2017年高考数学真题试题(上海卷)(Word版+答案+解析)

2017年高考数学真题试卷（上海卷）
一、填空题
1.已知集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，则A∩B=________．
2.若排列数 P 6m
=6×5×4，则m=________．
3.不等式
x−1x
＞1的解集为________．
4.已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于________．
5.已知复数z 满足z+ 3
z =0，则|z|=________． 6.设双曲线
x 29
﹣
y 2b 2
=1（b ＞0）的焦点为F 1、F 2 ， P 为该双曲线上的一点，若|PF 1|=5，则
|PF 2|=________．
7.如图，以长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1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 DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标为（4，3，2），则 AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标是________．
8.定义在（0，+∞）上的函数y=f （x ）的反函数为y=f ﹣1
（x ），若g （x ）= {3x −1，x ≤0f(x)，x >0
为奇函数，则f
﹣1
（x ）=2的解为________．
9.已知四个函数：①y=﹣x ，②y=﹣ 1
x ，③y=x 3 ， ④y=x 12
，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.已知数列{a n }和{b n }，其中a n =n 2 ， n ∈N * ， {b n }的项是互不相等的正整数，若对于任意n ∈N * ， {b n }的第a n 项等于{a n }的第b n 项，则
lg(b 1b 4b 9b 16)lg(b 1b 2b 3b 4)
=________．
11.设a 1、a 2∈R ，且 1
2+sinα1
+ 1
2+sin(2α2
) =2，则|10π﹣α1﹣α2|的最小值等于________．
12.如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P 1、P 2、P 3、P 4以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处，设集合Ω={P 1 ， P 2 ， P 3 ， P 4}，点P ∈Ω，过P 作直线l P ， 使得不在l P 上的“▲”的点分布在l P 的两侧．用D 1（l P ）和D 2（l P ）分别表示l P 一侧和另一侧的“▲”的点到l P 的距离之和．若过P 的直线l P 中有且只有一条满足D 1（l P ）=D 2（l P ），则Ω中所有这样的P 为________．
二、选择题
13.关于x 、y 的二元一次方程组 {x +5y =0
2x +3y =4 的系数行列式D 为（ ）
A. |
0543| B. |1024| C. |15
23
| D. |6054|
14.在数列{a n }中，a n =（﹣ 12 ）n ， n ∈N * ， 则 lim n→
∞
a n （ ） A. 等于 −12 B. 等于0 C. 等于 1
2 D. 不存在
15.已知a 、b 、c 为实常数，数列{x n }的通项x n =an 2+bn+c ，n ∈N * ， 则“存在k ∈N * ， 使得x 100+k 、x 200+k 、x 300+k 成等差数列”的一个必要条件是（ ） A. a≥0 B. b≤0 C. c=0 D. a ﹣2b+c=0 16.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：
x 2
36
+y 24
=1和C 2：x 2+
y 29
=1．P 为C 1上的动点，Q 为C 2上的
动点，w 是 OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值．记Ω={（P ，Q ）|P 在C 1上，Q 在C 2上，且 OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =w}，则Ω中元素个数为（ ）
A. 2个
B. 4个
C. 8个
D. 无穷个
三、解答题
17.如图，直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1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AA 1的长为5．
（1）求三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积；
（2）设M 是BC 中点，求直线A 1M 与平面ABC 所成角的大小． 18.已知函数f （x ）=cos 2x ﹣sin 2x+ 1
2 ，x ∈（0，π）． （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= √19 ，角B 所对边b=5，若f （A ）=0，求△ABC 的面积．
19.根据预测，某地第n （n ∈N *）个月共享单车的投放量和损失量分别为a n 和b n （单位：辆），其中a n = {
5n 4+15，1≤n ≤3
