2015年上海市高考数学试卷(理科)

2015年上海市高考数学试卷（理科）一、填空题（本大题共有14题，满分48分．）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对4分，否则一律得零分．1．（4分）设全集U=R ．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x |2≤x ≤3}，则Α∩∁U Β= ． 2．（4分）若复数z 满足3z +z =1+i ，其中i 是虚数单位，则z= ． 3．（4分）若线性方程组的增广矩阵为(23c 101c 2)解为{x =3y =5，则c 1﹣c 2= ．4．（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为16√3，则a= ． 5．（4分）抛物线y 2=2px （p ＞0）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p= ．6．（4分）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为 ．7．（4分）方程log 2（9x ﹣1﹣5）=log 2（3x ﹣1﹣2）+2的解为 ．8．（4分）在报名的3名男老师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为 （结果用数值表示）． 9．已知点 P 和Q 的横坐标相同，P 的纵坐标是Q 的纵坐标的2倍，P 和Q 的轨迹分别为双曲线C 1和C 2．若C 1的渐近线方程为y=±√3x ，则C 2的渐近线方程为 ．10．（4分）设f ﹣1（x ）为f （x ）=2x ﹣2+x 2，x ∈[0，2]的反函数，则y=f （x ）+f ﹣1（x ）的最大值为 ．11．（4分）在（1+x +1x 2015）10的展开式中，x 2项的系数为 （结果用数值表示）．12．（4分）赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有1，2，3，4，5的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金（单位：元）；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的1.4倍作为其奖金（单位：元）．若随机变量ξ1和ξ2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 Eξ1﹣Eξ2= （元）．13．（4分）已知函数f （x ）=sinx ．若存在x 1，x 2，…，x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m≤6π，且|f （x 1）﹣f （x 2）|+|f （x 2）﹣f （x 3）|+…+|f （x m ﹣1）﹣f （x m ）|=12（m ≥2，m ∈N *），则m 的最小值为 ．14．在锐角三角形 A BC 中，tanA=12，D 为边 BC 上的点，△A BD 与△ACD 的面积分别为2和4．过D 作D E ⊥A B 于 E ，DF ⊥AC 于F ，则DE →•DF →= ．二、选择题（本大题共有4题，满分15分．）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分．15．（5分）设z 1，z 2∈C ，则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2是虚数”的（ ）A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件16．（5分）已知点A 的坐标为（4√3，1），将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转π3至OB ，则点B 的纵坐标为（ ）A ．3√32B ．5√32C ．112D ．13217．记方程①：x 2+a 1x +1=0，方程②：x 2+a 2x +2=0，方程③：x 2+a 3x +4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（ ）A ．方程①有实根，且②有实根B ．方程①有实根，且②无实根C ．方程①无实根，且②有实根D ．方程①无实根，且②无实根 18．（5分）设 P n （x n ，y n ）是直线2x ﹣y=nn+1（n ∈N *）与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限lim n→∞y n −1x n−1=（ ）A ．﹣1B ．﹣12C ．1D ．2三、解答题（本大题共有5题，满分74分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.19．（12分）如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AA 1=1，AB=AD=2，E 、F 分别是AB、BC的中点，证明A1、C1、F、E四点共面，并求直线CD1与平面A1C1FE 所成的角的大小．