2015年上海市高考数学试卷解析

1、那么c1一10.4分2021?上海设(x)为f(x)=2,x0,2的反函数,那么y=f(x)2021年上海市高考数学试卷理科一、填空题本大题共有14题,菌分48分.考生应在做题纸相应编号的空格内直接填写结果,每个空格填对4分,否那么一律得零分.1. 4分2021?上海设全集U=R.假设集合A=1,2,3,4,B=x|2Wx季31AnuB=.2. 4分2021?上海假设复数z满足3z+E=1+i,其中i是虚数单位,那么z=3. 4分2021?上海假设线性方程组的增广矩阵为+11x的最大值为11.4分2021?上海在1+x+745678910的展开式中,x2项的系数为结果用数值表示12. 4分20

2、21?上海赌博有陷阱.某种赌博每局的规那么是：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倍作为其奖金单位：元.假设随机变量占和季分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金,那么E皆-E区=元.13. (4分)(2021?上海)函数f(x)=sinx.假设存在xi,x2,xm满足0w)ivx2*、<xm<6,兀且|f(xi)-f(x2)|+|f(x2)-f(x3)|+|f(xmi)-f(xm)|=12(12mCN),那么m的最小值为.14.2021?上海在锐角三角形ABC中,tan

3、A=,D为边BC上的点,2ABD与AACD的面积分别为2和4.过D作DE±AB于E,DFLAC于F,那么通而=二、选择题本大题共有4题,？t分15分.每题有且只有一个正确答案,考生应在做题纸的相应编号上,将代表答案的小方格涂黑,选对得5分,否那么一律得零分.15. 5分2021?上海设z1,z2CC,那么“1、z2中至少有一个数是虚数是“1-z2是虚数的A.充分非必要条B,必要非充分条件件C.充要条件D.既非充分又非必要条件16. 5分2021?上海点A的坐标为4用,1,将OA绕坐标原点O逆时针旋转一至OB,那么点B的纵坐标为A.3V3B.C/3C._11D.Y322217. 202

4、1?上海记方程：x2+a1x+1=0,方程：x2+a2x+2=0,方程：x2+a3x+4=0,其中a1,a2,a3是正实数.当a1,a2,a3成等比数列时,以下选项中,能推出方程无实根的三、解做题(本大题共有5题,？t分74分)解答以下各题必须在做题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.A.方程有实根,且有实根C.方程无实根,且有实根B.方程有实根,且无实根D.方程无实根,且无实根18.5分2021?上海设Pnxn,yn是直线2x-y=7(nCN)与圆x2+y2=2在第n+1象限的交点,那么极限1IDB.C.1D.219. (12分)(2021?上海)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中

5、,AA1=1,AB=AD=2,E、F分别是AB、BC的中点,证实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)(2021?上海)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)警员的对讲机的有效通话距离是3千米.当t1Wt司寸,求f(t)的表达式,并判断f(t)在t1,1上的

6、最大值是否超过3说明理由.21. (14分)(2021?上海)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ABCD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,并证实S=2|x1y2一x2y1|;-5,1,(2)设l1与l2的斜率之积为-求面积S的值.*22. (16分)(2021?上海)数列an与bn满足an+1an=2(bn+1bn),nCN.(1)假设bn=3n+5,且a1=1,求数列an的通项公式；*、(2)设an的第n0项是最大项,即a廿n(nCN),求证：数列bn的第n0项是最大项

7、；(3)设审=入0,bn=n(nCN*),求入的取值范围,使得an有最大值M与最小值m,且&(-2,2).iq23. (18分)(2021?上海)对于定义域为R的函数g(x),假设存在正常数T,使得cosg(x)是以T为周期的函数,那么称g(x)为余弦周期函数,且称T为其余弦周期.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)=4兀.(1)验证g(x)=x+sin工是以6兀为周期的余弦周期函数；3(2)设avb,证实对任意cCf(a),f(b),存在x0a,b,使得f(x0)=c;(3)证实："0为方程cosf(x)=1在0,T

8、上得解,的充分条件是“0+T为方程cosf(x)=1在区间T,2T上的解",并证实对任意xC0,T,都有f(x+T)=f(x)+f(T).2021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,茜分48分.考生应在做题纸相应编号的空格内直接填写结果,每个空格填对4分,否那么一律得零分.1. 4分2021?上海设全集U=R.假设集合A=1,2,3,4,B=x|2&x专3AnB=1,4.考点：交、并、补集的混合运算.专题：集合.分析：此题考查集合的运算,由于两个集合已经化简,故直接运算得出答案即可.解答：解：全集U=R,集合A=1,2,3,4,B=x|2Wx

