2017年上海市高考数学试卷.doc

第 1 页（共 23 页）2017 年上海市高考数学试卷年上海市高考数学试卷一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 12 题，满分题，满分 54 分，第分，第 16 题每题题每题 4 分，第分，第 712 题每题每题题 5 分）分）1 （4 分）已知集合 A=1，2，3，4，集合 B=3，4，5，则 AB= 2 （4 分）若排列数=6×5×4，则 m= 3 （4 分）不等式1 的解集为 4 （4 分）已知球的体积为 36，则该球主视图的面积等于 5 （4 分）已知复数 z 满足 z+=0，则|z|= 6 （4 分）设双曲线=1（b0）的焦点为 F1、F2，P 为该双曲线上的一点，若|PF1|=5，则|PF2|= 7 （5 分）如图，以长方体 ABCDA1B1C1D1的顶点 D 为坐标原点，过 D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为（4，3，2） ，则的坐标是 8 （5 分）定义在（0，+）上的函数 y=f（x）的反函数为 y=f1（x） ，若g（x）=为奇函数，则 f1（x）=2 的解为 9 （5 分）已知四个函数：y=x，y=，y=x3，y=x，从中任选 2 个，则事件“所选 2 个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为 10 （5 分）已知数列an和bn，其中 an=n2，nN*，bn的项是互不相等的正第 2 页（共 23 页）整数，若对于任意 nN*，bn的第 an项等于an的第 bn项，则= 11 （5 分）设 a1、a2R，且，则|10a1a2|的最小值等于 12 （5 分）如图，用 35 个单位正方形拼成一个矩形，点 P1、P2、P3、P4以及四个标记为“”的点在正方形的顶点处，设集合 =P1，P2，P3，P4，点P，过 P 作直线 lP，使得不在 lP上的“”的点分布在 lP的两侧用 D1（lP）和D2（lP）分别表示 lP一侧和另一侧的“”的点到 lP的距离之和若过 P 的直线 lP中有且只有一条满足 D1（lP）=D2（lP） ，则 中所有这样的 P 为 二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 题，每题题，每题 5 分，共分，共 20 分）分）13 （5 分）关于 x、y 的二元一次方程组的系数行列式 D 为（ ）ABCD14 （5 分）在数列an中，an=（）n，nN*，则an（ ）A等于B等于 0C等于D不存在15 （5 分）已知 a、b、c 为实常数，数列xn的通项 xn=an2+bn+c，nN*，则“存在 kN*，使得 x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（ ）Aa0Bb0Cc=0 Da2b+c=016 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C1：=1 和C2：x2+=1P 为 C1上的动点，Q 为 C2上的动点，w 是的最大值记第 3 页（共 23 页）=（P，Q）|P 在 C1上，Q 在 C2上，且=w，则 中元素个数为（ ）A2 个B4 个C8 个 D无穷个三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 题，共题，共 14+ +14+ +14+ +16+ +18=76 分）分）17 （14 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边 AB 和AC 的长分别为 4 和 2，侧棱 AA1的长为 5（1）求三棱柱 ABCA1B1C1的体积；（2）设 M 是 BC 中点，求直线 A1M 与平面 ABC 所成角的大小18 （14 分）已知函数 f（x）=cos2xsin2x+，x（0，） （1）求 f（x）的单调递增区间；（2）设ABC 为锐角三角形，角 A 所对边 a=，角 B 所对边 b=5，若 f（A）=0，求ABC 的面积19 （14 分）根据预测，某地第 n（nN*）个月共享单车的投放量和损失量分别为 an和 bn（单位：辆） ，其中 an=，bn=n+5，第 n 个月底的共享单车的保有量是前 n 个月的累计投放量与累计损失量的差（1）求该地区第 4 个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第 n 个月底的单车容纳量 Sn=4（n46）2+8800（单位：辆） 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？