−10n +470，n ≥4 ，b n =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S n =﹣4（n ﹣46）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.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆Γ： x 24
+y 2 =1，A 为Γ的上顶点，P 为Γ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|= √2 ，求P 的坐标；
（2）设P （ 8
5，3
5 ），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Γ交于另一点C ，且 AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =4PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求直线AQ 的方程．
21.设定义在R 上的函数f （x ）满足：对于任意的x 1、x 2∈R ，当x 1＜x 2时，都有f （x 1）≤f （x 2）． （1）若f （x ）=ax 3+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”．
答案解析部分
一、<b >填空题
1.【答案】{3，4}
【考点】交集及其运算
【解析】【解答】解：∵集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，∴A∩B={3，4}．
故答案为：{3，4}．
【分析】利用交集定义直接求解．
2.【答案】3
【考点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：∵排列数P6m=6×5×4，
∴由排列数公式得P63=6×5×4，
∴m=3．
故答案为：m=3．
【分析】利用排列数公式直接求解．
3.【答案】（﹣∞，0）
【考点】其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由x−1
x
＞1得：
1−1
x >1⇒1
x
<0⇒x<0，
故不等式的解集为：（﹣∞，0），
故答案为：（﹣∞，0）．
【分析】根据分式不等式的解法求出不等式的解集即可．4.【答案】9π
【考点】简单空间图形的三视图
【解析】【解答】解：球的体积为36π，
设球的半径为R，可得4
3
πR3=36π，
可得R=3，
该球主视图为半径为3的圆，
可得面积为πR2=9π．
故答案为：9π．
【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． 5.【答案】 √3
【考点】复数代数形式的乘除运算 【解析】【解答】解：由z+ 3
z =0， 得z 2=﹣3，
设z=a+bi （a ，b ∈R ），
由z 2=﹣3，得（a+bi ）2=a 2﹣b 2+2abi=﹣3，
即 {a 2−b 2=−32ab =0
，解得： {
a =0
b =±√3 ． ∴ z =±√3i ． 则|z|= √3 ． 故答案为： √3 ．
【分析】设z=a+bi （a ，b ∈R ），代入z 2=﹣3，由复数相等的条件列式求得a ，b 的值得答案． 6.【答案】 11
【考点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：根据题意，双曲线的方程为： x 29
﹣
y 2b 2
=1，
其中a= √9 =3， 则有||PF 1|﹣|PF 2||=6， 又由|PF 1|=5，
解可得|PF 2|=11或﹣1（舍） 故|PF 2|=11， 故答案为：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||PF 1|﹣|PF 2||=6，解可得|PF 2|的值，即可得答案．
7.【答案】 （﹣4，3，2） 【考点】空间中的点的坐标
【解析】【解答】解：如图，以长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1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，
∵ DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标为（4，3，2），∴A （4，0，0），C 1（0，3，2）， ∴ AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4，3，2) ． 故答案为：（﹣4，3，2）．
【分析】由 DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标为（4，3，2），分别求出A 和C 1的坐标，由此能求出结果． 8.【答案】 8
9 【考点】反函数
【解析】【解答】解：若g （x ）= {
3x −1，x ≤0
f(x)，x >0
为奇函数， 可得当x ＞0时，﹣x ＜0，即有g （﹣x ）=3﹣
x ﹣1，
由g （x ）为奇函数，可得g （﹣x ）=﹣g （x ），
则g （x ）=f （x ）=1﹣3﹣
x ， x ＞0，
由定义在（0，+∞）上的函数y=f （x ）的反函数为y=f ﹣
1（x ），
且f ﹣1（x ）=2，
可由f （2）=1﹣3﹣
2= 8
9 ，
可得f ﹣1（x ）=2的解为x= 8
9 ． 故答案为： 8
9 ．
【分析】由奇函数的定义，当x ＞0时，﹣x ＜0，代入已知解析式，即可得到所求x ＞0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． 9.【答案】 1
3