9、茶3?UB=x|x>3或x<2,An?ub=1,4,故答案为：1,4.点评：此题考查集合的交、并、补的混合运算,熟练掌握集合的交并补的运算规那么是解此题的关键.此题考查了推理判断的水平.2. 4分2021?上海假设复数z满足3z+±=1+i,其中i是虚数单位,那么z=1+-ji考点：复数代数形式的乘除运算.专题：数系的扩充和分析:解答:点评:复数.设z=a+bi,贝U#a-bi(a,bCR),利用复数的运算法那么、复数相等即可得出.解：设z=a+bi,贝Uz=a-bi(a,bCR),又3z+d=1+i,3(a+bi)+(a-bi)=1+i,化为4a+2bi=1+i,1-4

10、a=1,2b=1,解得a,b.42z=4i.4受】故答案为：14.下力此题考查了复数的运算法那么、复数相等,属于根底题.3.(4分)(2021?上海)假设线性方程组的增广矩阵为解为,贝Uc1-c2=16.考点：专题：分析：二阶行列式与逆矩阵.矩阵和变换.根据增广矩阵的定义得到任3,是方程¥=5组.于二2的解,解方程组即可.点评:此题主要考查1#3,是方程1v=5r2x+3y=组.安白2的解,即飞广6£5三21二5贝UC1-c2=21-5=16,故答案为：16.考点：分析:解答:解：由题意可增广矩阵的求解,根据条件建立方程组关系是解决此题的关键.4.4分2021?上海假设正三

11、棱柱白所有棱长均为a,且其体积为16/田,那么a=4棱锥的结构特征.空间位置关系与距离.由题意可得(?a?a?sin60L.)?a=16/l,由此求得a的值.得,正棱柱的底面是变长等于a的等边三角形,面积为=?a?a?sin60,°正棱柱的高为a,点评：5.4分p=2.考点：专题：分析：解答：_l?a?a?sin60°2?a=16Jl,a=4,故答案为：4.此题主要考查正棱柱的定义以及体积公式,属于根底题.2021?上海抛物线y2=2pxp>0上的动点Q到焦点的距离的最小值为1,那么点评：6.4分的大小为考点：专题：抛物线的简单性质.计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程

12、.利用抛物线的顶点到焦点的距离最小,即可得出结论.解：由于抛物线y2=2pxp>0上的动点Q到焦点的距离的最小值为1,所以=1,所以p=2.故答案为：2.此题考查抛物线的方程与性质,考查学生的计算水平,比拟根底.2021?上海假设圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为冗一3一2国那么其母线与轴的夹角旋转体圆柱、圆锥、圆台.空间位置关系与距离.分析：设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为1,由中圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2兀,可得1=2h,进而可得其母线与轴的夹角的余弦值,进而得到答案.解答：解：设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为1,那么圆锥的侧面积为：兀r|过轴的截面面积为：rh

13、,圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为25.-1=2h,设母线与轴的夹角为9,贝Ucos0=,12,八冗故答案为：点评：此题考查的知识点是旋转体,其中根据求出圆锥的母线与轴的夹角的余弦值,是解答的关键.7. (4分)(2021?上海)方程1og2(9x1-5)=1og2(3x12)+2的解为考点：对数的运算性质.专题：函数的性质及应用.分析：利用对数的运算性质化为指数类型方程,解出并验证即可.解答：解：-log29x1-5=log23x1-2+2,一.x1log29-5） =log24x3x一1-2,9x1-5=43x一1-2,化为3x2-12?3x+27=0,因式分解为：3x-33x-9=0,

14、-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.点评：此题考查了对数的运算性质及指数运算性质及其方程的解法,考查了计算水平,属于基础题.8. 4分2021?上海在报名的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,那么不同的选取方式的种数为120结果用数值表示.考点：排列、组合的实际应用.专题：计算题；排列组合.分析：根据题意,运用排除法分析,先在9名老师中选取5人,参加义务献血,由组合数公式可得其选法数目,再排除其中只后女教师的情况；即可得答案.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