20 （16 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 ：=1，A 为 的上顶第 4 页（共 23 页）点，P 为 上异于上、下顶点的动点，M 为 x 正半轴上的动点（1）若 P 在第一象限，且|OP|=，求 P 的坐标；（2）设 P（） ，若以 A、P、M 为顶点的三角形是直角三角形，求 M 的横坐标；（3）若|MA|=|MP|，直线 AQ 与 交于另一点 C，且，求直线 AQ 的方程21 （18 分）设定义在 R 上的函数 f（x）满足：对于任意的 x1、x2R，当x1x2时，都有 f（x1）f（x2） （1）若 f（x）=ax3+1，求 a 的取值范围；（2）若 f（x）是周期函数，证明：f（x）是常值函数；（3）设 f（x）恒大于零，g（x）是定义在 R 上的、恒大于零的周期函数，M是 g（x）的最大值函数 h（x）=f（x）g（x） 证明：“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”第 5 页（共 23 页）2017 年上海市高考数学试卷年上海市高考数学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 12 题，满分题，满分 54 分，第分，第 16 题每题题每题 4 分，第分，第 712 题每题每题题 5 分）分）1 （4 分）已知集合 A=1，2，3，4，集合 B=3，4，5，则 AB= 3，4 【分析】利用交集定义直接求解【解答】解：集合 A=1，2，3，4，集合 B=3，4，5，AB=3，4故答案为：3，4【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用2 （4 分）若排列数=6×5×4，则 m= 3 【分析】利用排列数公式直接求解【解答】解：排列数=6×5×4，由排列数公式得，m=3故答案为：m=3【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意排列数公式的合理运用3 （4 分）不等式1 的解集为 （，0） 【分析】根据分式不等式的解法求出不等式的解集即可【解答】解：由1 得：第 6 页（共 23 页），故不等式的解集为：（，0） ，故答案为：（，0） 【点评】本题考查了解分式不等式，考查转化思想，是一道基础题4 （4 分）已知球的体积为 36，则该球主视图的面积等于 9 【分析】由球的体积公式，可得半径 R=3，再由主视图为圆，可得面积【解答】解：球的体积为 36，设球的半径为 R，可得R3=36，可得 R=3，该球主视图为半径为 3 的圆，可得面积为 R2=9故答案为：9【点评】本题考查球的体积公式，以及主视图的形状和面积求法，考查运算能力，属于基础题5 （4 分）已知复数 z 满足 z+=0，则|z|= 【分析】设 z=a+bi（a，bR） ，代入 z2=3，由复数相等的条件列式求得 a，b 的值得答案【解答】解：由 z+=0，得 z2=3，设 z=a+bi（a，bR） ，由 z2=3，得（a+bi）2=a2b2+2abi=3，第 7 页（共 23 页）即，解得：则|z|=故答案为：【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件以及复数模的求法，是基础题6 （4 分）设双曲线=1（b0）的焦点为 F1、F2，P 为该双曲线上的一点，若|PF1|=5，则|PF2|= 11 【分析】根据题意，由双曲线的方程可得 a 的值，结合双曲线的定义可得|PF1|PF2|=6，解可得|PF2|的值，即可得答案【解答】解：根据题意，双曲线的方程为：=1，其中 a=3，则有|PF1|PF2|=6，又由|PF1|=5，解可得|PF2|=11 或1（舍）故|PF2|=11，故答案为：11【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是掌握双曲线的定义7 （5 分）如图，以长方体 ABCDA1B1C1D1的顶点 D 为坐标原点，过 D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为（4，3，2） ，则的坐标是 （4，3，2） 第 8 页（共 23 页）【分析】由的坐标为（4，3，2） ，分别求出 A 和 C1的坐标，由此能求出结果【解答】解：如图，以长方体 ABCDA1B1C1D1的顶点 D 为坐标原点，过 D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，的坐标为（4，3，2） ，A（4，0，0） ，C1（0，3，2） ，故答案为：（4，3，2） 【点评】本题考查空间向量的坐标的求法，考查空间直角坐标系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题8 （5 分）定义在（0，+）上的函数 y=f（x）的反函数为 y=f1（x） ，若g（x）=为奇函数，则 f1（x）=2 的解为 【分析】由奇函数的定义，当 x0 时，x0，代入已知解析式，即可得到所求x0 的解析式，再由互为反函数的两函数的自变量和函数值相反，即可得到所求值【解答】解：若 g（x）=为奇函数，第 9 页（共 23 页）可得当 x0 时，x0，即有 g（x）=3x1，由 g（x）为奇函数，可得 g（x）=g（x） ，则 g（x）=f（x）=13x，x0，由定义在（0，+）上的函数 y=f（x）的反函数为 y=f1（x） ，且 f1（x）=2，可由 f（2）=132=，可得 f1（x）=2 的解为 x=故答案为：【点评】本题考查函数的奇偶性和运用，考查互为反函数的自变量和函数值的关系，考查运算能力，属于基础题9 （5 分）已知四个函数：y=x，y=，y=x3，y=x，从中任选 2 个，则事件“所选 2 个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为 【分析】从四个函数中任选 2 个，基本事件总数 n=，再利用列举法求出事件 A：“所选 2 个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件的个数，由此能求出事件 A：“所选 2 个函数的图象有且只有一个公共点”的概率【解答】解：给出四个函数：y=x，y=，y=x3，y=x，从四个函数中任选 2 个，基本事件总数 n=，有两个公共点（0，0） ， （1，1） 事件 A：“所选 2 个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件有：，共 2 个，事件 A：“所选 2 个函数的图象有且只有一个公共点”的概率为 P（A）=第 10 页（共 23 页）故答案为：【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用10 （5 分）已知数列an和bn，其中 an=n2，nN*，bn的项是互不相等的正整数，若对于任意 nN*，bn的第 an项等于an的第 bn项，则= 2 【分析】an=n2，nN*，若对于一切 nN*，bn中的第 an项恒等于an中的第bn项，可得=于是b1=a1=1，=b4，=b9，=b16即可得出【解答】解：an=n2，nN*，若对于一切 nN*，bn中的第 an项恒等于an中的第 bn项，=b1=a1=1，=b4，=b9，=b16b1b4b9b16=2故答案为：2【点评】本题考查了数列递推关系、对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11 （5 分）设 a1、a2R，且，则|10a1a2|的最小值等于 【分析】由题意，要使+=2，可得 sin1=1，sin22=1求出 1和 2，即可求出|1012|的最小值第 11 页（共 23 页）【解答】解：根据三角函数的性质，可知 sin1，sin22的范围在1，1，要使+=2，sin1=1，sin22=1则：，k1Z，即，k2Z那么：1+2=（2k1+k2），k1、k2Z|1012|=|10（2k1+k2）|的最小值为故答案为：【点评】本题主要考察三角函数性质，有界限的范围的灵活应用，属于基本知识的考查12 （5 分）如图，用 35 个单位正方形拼成一个矩形，点 P1、P2、P3、P4以及四个标记为“”的点在正方形的顶点处，设集合 =P1，P2，P3，P4，点P，过 P 作直线 lP，使得不在 lP上的“”的点分布在 lP的两侧用 D1（lP）和D2（lP）分别表示 lP一侧和另一侧的“”的点到 lP的距离之和若过 P 的直线 lP中有且只有一条满足 D1（lP）=D2（lP） ，则 中所有这样的 P 为 P1、P3、P4 【分析】根据任意四边形 ABCD 两组对边中点的连线交于一点，过此点作直线，使四边形的四个顶点不在该直线的同一侧，则该直线两侧的四边形的顶点到直线的距离之和相等；由此得出结论【解答】解：设记为“”的四个点是 A，B，C，D，线段 AB，BC，CD，DA 的中点分别为 E，F，G，H，第 12 页（共 23 页）易知 EFGH 为平行四边形，如图所示；又平行四边形 EFGH 的对角线交于点 P2，则符合条件的直线 lP一定经过点 P2，且过点 P2的直线有无数条； 由过点 P1和 P2的直线有且仅有 1 条，过点 P3和 P2的直线有且仅有 1 条，过点 P4和 P2的直线有且仅有 1 条，所以符合条件的点是 P1、P3、P4故答案为：P1、P3、P4【点评】本题考查了数学理解力与转化力的应用问题，也考查了对基本问题的阅读理解和应用转化能力二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 