【考点】函数的图象，列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：给出四个函数：①y=﹣x ，②y=﹣ 1
x ，③y=x 3 ， ④y=x
1
2
，
从四个函数中任选2个，基本事件总数n= C 42
=6 ，
③④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： ①③，①④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 ）= 2
6 = 1
3 ． 故答案为： 1
3 ．
【分析】从四个函数中任选2个，基本事件总数n= C42=6，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．
10.【答案】2
【考点】数列递推式
【解析】【解答】解：∵a n=n2，n∈N*，若对于一切n∈N*，{b n}中的第a n项恒等于{a n}中的第b n项，
∴b a
n = a b
n
= (b n)2．
∴b1=a1=1，(b2)2=b4，(b3)2=b9，(b4)2=b16．
∴b1b4b9b16= (b1b2b3b4)2．
∴lg(b1b4b9b16)
lg(b1b2b3b4)
=2．
故答案为：2．
【分析】a n=n2，n∈N*，若对于一切n∈N*，{b n}中的第a n项恒等于{a n}中的第b n项，可得b a
n
=
a b
n
= (b n)2．于是b1=a1=1，(b2)2=b4，(b3)2=b9，(b4)2=b16．即可得出．
11.【答案】π
4
【考点】三角函数的化简求值
【解析】【解答】解：根据三角函数的性质，可知sinα1，sin2α2的范围在[﹣1，1]，
要使
1
2+sinα1
+ 1
2+sin2α2
=2，
∴sinα1=﹣1，sin2α2=﹣1．
则：α1=−π
2
+2k1π，k1∈Z．
2α2=−π
2+2k2π，即α2=−π
4
+k2π，k2∈Z．
那么：α1+α2=（2k1+k2）π −3π
4
，k1、k2∈Z．
∴|10π﹣α1﹣α2|=|10π +3π
4﹣（2k1+k2）π|的最小值为π
4
．
故答案为：π
4
．
【分析】由题意，要使
1
2+sinα1
+ 1
2+sin2α2
=2，可得sinα1=﹣1，sin2α2=﹣1．求出α1和α2，即可求出
|10π﹣α1﹣α2|的最小值
12.【答案】P1、P3、P4
【考点】进行简单的合情推理
【解析】【解答】解：设记为“▲”的四个点为A，B，C，D，线段AB，BC，CD，DA的中点分别为E，F，G，H，
易知EFGH为平行四边形；如图所示，
四边形ABCD两组对边中点的连线交于点P2，
即符合条件的直线l P一定经过点P2，
因此：经过点P2的直线有无数条；
同时经过点P1和P2的直线仅有1条，
同时经过点P3和P2的直线仅有1条，
同时经过点P4和P2的直线仅有1条，
所以符合条件的点为P1、P3、P4．
故答案为：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，让四边形的四个顶点不在该直线的同一侧，那么该直线两侧的四边形的顶点到直线的距离之和是相等的；由此得出结论．
二、<b >选择题
13.【答案】C
【考点】二阶矩阵
【解析】【解答】解：关于x、y的二元一次方程组{x+5y=0
2x+3y=4的系数行列式：
D= |15
23
|．
故选：C．
【分析】利用线性方程组的系数行列式的定义直接求解．
14.【答案】B
【考点】极限及其运算
【解析】【解答】解：数列{a n}中，a n=（﹣1
2
）n，n∈N*，
则lim
n→∞a n= lim
n→∞
(−1
2
)n=0．
故选：B．
【分析】根据极限的定义，求出lim
n→∞a n= lim
n→∞
(−1
2
)n的值．
15.【答案】A
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2[a（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a≥0．
故选：A ．
【分析】由x 100+k ， x 200+k ， x 300+k 成等差数列，可得：2x 200+k =x 100+k x 300+k ， 代入化简即可得出． 16.【答案】 D
【考点】椭圆的简单性质 【解析】【解答】解：椭圆C 1：
x 2
36
+y 24
=1和C 2：x 2+
y 29
=1．P 为C 1上的动点，Q 为C 2上的动点，
可设P （6cosα，2sinα），Q （cosβ，3sinβ），0≤α\β＜2π， 则 OP
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =6cosαcosβ+6sinαsinβ=6cos （α﹣β）， 当α﹣β=2kπ，k ∈Z 时，w 取得最大值6，
则Ω={（P ，Q ）|P 在C 1上，Q 在C 2上，且 OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =w}中的元素有无穷多对． 另解：令P （m ，n ），Q （u ，v ），则m 2+9n 2=36，9u 2+v 2=9， 由柯西不等式（m 2+9n 2）（9u 2+v 2）=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 ．
【分析】设出P （6cosα，2sinα），Q （cosβ，3sinβ），0≤α\β＜2π，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． 三、<b >解答题