15、5人,参加义务献血,有_5C9=126种;其中只有女教5师的有C65=6种情况；那么男、女教师都有的选取方式的种数为126-6=120种；故答案为：120.点评：此题考查排列、组合的运用,本题适宜用排除法间接法,可以防止分类讨论,简化计算.9. 2021?上海点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C1和C2.假设C1的渐近线方程为y=V3x,那么C2的渐近线方程为尸土与K考点：双曲线的简单性质.专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程.分析：设C1的方程为y2-3x2=入,利用坐标间的关系,求出Q的轨迹方程,即可求出C2的渐近线方程.解答：解：设C1的方程

16、为y2-一2、3x=入,设Q(x,y),那么P(x,2y),代入y2-3x2=入,可得4y22-3x=入,C2的渐近线方程为4y2-3x2=0,即尸土茅故答案为：产土亨工点评：此题考查双曲线的方程与性质,考查学生的计算水平,比拟根底.10. (4分)(2021?上海)设f1(x)为f(x)=2x2+,xC0,2的反函数,贝Uy=f(x)+f1(x)的最大值为4.考点：专题：分析：反函数.函数的性质及应用.由f(x)=2x2Y在x0,2上为增函数可得其值域,得到y=f1(x)在1力上为增函数,由函数的单调性求得y=f(x)+f1(x)的最大值.解答：解：由f(x)=2x4在xC0,22上为增函数

17、,得其值域为.2,4可得y=f1(x)在士,组上为增函数,因此y=f(x)+fJx)在=,24上为增函数,-,、-1.y=f(x)+f(x)的最大值为f(2)+11(2)=1+1+2=4.故答案为：4.点评：此题考查了互为反函数的两个函数图象间的关系,考查了函数的单调性,属中档题.11. (4分)(2021?上海)在(1+x+一焉正)10的展开式中,x2项的系数为45(结果用数10X值表不).考点：二项式系数的性质.专题：二项式定理.分析：先把原式前两项结合展开,分析可知仅有展开后的第一项含有x2项,然后写出第一项二项展开式的通项,由x的指数为2求得r值,那么答案可求.11+x0L0+L10V

18、irK'l20217十xr1Ifx9,5cletk''2QL5X?仅在第一部分中出现X2项的系数.再由T*品3令r=2,可得,x2项的系数为匚；产5.故答案为：45.点评：此题考查了二项式系数的性质,关键是对二项展开式通项的记忆与运用,是根底题.12. 4分2021?上海赌博有陷阱.某种赌博每局的规那么是：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倍作为其奖金单位：元.假设随机变量日和摩分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金,那么E厚-E孥=元.考点：离散型随机变

19、量的期望与方差.专题：概率与统计.分析：分别求出赌金的分布列和奖金的分布列,计算出对应的均值,即可得到结解答:论.解：赌金的分布列为点评:13.(4分)所以E短二s1+2+3+4+5二3奖金的分布列为310110所以E/乂=X1+JLX2+5101V,那么E6-E维=3-二元.故答案为：此题主要考查离散型随机变量的分布列和期望的计算,根据概率的公式分别进行计算是解决此题的关键.2021?上海函数f(x)=sinx.假设存在x1,x2,xm满足0W4Vx2*<xm<6,兀且|f(x1)-f(x2)|+|f(x2)-f(x3)|+|f(xm1)f(xm)|=12(m>12mCN)

20、,那么m的最小值为8.考点：正弦函数的图象.14.2021?上海在锐角三角形ABC中,tanA=4,D为边BC上的点,AABD与4ACD的面积分别为2和4.过D作DE±AB于E,DFXAC于F,那么DE?DF=-.考点：平向向量数量积的运算.专题：平向向量及应用.分析：由题总画出图形,结合面积求出cosA=乙岂5,5-*II-rI|de|-|df|=,然后代入数量积公式得答案.解答：解：如图,C二ABD与ACD的面积分别为2和4,|AB|dDEl|A£|dDFl可得问-氤|DF|-|7c.q'7|DE|D|一一一|ABp|AC|又tanA=,2.里达联cosA2si

21、nA+cosA=1,cosA=|ab|'|ac|=12VsIDE|-IDP15I".?L1=Ide!|dp|cos<de,df>里1乂迫15515故答案为：-竺15点评:此题考查平面向量的数量积运算,考查了数形结合的解题思想方法,考查了三角函数的化简与求值,是中档题.二、选择题本大题共有4题,？t分15分.每题有且只有一个正确答案,考生应在做题纸的相应编号上,将代表答案的小方格涂黑,选对得5分,否那么一律得零分.15. 5分2021?上海设zi,z2CC,那么“1、z2中至少有一个数是虚数是“1-z2是虚数的A.充分非必要条件C.充要条件B.必要非充分条件D.既非