20．（14分）如图，A，B，C三地有直道相通，AB=5千米，AC=3千米，BC=4千米．现甲、乙两警员同时从A地出发匀速前往B地，经过t小时，他们之间的距离为f（t）（单位：千米）．甲的路线是AB，速度为5千米/小时，乙的路线是ACB，速度为8千米/小时．乙到达B地后原地等待．设t=t1时乙到达C地．（1）求t1与f（t1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t1≤t≤1时，求f（t）的表达式，并判断f（t）在[t1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．21．（14分）已知椭圆x2+2y2=1，过原点的两条直线l1和l2分别于椭圆交于A、B 和C、D，记得到的平行四边形ACBD的面积为S．（1）设A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证明S=2|x1y2﹣x2y1|；（2）设l1与l2的斜率之积为﹣12，求面积S的值．22．（16分）已知数列{a n}与{b n}满足a n+1﹣a n=2（b n+1﹣b n），n∈N*．（1）若b n=3n+5，且a1=1，求数列{a n}的通项公式；（2）设{a n}的第n0项是最大项，即a n≥a n（n∈N*），求证：数列{b n}的第n0项是最大项；（3）设a1=λ＜0，b n=λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得{a n}有最大值M与最小值m，且Mm∈（﹣2，2）．23．（18分）对于定义域为R的函数g（x），若存在正常数T，使得cosg（x）是以T为周期的函数，则称g（x）为余弦周期函数，且称T为其余弦周期．已知f （x）是以T为余弦周期的余弦周期函数，其值域为R．设f（x）单调递增，f（0）=0，f（T）=4π．（1）验证g（x）=x+sin x3是以6π为周期的余弦周期函数；（2）设a＜b，证明对任意c∈[f（a），f（b）]，存在x0∈[a，b]，使得f（x0）=c；（3）证明：“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”，并证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．2015年上海市高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、填空题（本大题共有14题，满分48分．）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对4分，否则一律得零分．1．（4分）设全集U=R ．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x |2≤x ≤3}，则Α∩∁U Β= {1，4} ．【解答】解：∵全集U=R ，集合Α={1，2，3，4}，Β={x |2≤x ≤3}， ∴（∁U B ）={x |x ＞3或x ＜2}， ∴A ∩（∁U B ）={1，4}， 故答案为：{1，4}．2．（4分）若复数z 满足3z +z =1+i ，其中i 是虚数单位，则z= 14+12i ．【解答】解：设z=a +bi ，则z =a ﹣bi （a ，b ∈R ）， 又3z +z =1+i ，∴3（a +bi ）+（a ﹣bi ）=1+i ， 化为4a +2bi=1+i ， ∴4a=1，2b=1，解得a=14，b=12．∴z=14+12i ．故答案为：14+12i ．3．（4分）若线性方程组的增广矩阵为(23c 101c 2)解为{x =3y =5，则c 1﹣c 2= 16 ．【解答】解：由题意知{x =3y =5，是方程组{2x +3y =c 1y =c 2的解，即{c 1=6+15=21c 2=5，则c 1﹣c 2=21﹣5=16， 故答案为：16．4．（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为16√3，则a= 4 ． 【解答】解：由题意可得，正棱柱的底面是变长等于a 的等边三角形，面积为12•a•a•sin60°，正棱柱的高为a ， ∴（12•a•a•sin60°）•a=16√3，∴a=4，故答案为：4．5．（4分）抛物线y 2=2px （p ＞0）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p= 2 ．【解答】解：因为抛物线y 2=2px （p ＞0）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，所以p2=1，所以p=2． 故答案为：2．6．（4分）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为π3．【解答】解：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l ， 则圆锥的侧面积为：πrl ，过轴的截面面积为：rh ， ∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π， ∴l=2h ，设母线与轴的夹角为θ，则cosθ=ℎl =12，故θ=π3，故答案为：π3．