17.【答案】 （1）解：∵直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1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AA 1的长为5． ∴三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积： V=S △ABC ×AA 1
= 1
2×AB ×AC ×AA 1 = 12×4×2×5 =20
（2）解：连结AM ，
∵直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1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AA 1的长为5，M 是BC 中点， ∴AA 1⊥底面ABC ，AM= 1
2BC =1
2√16+4 = √5 ， ∴∠A 1MA 是直线A 1M 与平面ABC 所成角， tan ∠A 1MA=
AA 1
AM
= √5
= √5 ，
∴直线A 1M 与平面ABC 所成角的大小为arctan √5 ．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，异面直线及其所成的角
【解析】【分析】（1）三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积V=S △ABC ×AA 1= 1
2×AB ×AC ×AA 1 ，由此能求出结果．（2）连结AM ，∠A 1MA 是直线A 1M 与平面ABC 所成角，由此能求出直线A 1M 与平面ABC 所成角的大小． 18.【答案】 （1）解：函数f （x ）=cos 2x ﹣sin 2x+ 1
2 =cos2x+ 1
2 ，x ∈（0，π），
由2kπ﹣π≤2x≤2kπ，解得kπ﹣ 1
2 π≤x≤kπ，k ∈Z ， k=1时， 1
2 π≤x≤π，
可得f （x ）的增区间为[ π
2 ，π）
（2）解：设△ABC 为锐角三角形， 角A 所对边a= √19 ，角B 所对边b=5， 若f （A ）=0，即有cos2A+ 12 =0， 解得2A= 2
3 π，即A= 1
3 π， 由余弦定理可得a 2=b 2+c 2﹣2bccosA ， 化为c 2﹣5c+6=0， 解得c=2或3，
若c=2，则cosB= 2×√19×2 ＜0， 即有B 为钝角，c=2不成立， 则c=3，
△ABC 的面积为S= 1
2 bcsinA= 1
2 ×5×3× √3
2
=
15√3
4
【考点】三角形中的几何计算
【解析】【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． 19.【答案】 （1）解：∵a n = {5n 4+15，1≤n ≤3
−10n +470，n ≥4 ，b n =n+5
∴a 1=5×14+15=20 a 2=5×24+15=95 a 3=5×34+15=420 a 4=﹣10×4+470=430 b 1=1+5=6
b2=2+5=7
b3=3+5=8
b4=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965﹣30=935
（2）解：令a n≥b n，显然n≤3时恒成立，
当n≥4时，有﹣10n+470≥n+5，解得n≤ 465
11
，
∴第42个月底，保有量达到最大．
当n≥4，{a n}为公差为﹣10等差数列，而{b n}为等差为1的等比数列，
∴到第42个月底，单车保有量为a4+a42
2×39+535﹣b1+b42
2
×42= 430+50
2
×39+535﹣6+47
2
×42=8782．
S42=﹣4×16+8800=8736．
∵8782＞8736，
∴第42个月底单车保有量超过了容纳量
【考点】函数模型的选择与应用
【解析】【分析】（1）计算出{a n}和{b n}的前4项和的差即可得出答案；（2）令a n≥b n得出n≤42，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论．
20.【答案】（1）解：设P（x，y）（x＞0，y＞0），
∵椭圆Γ：x2
4
+y2=1，A为Γ的上顶点，
P为Γ上异于上、下顶点的动点，
P在第一象限，且|OP|= √2，
∴联立{x2
4
+y2=1
x2+y2=2
，
解得P（2√3
3，√6
3
）
（2）解：设M（x0，0），A（0，1），
P （ 85，35 ），
若∠P=90°，则 PA ⃗⃗⃗⃗⃗ • PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即（x 0﹣ 85 ，﹣ 35 ）•（﹣ 85 ， 25
）=0， ∴（﹣ 85 ）x 0+ 6425 ﹣ 625 =0，解得x 0= 2920 ．
如图，若∠M=90°，则 MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即（﹣x 0 ， 1）•（ 85 ﹣x 0 ， 35
）=0， ∴ x 02−85x 0+35 =0，解得x 0=1或x 0= 35 ， 若∠A=90°，则M 点在x 轴负半轴，不合题意．
∴点M 的横坐标为 2920 ，或1，或 35
（3）解：设C （2cosα，sinα），
∵ AQ
⃗⃗⃗⃗⃗ =2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，A （0，1）， ∴Q （4cosα，2sinα﹣1），
又设P （2cosβ，sinβ），M （x 0 ， 0），
∵|MA|=|MP|，∴x 02+1=（2cosβ﹣x 0）2+（sinβ）2 ，
整理得：x 0= 34 cosβ，