题，每题题，每题 5 分，共分，共 20 分）分）13 （5 分）关于 x、y 的二元一次方程组的系数行列式 D 为（ ）ABCD【分析】利用线性方程组的系数行列式的定义直接求解【解答】解：关于 x、y 的二元一次方程组的系数行列式：D=故选：C【点评】本题考查线性方程组的系数行列式的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意线性方程组的系数行列式的定义的合理运用第 13 页（共 23 页）14 （5 分）在数列an中，an=（）n，nN*，则an（ ）A等于B等于 0C等于D不存在【分析】根据极限的定义，求出an=的值【解答】解：数列an中，an=（）n，nN*，则an=0故选：B【点评】本题考查了极限的定义与应用问题，是基础题15 （5 分）已知 a、b、c 为实常数，数列xn的通项 xn=an2+bn+c，nN*，则“存在 kN*，使得 x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（ ）Aa0Bb0Cc=0 Da2b+c=0【分析】由 x100+k，x200+k，x300+k成等差数列，可得：2x200+k=x100+kx300+k，代入化简即可得出【解答】解：存在 kN*，使得 x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2a（200+k）2+b（200+k）+c=a（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+c，化为：a=0使得 x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是 a0故选：A【点评】本题考查了等差数列的通项公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题16 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C1：=1 和C2：x2+=1P 为 C1上的动点，Q 为 C2上的动点，w 是的最大值记第 14 页（共 23 页）=（P，Q）|P 在 C1上，Q 在 C2上，且=w，则 中元素个数为（ ）A2 个B4 个C8 个 D无穷个【分析】设出 P（6cos，2sin） ，Q（cos，3sin） ，02，由向量数量积的坐标表示和两角差的余弦公式和余弦函数的值域，可得最大值及取得的条件，即可判断所求元素的个数【解答】解：椭圆 C1：=1 和 C2：x2+=1P 为 C1上的动点，Q 为 C2上的动点，可设 P（6cos，2sin） ，Q（cos，3sin） ，02，则=6coscos+6sinsin=6cos（） ，当 =2k，kZ 时，w 取得最大值 6，则 =（P，Q）|P 在 C1上，Q 在 C2上，且=w中的元素有无穷多对另解：令 P（m，n） ，Q（u，v） ，则 m2+9n2=36，9u2+v2=9，由柯西不等式（m2+9n2） （9u2+v2）=324（3mu+3nv）2，当且仅当 mv=nu，即 O、P、Q 共线时，取得最大值 6，显然，满足条件的 P、Q 有无穷多对，D 项正确故选：D【点评】本题考查椭圆的参数方程的运用，以及向量数量积的坐标表示和余弦函数的值域，考查集合的几何意义，属于中档题三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 题，共题，共 14+ +14+ +14+ +16+ +18=76 分）分）17 （14 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边 AB 和AC 的长分别为 4 和 2，侧棱 AA1的长为 5（1）求三棱柱 ABCA1B1C1的体积；（2）设 M 是 BC 中点，求直线 A1M 与平面 ABC 所成角的大小第 15 页（共 23 页）【分析】 （1）三棱柱 ABCA1B1C1的体积 V=SABC×AA1=，由此能求出结果（2）连结 AM，A1MA 是直线 A1M 与平面 ABC 所成角，由此能求出直线 A1M与平面 ABC 所成角的大小【解答】解：（1）直三棱柱 ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边 AB 和 AC 的长分别为 4 和 2，侧棱 AA1的长为 5三棱柱 ABCA1B1C1的体积：V=SABC×AA1=20（2）连结 AM，直三棱柱 ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边 AB 和 AC 的长分别为 4 和 2，侧棱 AA1的长为 5，M 是 BC 中点，AA1底面 ABC，AM=，A1MA 是直线 A1M 