22、充分又非必要条件考点：专题：分析：解答:必要条件、充分条件与充要条件的判断.简易逻辑；数系的扩充和复数.根据充分条件和必要条件的定义结合复数的有关概念进行判断即可.解：设zl=1+i,z2=i,满足Z1、Z2中至少有一个数是虚数,那么Z1-Z2=1是实数,贝UZ1-z2是虚数不成立,假设Z1、Z2都是实数,贝UZ1-Z2一定不是虚数,因此当Z1Z2是虚数时,那么Z1、Z2中至少有一个数是虚数,即必要性成立,故"1、Z2中至少有一个数是虚数是"1-Z2是虚数的必要不充分条件,应选：B.点评:此题主要考查充分条件和必要条件的判断,根据复数的有关概念进行判断是解决此题的关键.16

23、. 5分2021?上海点A的坐标为4底,1,将OA绕坐标原点O逆时针旋转二7至OB,那么点B的纵坐标为A.373B.&V3C.11考点：任意角的三角函数的定义.专题：三角函数的求值.分析：根据三角函数的定义,求出ZxOA的三角函数值,利用两角和差的正弦公式进行求解即可.解答：解：二点A的坐标为4质,1,设/xOA=0,那么sin0=二加“付2诉其Tcos0=出“归-W3,7将OA绕坐标原点O逆时针旋,ttI转,至OB,3那么OB的倾斜角为.邑那么|OB|=|OA|=J1+凶何2二屈二7那么点B的纵坐标为y=|OP|sin吗=7sin0+co=7s01%1+72亚乂尤泊+6=马22应选：

24、D.点评:此题主要考查三角函数值的计算,根据三角函数的定义以及两角和差的正弦公式是解决此题的关键.17. 2021?上海记方程：x2+aix+1=0,方程：x2+a2x+2=0,方程：x2+a3x+4=0,其中ai,a2,a3是正实数.当ai,a2,a3成等比数列时,以下选项中,能推出方程无实根的是A.方程有实根,且有实根C.方程无实根,且有实根B.方程有实根,且无实根D.方程无实根,且无实根考点：根的存在性及根的个数判断.专题：函数的性质及应用.分析：根据方程根与判别式之间的关系求出22_a1>4a2<8,结合a1,a2,a3成等比数列求出方程的判别式的取值即可得到结论.解答：解

25、：当方程有实根,且无实2根时,i=ai-4>0,2=a22-8<0,22即ai>4a2V8,'''ai,a2,a3成等比数列,2-a2=aia3,2即a3=,al贝Ua32=(3-)Ial|42二二=2al点评:即方程的判别式3=a32-i6<0,此时方程无实根,应选：B此题主要考查方程根存在性与判别式之间的关系,结合等比数列的定义和性质判断判别式的取值关系是解决此题的关键.i8.(5分)(20i5?上海)设Pn(xn,yn)是直线2x-y1-(nCN*)与圆x2+y2=2在第n+1D.2考点：专题：极限及其运算.导数的综合应用.分析:当n一+0

26、0时,直线2x-y=!-i-n+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,利用圆的切线的斜率、斜率计算公式即可得出.解答:解：当n一+8时,直线2x-y=7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,作点Pnxn,yn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.y-1nf8工n1=-1.应选：A.点评:此题考查了极限思想、圆的切线的斜率、斜率计算公式,考查了推理水平与计算水平,属于中档题.三、解做题本大题共有域内写出必要的步骤.5题,t分74分解答以下各题必须在做题纸相应编号的规定区AA1=1

27、,AB=AD=2,E、CD1与平面A1C1FE所19. 12分2021?上海如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,F分别是AB、BC的中点,证实A1、C1、F、E四点共面,并求直线成的角的大小.考点：直线与半囿所成的角.专题：空间角.分析：利用长方体的集合关系建立直角坐标系.用法向量求出面角.解答：解：连接AC,由于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xyz轴,建立空间直角坐标系,易求得E4C=0,2,-1Tjl:31,-1)设平

28、面A1C1EF的法向量为n=y»W)那么n*AC=0rn%E=0所以C(x,y,七)(-2,2,0)=0t(K)f,e)(31.-15二Qz=1,得x=1,y=1,所以n=(b1,1)所以Ij_门二、I_门,匚IInD1C>I-*1|n|r«iC|I(1,L1)N,2,7)匚度VW5所以直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大.JTf小arcsin.15点评:此题主要考查利用空间直角坐标系求出二面角的方法,属高考常考题型.20. (14分)(2021?上海)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