7．（4分）方程log 2（9x ﹣1﹣5）=log 2（3x ﹣1﹣2）+2的解为 2 ．【解答】解：∵log 2（9x ﹣1﹣5）=log 2（3x ﹣1﹣2）+2，∴log 2（9x ﹣1﹣5）=log 2[4×（3x ﹣1﹣2）]，∴9x ﹣1﹣5=4（3x ﹣1﹣2）， 化为（3x ）2﹣12•3x +27=0，因式分解为：（3x ﹣3）（3x ﹣9）=0， ∴3x =3，3x =9， 解得x=1或2．经过验证：x=1不满足条件，舍去． ∴x=2． 故答案为：2．8．（4分）在报名的3名男老师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为 120 （结果用数值表示）． 【解答】解：根据题意，报名的有3名男老师和6名女教师，共9名老师， 在9名老师中选取5人，参加义务献血，有C 95=126种； 其中只有女教师的有C 65=6种情况；则男、女教师都有的选取方式的种数为126﹣6=120种； 故答案为：120．9．已知点 P 和Q 的横坐标相同，P 的纵坐标是Q 的纵坐标的2倍，P 和Q 的轨迹分别为双曲线C 1和C 2．若C 1的渐近线方程为y=±√3x ，则C 2的渐近线方程为 ．【解答】解：设C 1的方程为y 2﹣3x 2=λ，设Q （x ，y ），则P （x ，2y ），代入y 2﹣3x 2=λ，可得4y 2﹣3x 2=λ， ∴C 2的渐近线方程为4y 2﹣3x 2=0，即． 故答案为：．10．（4分）设f ﹣1（x ）为f （x ）=2x ﹣2+x 2，x ∈[0，2]的反函数，则y=f （x ）+f ﹣1（x ）的最大值为 4 ．【解答】解：由f （x ）=2x ﹣2+x 2在x ∈[0，2]上为增函数，得其值域为[14，2]，可得y=f ﹣1（x ）在[14，2]上为增函数，因此y=f （x ）+f ﹣1（x ）在[14，2]上为增函数，∴y=f （x ）+f ﹣1（x ）的最大值为f （2）+f ﹣1（2）=1+1+2=4． 故答案为：4．11．（4分）在（1+x +1x2015）10的展开式中，x 2项的系数为 45 （结果用数值表示）．【解答】解：∵（1+x +1x2015）10 =C 100(1+x)10⋅(1x 2015)0+C 101(1+x)9⋅(1x 2015)1+⋯， ∴仅在第一部分中出现x 2项的系数．再由T r+1=C 10r x r ，令r=2，可得，x 2项的系数为C 102=45． 故答案为：45．12．（4分）赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有1，2，3，4，5的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金（单位：元）；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的1.4倍作为其奖金（单位：元）．若随机变量ξ1和ξ2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 Eξ1﹣Eξ2= 0.2 （元）． 【解答】解：赌金的分布列为ξ1 12345P15 15 15 15 15所以 Eξ1=15（1+2+3+4+5）=3，奖金的分布列为：若两张卡片上数字之差的绝对值为1，则有（1，2），（2，3），（3，4），（4，5），4种，若两张卡片上数字之差的绝对值为2，则有（1，3），（2，4），（3，5），3种， 若两张卡片上数字之差的绝对值为3，则有（1，4），（2，5），2种，若两张卡片上数字之差的绝对值为4，则有（1，5），1种，则P （ξ2=1.4）=4C 52=25，P （ξ2=2.8）=3C 52=310，P （ξ2=4.2）=2C 52=15，P （ξ2=5.6）=1C 52=110ξ2 1.42.84.25.6P25 310 15 110所以 Eξ2=1.4×（25×1+310×2+15×3+110×4）=2.8，则 Eξ1﹣Eξ2=3﹣2.8=0.2元． 故答案为：0.213．（4分）已知函数f （x ）=sinx ．若存在x 1，x 2，…，x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，且|f （x 1）﹣f （x 2）|+|f （x 2）﹣f （x 3）|+…+|f （x m ﹣1）﹣f （x m ）|=12（m ≥2，m ∈N *），则m 的最小值为 8 ．【解答】解：∵y=sinx 对任意x i ，x j （i ，j=1，2，3，…，m ），都有|f （x i ）﹣f （x j ）|≤f （x ）max ﹣f （x ）min =2，要使m 取得最小值，尽可能多让x i （i=1，2，3，…，m ）取得最高点，考虑0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，|f （x 1）﹣f （x 2）|+|f （x 2）﹣f （x 3）|+…+|f （x m ﹣1）﹣f （x m ）|=12，按下图取值即可满足条件，∴m 的最小值为8． 故答案为：8．