 ＋1，a2＝ 2 ＋2；或 a1＝1－ 2 ，a2＝2－ 2 . (2)当 a1＞0 时，由(1)知 a1＝ 2 ＋1，a2＝ 2 ＋2. 当 n≥2 时，有(2＋ 2 )an＝S2＋Sn，(2＋ 2 )an－1＝S2＋Sn－1，所以(1＋ 2 )an＝(2＋ 2 )an－1，即 an＝ 2 an－1(n≥2)， 所以 an＝a1( 2 )n－1＝( 2 ＋1)·( 2 )n－1. 令 110lgn n ab a  ，则 bn＝1－lg( 2 )n－1＝1－ 1 2 (n－1)lg 2＝ 1 2 1 100lg 2n . 所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为 1 lg2 2  )，从而 b1＞b2＞…＞b7＝ 10lg 8 ＞ lg1＝0， 当 n≥8 时， 8 1 100 1lg lg1 0 2 128 2nb b    ， 故 n＝7 时，Tn取得最大值，且 Tn的最大值为 1 7 7 7( ) 7(1 1 3lg2) 217 lg2 2 2 2 b bT        . 21．解：(1)设 M的坐标为(x，y)，显然有 x＞0，且 y≠0. 当∠MBA＝90°时，点 M的坐标为(2，±3)． 当∠MBA≠90°时，x≠2，由∠MBA＝2∠MAB，有 2 2tantan 1 tan MABMBA MAB      ，即 2 | |2| | 1 | |2 1 ( ) 1 y y x yx x      . 化简可得，3x2－y2－3＝0. 而点(2，±3)在曲线 3x2－y2－3＝0 上， 综上可知，轨迹 C的方程为 3x2－y2－3＝0(x＞1)． (2)由 2 2 2 , 3 3 0 y x m x y        消去 y， 可得 x2－4mx＋m2＋3＝0.(*) 由题意，方程(*)有两根且均在(1，＋∞)内． 设 f(x)＝x2－4mx＋m2＋3， 所以 2 2 2 2 4 1, 2 (1) 1 4 3 0, ( 4 ) 4( 3) 0. m f m m m m                解得，m＞1，且 m≠2. 设 Q，R 的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR，yR)，由 |PQ|＜ |PR|有 22 3( 1)Rx m m   ， 22 3( 1)Qx m m   . 所以 2 2 2 3( 1)| | | | 2 3( 1) R Q m mxPR PQ x m m       ＝ 2 2 2 12 3(1 ) 41 1 12 3(1 ) 2 3(1 ) m m m          . 由 m＞1，且 m≠2，有 2 41 1 7 4 3 12 3(1 ) m        ，且 2 41 7 12 3(1 ) m      . 所以 | | | | PR PQ 的取值范围是(1,7)∪(7, 7 4 3 )． 22．解：(1)由已知得，交点 A的坐标为( 2 na ，0)．对 y＝－x2＋ 1 2 an求导得 y′＝－2x， 则抛物线在点 A处的切线方程为 2 ( ) 2 n n ay a x   ，即 2 n ny a x a   .则 f(n)＝an. (2)由(1)知 f(n)＝an，则 3 3 ( ) 1 ( ) 1 1 f n n f n n     成立的充要条件是 an≥2n3＋1. 即知，an≥2n3＋1 对所有 n成立．特别地，取 n＝2 得到 17a  . 当 17a  ，n≥3 时， an＞4n＝(1＋3)n＝1＋ 1Cn ·3＋ 2Cn ·32＋ 3Cn ·33＋… ≥1＋ 1Cn ·3＋ 2Cn ·32＋ 3Cn ·33 ＝1＋2n3＋ 1 2 n [5(n－2)2＋(2n－5)] ＞2n3＋1. 当 n＝0,1,2 时，显然( 17 )n≥2n3＋1. 故 17a  时， 3 3 ( ) 1 ( ) 1 1 f n n f n n     对所有自然数 n都成立． 所以满足条件的 a的最小值为 17 . (3)由(1)知 f(k)＝ak，则 1 1 2 1 1 ( ) (2 ) k k n n k kf k f k a a       ， (1) ( ) (0) (1) 1 nf f n a a f f a      . 下面证明： 1 1 27 (1) ( ) ( ) (2 ) 4 (0) (1) k n f f n f k f k f f       . 首先证明：当 0＜x＜1 时， 2 1 27 4 x x x   . 设函数 g(x)＝ 27 4 x (x2－x)＋1,0＜x＜1. 则 81 2( ) ( ) 4 3 g' x x x  ． 当 0＜x＜ 2 3 时，g′(x)＜0；当 2 3 ＜x＜1 时，g′(x)＞0. 故 g(x)在区间(0,1)上的最小值 g(x)min＝g( 2 3 )＝0. 所以，当 0＜x＜1 时，g(x)≥0，即得 2 1 27 4 x x x   . 由 0＜a＜1 知 0＜ak＜1(k∈N*)， 因此 2 1 27 4 k k k a a a   ， 从而 1 1 2 1 1 1 27 ( ) (2 ) 4 k k n n n k k k k a f k f k a a          ＝ 127 27 4 1 4 1 n na a a a a a        ＝ 27 (1) ( ) 4 (0) (1) f f n f f    .