∵ PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =（4cosα﹣2cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1）， PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（﹣ 54 cosβ，﹣sinβ）， PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =4PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴4cosα﹣2cosβ=﹣5cosβ，
且2sinα﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ，
∴cosβ=﹣ 43 cosα，且sinα= 13 （1﹣2sinα），
以上两式平方相加，整理得3（sinα）2+sinα﹣2=0，∴sinα= 23 ，或sinα=﹣1（舍去），
此时，直线AC 的斜率k AC =﹣ 1−sinα2cosα = √510
（负值已舍去），如图．
∴直线AQ 为y= √510
x+1．
【考点】椭圆的应用，直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设P（x，y）（x＞0，y＞0），联立{x2
4
+y2=1
x2+y2=2
，能求出P点坐标．（2）设M
（x0，0），A（0，1），P（8
5，3
5
），由∠P=90°，求出x0= 29
20
；由∠M=90°，求出x0=1或x0= 3
5
；
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（2cosα，sinα），
推导出Q（4cosα，2sinα﹣1），设P（2cosβ，sinβ），M（x0，0）推导出x0= 3
4
cosβ，从而4cosα﹣2cosβ=
﹣5cosβ，且2sinα﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ，cosβ=﹣4
3cosα，且sinα= 1
3
（1﹣2sinα），由此能求出直线AQ．
21.【答案】（1）解：由f（x1）≤f（x2），得f（x1）﹣f（x2）=a（x13﹣x23）≤0，
∵x1＜x2，∴x13﹣x23＜0，得a≥0．
故a的范围是[0，+∞）
（2）证明：若f（x）是周期函数，记其周期为T k，任取x0∈R，则有
f（x0）=f（x0+T k），
由题意，对任意x∈[x0，x0+T k]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+T k），
∴f（x0）=f（x）=f（x0+T k）．
又∵f（x0）=f（x0+nT k），n∈Z，并且
…∪[x0﹣3T k，x0﹣2T k]∪[x0﹣2T k，x0﹣T k]∪[x0﹣T k，x0]∪[x0，x0+T k]∪[x0+T k，
x0+2T k]∪…=R，
∴对任意x∈R，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T g，则h（x）=c1•g（x），则对任意x0∈R，
h（x0+T g）=c1•g（x0+T g）=c1•g（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T h．
若存在x1，x2，使得f（x1）＞0，且f（x2）＜0，则由题意可知，
x1＞x2，那么必然存在正整数N1，使得x2+N1T k＞x1，
∴f（x2+N1T k）＞f（x1）＞0，且h（x2+N1T k）=h（x2）．
又h（x2）=g（x2）f（x2）＜0，而
h（x2+N1T k）=g（x2+N1T k）f（x2+N1T k）＞0≠h（x2），矛盾．
综上，f（x）＞0恒成立．
由f（x）＞0恒成立，
任取x0∈A，则必存在N2∈N，使得x0﹣N2T h≤x0﹣T g，
即[x0﹣T g，x0]⊆[x0﹣N2T h，x0]，
∵…∪[x0﹣3T k，x0﹣2T k]∪[x0﹣2T k，x0﹣T k]∪[x0﹣T k，x0]∪[x0，x0+T k]∪[x0+T k，
x0+2T k]∪…=R，
∴…∪[x0﹣2N2T h，x0﹣N2T h]∪[x0﹣N2T h，x0]∪[x0，x0+N2T h]∪[x0+N2T h，x0+2N2T h]∪…=R．
h（x0）=g（x0）•f（x0）=h（x0﹣N2T h）=g（x0﹣N2T h）•f（x0﹣N2T h），
∵g（x0）=M≥g（x0﹣N2T h）＞0，f（x0）≥f（x0﹣N2T h）＞0．
因此若h（x0）=h（x0﹣N2T h），必有g（x0）=M=g（x0﹣N2T h），且f（x0）=f（x0﹣N2T h）=c．
而由（2）证明可知，对任意x∈R，f（x）=f（x0）=C，为常数．
综上，必要性得证
【考点】函数的周期性
【解析】【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T k，任取x0∈R，则有f（x0）=f（x0+T k），证明对任意x∈[x0，x0+T k]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+T k），可得f（x0）=f（x0+nT k），n∈Z，再由…∪[x0﹣3T k，x0﹣2T k]∪[x0﹣2T k，x0﹣T k]∪[x0﹣T k，
x0]∪[x0，x0+T k]∪[x0+T k，x0+2T k]∪…=R，可得对任意x∈R，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．。