14．在锐角三角形 A BC 中，tanA=12，D 为边 BC 上的点，△A BD 与△ACD 的面积分别为2和4．过D 作D E ⊥A B 于 E ，DF ⊥AC 于F ，则DE →•DF →= ﹣1615． 【解答】解：如图，∵△ABD 与△ACD 的面积分别为2和4，∴12|AB →|⋅|DE →|=2，12|AC →|⋅|DF →|=4，可得|DE →|=4|AB →|，|DF →|=8|AC →|，∴|DE →|⋅|DF →|=32|AB →|⋅|AC →|． 又tanA=12，∴sinA cosA =12，联立sin 2A +cos 2A=1，得sinA =√55，cosA=2√55． 由12|AB →|⋅|AC →|sinA =6，得|AB →|⋅|AC →|=12√5． 则|DE →|⋅|DF →|=8√515．∴DE →•DF →=|DE →|⋅|DF →|cos ＜DE →，DF →＞=8√515×(−2√55)=−1615．故答案为：−1615．二、选择题（本大题共有4题，满分15分．）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分．15．（5分）设z 1，z 2∈C ，则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2是虚数”的（ ）A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件【解答】解：设z 1=1+i ，z 2=i ，满足z 1、z 2中至少有一个数是虚数，则z 1﹣z 2=1是实数，则z 1﹣z 2是虚数不成立，若z 1、z 2都是实数，则z 1﹣z 2一定不是虚数，因此当z 1﹣z 2是虚数时， 则z 1、z 2中至少有一个数是虚数，即必要性成立，故“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2是虚数”的必要不充分条件，故选：B ．16．（5分）已知点A 的坐标为（4√3，1），将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转π3至OB ，则点B 的纵坐标为（ ）A ．3√32B ．5√32C ．112D ．132【解答】解：∵点 A 的坐标为（4√3，1），∴设∠xOA=θ，则sinθ=√1+(4√3)2=√49=17，cosθ=√3√1+(4√3)2=4√37，将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转π3至OB ，则OB 的倾斜角为θ+π3，则|OB |=|OA |=√1+(4√3)2=√49=7，则点B 的纵坐标为y=|OB |sin （θ+π3）=7（sinθcos π3+cosθsin π3）=7（17×12+√32×4√37）=12+6=132， 故选：D ．17．记方程①：x 2+a 1x +1=0，方程②：x 2+a 2x +2=0，方程③：x 2+a 3x +4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（ ）A ．方程①有实根，且②有实根B ．方程①有实根，且②无实根C ．方程①无实根，且②有实根D ．方程①无实根，且②无实根【解答】解：当方程①有实根，且②无实根时，△1=a 12﹣4≥0，△2=a 22﹣8＜0， 即a 12≥4，a 22＜8， ∵a 1，a 2，a 3成等比数列， ∴a 22=a 1a 3， 即a 3=a 22a 1，则a 32=（a 22a 1）2=a 24a 12＜824=16，即方程③的判别式△3=a32﹣16＜0，此时方程③无实根，故选：B18．（5分）设P n（x n，y n）是直线2x﹣y=nn+1（n∈N*）与圆x2+y2=2在第一象限的交点，则极限limn→∞y n−1x n−1=（）A．﹣1 B．﹣12C．1 D．2【解答】解：当n→+∞时，直线2x﹣y=nn+1趋近于2x﹣y=1，与圆x2+y2=2在第一象限的交点无限靠近（1，1），而y n−1x n−1可看作点P n（x n，y n）与（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆x2+y2=2在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为﹣1．∴limn→∞y n−1x n−1=﹣1．故选：A．三、解答题（本大题共有5题，满分74分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.19．（12分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD=2，E、F分别是AB、BC的中点，证明A1、C1、F、E四点共面，并求直线CD1与平面A1C1FE 所成的角的大小．【解答】解：连接AC，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF是△ABC的中位线，所以EF∥AC．由长方体的性质知AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以A1、C1、F、E四点共面．