与平面 ABC 所成角，tanA1MA=，直线 A1M 与平面 ABC 所成角的大小为 arctan第 16 页（共 23 页）【点评】本题考查三棱柱的体积的求法，考查线面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题18 （14 分）已知函数 f（x）=cos2xsin2x+，x（0，） （1）求 f（x）的单调递增区间；（2）设ABC 为锐角三角形，角 A 所对边 a=，角 B 所对边 b=5，若 f（A）=0，求ABC 的面积【分析】 （1）由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间，解不等式可得所求增区间；（2）由 f（A）=0，解得 A，再由余弦定理解方程可得 c，再由三角形的面积公式，计算即可得到所求值【解答】解：（1）函数 f（x）=cos2xsin2x+=cos2x+，x（0，） ，由 2k2x2k，解得 kxk，kZ，k=1 时，x，可得 f（x）的增区间为，） ；（2）设ABC 为锐角三角形，角 A 所对边 a=，角 B 所对边 b=5，若 f（A）=0，即有 cos2A+=0，解得 2A=，即 A=，第 17 页（共 23 页）由余弦定理可得 a2=b2+c22bccosA，化为 c25c+6=0，解得 c=2 或 3，若 c=2，则 cosB=0，即有 B 为钝角，c=2 不成立，则 c=3，ABC 的面积为 S=bcsinA=×5×3×=【点评】本题考查二倍角公式和余弦函数的图象和性质，考查解三角形的余弦定理和面积公式的运用，考查运算能力，属于中档题19 （14 分）根据预测，某地第 n（nN*）个月共享单车的投放量和损失量分别为 an和 bn（单位：辆） ，其中 an=，bn=n+5，第 n 个月底的共享单车的保有量是前 n 个月的累计投放量与累计损失量的差（1）求该地区第 4 个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第 n 个月底的单车容纳量 Sn=4（n46）2+8800（单位：辆） 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【分析】 （1）计算出an和bn的前 4 项和的差即可得出答案；（2）令 anbn得出 n42，再计算第 42 个月底的保有量和容纳量即可得出结论【解答】解：（1）an=，bn=n+5a1=5×14+15=20a2=5×24+15=95a3=5×34+15=420第 18 页（共 23 页）a4=10×4+470=430b1=1+5=6b2=2+5=7b3=3+5=8b4=4+5=9前 4 个月共投放单车为 a1+a2+a3+a4=20+95+420+430=965，前 4 个月共损失单车为 b1+b2+b3+b4=6+7+8+9=30，该地区第 4 个月底的共享单车的保有量为 96530=935（2）令 anbn，显然 n3 时恒成立，当 n4 时，有10n+470n+5，解得 n，第 42 个月底，保有量达到最大当 n4，an为公差为10 等差数列，而bn为等差为 1 的等差数列，到第 42 个月底，单车保有量为×39+535×42=×39+535×42=8782S42=4×16+8800=873687828736，第 42 个月底单车保有量超过了容纳量【点评】本题考查了数列模型的应用，等差数列的求和公式，属于中档题20 （16 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 ：=1，A 为 的上顶点，P 为 上异于上、下顶点的动点，M 为 x 正半轴上的动点（1）若 P 在第一象限，且|OP|=，求 P 的坐标；（2）设 P（） ，若以 A、P、M 为顶点的三角形是直角三角形，求 M 的横坐标；（3）若|MA|=|MP|，直线 AQ 与 交于另一点 C，且，求直第 19 页（共 23 页）线 AQ 的方程【分析】 （1）设 P（x，y） （x0，y0） ，联立，能求出 P 点坐标（2）设 M（x0，0） ，A（0，1） ，P（） ，由P=90°，求出 x0=；由M=90°，求出 x0=1 或 x0=；由A=90°，则 M 点在 x 轴负半轴，不合题意由此能求出点 M 的横坐标（3）设 C（2cos，sin） ，推导出 Q（4cos，2sin1） ，设 P（2cos，sin） ，M（x0，0）推导出 x0=cos，从而 4cos2cos=5cos，且2sinsin1=4sin，cos=cos，且 sin=（12sin） ，由此能求出直线 AQ【解答】解：（1）设 P（x，y） （x0，y0） ，椭圆 ：=1，A 为 的上顶点，P 为 上异于上、下顶点的动点，P 在第一象限，且|OP|=，联立，解得 P（，） （2）设 