以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，易求得D 1C→=(0，2，−1)A 1C 1→=(−2，2，0)，A 1E →=(0，1，−1) 设平面A 1C 1EF 的法向量为n →=(x ，y ，z)则{n →⋅A 1C 1→=0n →⋅A 1E →=0，所以{(x ，y ，z)⋅(−2，2，0)=0(x ，y ，z)(0，1，−1)=0，即{−2x +2y =0y −z =0，z=1，得x=1，y=1，所以n →=(1，1，1)，所以|cos ＜n →，D 1C →＞|=|n →⋅D 1C →||n →||D 1C →|=√3√5=√1515， 所以直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小arcsin √1515．20．（14分）如图，A ，B ，C 三地有直道相通，AB=5千米，AC=3千米，BC=4千米．现甲、乙两警员同时从A 地出发匀速前往B 地，经过t 小时，他们之间的距离为f （t ）（单位：千米）．甲的路线是AB ，速度为5千米/小时，乙的路线是ACB ，速度为8千米/小时．乙到达B 地后原地等待．设t=t 1时乙到达C 地． （1）求t 1与f （t 1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t 1≤t ≤1时，求f （t ）的表达式，并判断f （t ）在[t 1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．【解答】解：（1）由题意可得t 1=AC v 乙=38h ，设此时甲运动到点P ，则AP=v 甲t 1=5×38=158千米，∴f （t 1）=PC=√AC 2+AP 2−2AC ⋅AP ⋅cosA=√32+(158)2−2×3×158×35=3√418千米；（2）当t 1≤t ≤78时，乙在CB 上的Q 点，设甲在P 点，∴QB=AC +CB ﹣8t=7﹣8t ，PB=AB ﹣AP=5﹣5t ，∴f （t ）=PQ=√QB 2+PB 2−2QB ⋅PB ⋅cosB =√(7−8t)2+(5−5t)2−2(7−8t)(5−5t)0.8 =√25t 2−42t +18，当78＜t ≤1时，乙在B 点不动，设此时甲在点P ， ∴f （t ）=PB=AB ﹣AP=5﹣5t∴f （t ）={√25t 2−42t +18，38≤t ≤785−5t ，78＜t ≤1∴当38＜t ≤1时，f （t ）∈[0，3√418]，故f （t ）的最大值没有超过3千米．21．（14分）已知椭圆x 2+2y 2=1，过原点的两条直线l 1和l 2分别于椭圆交于A 、B 和C 、D ，记得到的平行四边形ACBD 的面积为S ．（1）设A （x 1，y 1），C （x 2，y 2），用A 、C 的坐标表示点C 到直线l 1的距离，并证明S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|；（2）设l 1与l 2的斜率之积为﹣12，求面积S 的值．【解答】解：（1）依题意，直线l 1的方程为y=y 1x 1x ，由点到直线间的距离公式得：点C 到直线l 1的距离d=|y 1x 2x 1−y 2|√1+(y 1x 1)2=1212√x 12+y 12，因为|AB |=2|AO |=2√x 12+y 12，所以S=|AB |d=2|x 1y 2﹣x 2y 1|； 当l 1与l 2时的斜率之一不存在时，同理可知结论成立； （2）方法一：设直线l 1的斜率为k ，则直线l 2的斜率为﹣12k，设直线l 1的方程为y=kx ，联立方程组{y =kxx 2+2y 2=1，消去y 解得x=±√1+2k2， 根据对称性，设x 1=√1+2k 2，则y 1=√1+2k 2，同理可得x 2=√2k √1+2k 2，y 2=−√22√1+2k 2，所以S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|=√2．方法二：设直线l1、l2的斜率分别为y1x1、y2x2，则y1y2x1x2=﹣12，所以x1x2=﹣2y1y2，∴x12x22=4y12y22=﹣2x1x2y1y2，∵A（x1，y1）、C（x2，y2）在椭圆x2+2y2=1上，∴（x12+2y12）（x22+2y22）=x12x22+4y12y22+2（x12y22+x22y12）=1，即﹣4x1x2y1y2+2（x12y22+x22y12）=1，所以（x1y2﹣x2y1）2=12，即|x1y2﹣x2y1|=√22，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=√2．22．（16分）已知数列{a n}与{b n}满足a n+1﹣a n=2（b n+1﹣b n），n∈N*．（1）若b n=3n+5，且a1=1，求数列{a n}的通项公式；（2）设{a n}的第n0项是最大项，即a n≥a n（n∈N*），求证：数列{b n}的第n0项是最大项；（3）设a1=λ＜0，b n=λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得{a n}有最大值M与最小值m，且Mm∈（﹣2，2）．【解答】（1）解：∵a n+1﹣a n=2（b n+1﹣b n），b n=3n+5，∴a n+1﹣a n=2（b n+1﹣b n）=2（3n+8﹣3n﹣5）=6，∴{a n}是等差数列，首项为a1=1，公差为6，则a n=1+（n﹣1）×6=6n﹣5；（2）∵a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1 =2（b n﹣b n﹣1）+2（b n﹣1﹣b n﹣2）+…+2（b2﹣b1）+a1=2b n+a1﹣2b1，∴b n=12(a n+2b1−a1)，∴b n0=12(a n+2b1−a1)≥12(a n+2b1−a1)．∴数列{b n}的第n0项是最大项；（3）由（2）可得a n=2λn−λ，①当﹣1＜λ＜0时，a2n=2(λ2)n−λ单调递减，有最大值M=a2=2λ2−λ；a2n−1=2λ2n−1−λ单调递增，有最小值m=a1=λ，∴Mm=2λ−1∈（﹣2，2），∴λ∈(−12，32)，∴λ∈(−12，0)．②当λ=﹣1时，a2n=3，a2n﹣1=﹣1，∴M=3，m=﹣1，Mm=−3∉（﹣2，2），不满足条件．③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a2n→+∞，无最大值；当n→+∞时，a2n﹣1→﹣∞，无最小值．综上所述，λ∈（﹣12，0）时满足条件．23．（18分）对于定义域为R的函数g（x），若存在正常数T，使得cosg（x）是以T为周期的函数，则称g（x）为余弦周期函数，且称T为其余弦周期．已知f （x）是以T为余弦周期的余弦周期函数，其值域为R．设f（x）单调递增，f（0）=0，f（T）=4π．（1）验证g（x）=x+sin x3是以6π为周期的余弦周期函数；（2）设a＜b，证明对任意c∈[f（a），f（b）]，存在x0∈[a，b]，使得f（x0）=c；（3）证明：“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”，并证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．【解答】解：（1）g（x）=x+sin x 3；∴cosg(x+6π)=cos(x+6π+sin x+6π3)=cos(x+sinx3)=cosg（x）∴g（x）是以6π为周期的余弦周期函数；（2）∵f（x）的值域为R；∴存在x0，使f（x0）=c；又c∈[f（a），f（b）]；∴f（a）≤f（x0）≤f（b），而f（x）为增函数；∴a≤x0≤b；即存在x0∈[a，b]，使f（x0）=c；（3）证明：若u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解；则：cosf（u0+T）=1，T≤u0+T≤2T；∴cosf（u0）=1，且0≤u0≤T；∴u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；∴“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解”的充分条件是“u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”；下面证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f （T）：①当x=0时，f（0）=0，∴显然成立；②当x=T时，cosf（2T）=cosf（T）=1；∴f（2T）=2k1π，（k1∈Z），f（T）=4π，且2k1π＞4π，∴k1＞2；1）若k1=3，f（2T）=6π，由（2）知存在x0∈（0，T），使f（x0）=2π；cosf（x0+T）=cosf（x0）=1⇒f（x0+T）=2k2π，k2∈Z；∴f（T）＜f（x0+T）＜f（2T）；∴4π＜2k2π＜6π；∴2＜k2＜3，无解；2）若k1≥5，f（2T）≥10π，则存在T＜x1＜x2＜2T，使得f（x1）=6π，f（x2）=8π；则T，x1，x2，2T为cosf（x）=1在[T，2T]上的4个解；但方程cosf（x）=1在[0，2T]上只有f（x）=0，2π，4π，3个解，矛盾；3）当k1=4时，f（2T）=8π=f（T）+f（T），结论成立；③当x∈（0，T）时，f（x）∈（0，4π），考查方程cosf（x）=c在（0，T）上的解；设其解为f（x1），f（x2），…，f（x n），（x1＜x2＜…＜x n）；则f（x1+T），f（x2+T），…，f（x n+T）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；又f（x+T）∈（4π，8π）；而f（x1）+4π，f（x2）+4π，…，f（x n）+4π∈（4π，8π）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；∴f（x i+T）=f（x i）+4π=f（x i）+f（T）；∴综上对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．。