M（x0，0） ，A（0，1） ，P（） ，若P=90°，则，即（x0，）（，）=0，（）x0+=0，解得 x0=如图，若M=90°，则=0，即（x0，1）（x0，）=0，=0，解得 x0=1 或 x0=，若A=90°，则 M 点在 x 轴负半轴，不合题意点 M 的横坐标为，或 1，或第 20 页（共 23 页）（3）设 C（2cos，sin） ，A（0，1） ，Q（4cos，2sin1） ，又设 P（2cos，sin） ，M（x0，0） ，|MA|=|MP|，x02+1=（2cosx0）2+（sin）2，整理得：x0=cos，=（4cos2cos，2sinsin1） ，=（cos，sin） ，4cos2cos=5cos，且 2sinsin1=4sin，cos=cos，且 sin=（12sin） ，以上两式平方相加，整理得 3（sin）2+sin2=0，sin=，或 sin=1（舍去） ，此时，直线 AC 的斜率 kAC= （负值已舍去） ，如图直线 AQ 为 y=x+1第 21 页（共 23 页）【点评】本题考查点的坐标的求法，考查直线方程的求法，考查椭圆、直线方程、三角函数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方思想，是中档题21 （18 分）设定义在 R 上的函数 f（x）满足：对于任意的 x1、x2R，当x1x2时，都有 f（x1）f（x2） （1）若 f（x）=ax3+1，求 a 的取值范围；（2）若 f（x）是周期函数，证明：f（x）是常值函数；（3）设 f（x）恒大于零，g（x）是定义在 R 上的、恒大于零的周期函数，M是 g（x）的最大值函数 h（x）=f（x）g（x） 证明：“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”【分析】 （1）直接由 f（x1）f（x2）0 求得 a 的取值范围；（2）若 f（x）是周期函数，记其周期为 Tk，任取 x0R，则有 f（x0）=f（x0+Tk） ，证明对任意 xx0，x0+Tk，f（x0）f（x）f（x0+Tk） ，可得 f（x0）=f（x0+nTk） ，nZ，再由x03Tk，x02Tkx02Tk，x0Tkx0Tk，x0x0，x0+Tkx0+Tk，x0+2Tk=R，可得对任意 xR，f（x）=f（x0）=C，为常数；（3）分充分性及必要性证明类似（2）证明充分性；再证必要性，然后分类证明【解答】 （1）解：由 f（x1）f（x2） ，得 f（x1）f（x2）=a（x13x23）0，x1x2，x13x230，得 a0第 22 页（共 23 页）故 a 的范围是0，+） ；（2）证明：若 f（x）是周期函数，记其周期为 Tk，任取 x0R，则有f（x0）=f（x0+Tk） ，由题意，对任意 xx0，x0+Tk，f（x0）f（x）f（x0+Tk） ，f（x0）=f（x）=f（x0+Tk） 又f（x0）=f（x0+nTk） ，nZ，并且x03Tk，x02Tkx02Tk，x0Tkx0Tk，x0x0，x0+Tkx0+Tk，x0+2Tk=R，对任意 xR，f（x）=f（x0）=C，为常数；（3）证明：充分性：若 f（x）是常值函数，记 f（x）=c1，设 g（x）的一个周期为 Tg，则h（x）=c1g（x） ，则对任意 x0R，h（x0+Tg）=c1g（x0+Tg）=c1g（x0）=h（x0） ，故 h（x）是周期函数；必要性：若 h（x）是周期函数，记其一个周期为 Th若存在 x1，x2，使得 f（x1）0，且 f（x2）0，则由题意可知，x1x2，那么必然存在正整数 N1，使得 x2+N1Tkx1，f（x2+N1Tk）f（x1）0，且 h（x2+N1Tk）=h（x2） 又 h（x2）=g（x2）f（x2）0，而h（x2+N1Tk）=g（x2+N1Tk）f（x2+N1Tk）0h（x2） ，矛盾综上，f（x）0 恒成立由 f（x）0 恒成立，任取 x0A，则必存在 N2N，使得 x0N2Thx0Tg，即x0Tg，x0x0N2Th，x0，x03Tk，x02Tkx02Tk，x0Tkx0Tk，x0x0，x0+Tkx0+Tk，x0+2Tk=R，x02N2Th，x0N2Thx0N2Th，x0x0，x0+N2Thx0+N2Th，x0+2N2Th第 23 页（共 23 页）=Rh（x0）=g（x0）f（x0）=h（x0N2Th）=g（x0N2Th）f（x0N2Th） ，g（x0）=Mg（x0N2Th）0，f（x0）f（x0N2Th）0因此若 h（x0）=h（x0N2Th） ，必有 g（x0）=M=g（x0N2Th） ，且 f（x0）=f（x0N2Th）=c而由（2）证明可知，对任意 xR，f（x）=f（x0）=C，为常数综上，必要性得证【点评】本题考查抽象函数及其应用，考查逻辑思维能力与理论运算能力考查分类讨论的数学思想方法，题目设置难度过大