29、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=tl时乙到达C地.(1)求tl与f(tl)的值；(2)警员的对讲机的有效通话距离是3千米.当tiwt司寸,求f(t)的表达式,并判断f(t)在ti,1上的最大值是否超过3说明理由.考点：专题：分析：余弦定理的应用.解三角形.(1)由题意可得t1=-=-h,由余弦定理可得f(t1)=PC=2AC*AP*gosA,代值计算可得；(2)当tKt-4O时,由数据和余弦定理可得f(t)=PQ=J25t2-42t+18f(t)=PB=5-5t,综合可

30、得当可得结论.解答：解：(1)由题意可得ti=£=Av乙S设此时甲运动到点P,那么AP=v甲ti=5出=-1千88米,f(ti)=PC=2AC-AP,gosA柠*里)2-2X3Xx|V885=2ZH千米；S(2)当tKt工s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=7qB2+PB2-2QB-PB,cosB7C7-8t)2+22C7-8t)(5-5t)0.8J251-42Hl8当vtw时,乙在B点不动,设此时甲在点P, .f(t)=PB=AB-AP=5-5tf(t)V25t£-42t+L8近o5-5tj

31、tClI8当二vtw时,8f(te0,密,故f(t)的最大值超过了3千米.点评:此题考查解三角形的实际应用,涉及余弦定理和分段函数,属中档题.21.(14分)(2021?上海)椭圆x2+2y2=1,过原点的两条直线11和12分别于椭圆交于A、B和C、D,记得到的平行四边形ABCD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11的距离,并证实S=2|x1y2x2y1|;-5,I_(2)设11与12的斜率之积为-：,求面积s的值.考点：专题：分析：直线与圆锥曲线的综合问题；点到直线的距离公式.直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程.(1)依题意,直线11的方程

32、点到直线间的距离公式可求得点C到直线11的距离d=1了1甚21tlyzf2,2%,再利用|AB|=2|AO|=22可g小'证得S=|AB|d=2|xiy2一x2yi|;(2)方法一：设直线11的斜率为k,那么直线12的斜率为-二,可得直线112k与12的方程,联立方程组可求得XI、x2、yl、y2,继而可求得答案.方法二：设直线11、12的斜率分利用A(xi,y1)、C(x2,y2)在椭圆x2+2y2=1上,可求得面积S的值.解答:解：(1)依题意,直线11的方程到直线间的距离公式得：点C到直线11的距离d=由于|AB|=2|AO|=2以S=|AB|d=2|xiy2一x2y1|；(2)

33、方法一：设直线11的斜率为k,那么直线12的斜率为-得,设直线11的方程为y=kx,联立方程组俨疝消去y解得1l+Zk2x1=1+2请根据对称性,设yi=同理可得M1+2k2-V2y2=,；所以S=2|xiy2-x2y1|=/2,方法二：设直线11、12的斜率分别为32町叼所以X1X2=-2y1y2,=4一；:一422_为益一2x1x2y1y2,-Ax1,y1、Cx2,y2在椭圆x2+2y2=1耳J+2yJ4+2y,+4=1,即一4x1x2y1y2+2-：,+222尸1=1,所以Xiy2-、2X2y1=一,即2|xiy2一,1/2x2y1|=,点评:所以S=2|xiy2-x2y1|4叵此题考查

34、直线与圆锥曲线的综合应用,考查方程思想、等价转化思想与综合运算水平,属于难题.一一,、,.一,“一,一一,一一、=一_*22.(16分)(2021?上海)数列an与bn满足an+1an=2(bn+1bn),nCN.(1)假设bn=3n+5,且a1=1,求数列an的通项公式；(2)设an的第no项是最大项,即a(nCN),求证：数列bn的第no项是最大项；(3)设a1=X<0,bn=Xn(nCN),求入的取值范围,使得an有最大值M与最小值m,且-(-2,2).IT考点：数列递推式；数列的函数特性.专题：创新题型；等差数列与等比数歹U;不等式的解法及应用.分析：(1)把bn=3n+5代入递

35、推式可得an+1-an=6,由此得到an是等差数列,那么an可求;(2)由an=(anan-1)+(an1an-2)+(a2-ai)+ai,结合递推式累加得到an=2bn+ai-2bi,求得除4(%+2电-aj,进一步得到一为)一力)得答案；(3)由(2)可得%二21-K,然后分-1V入< 0,入h1,入< -1三种情况求得an的最大值M和最小值m,再由4C(2,2)列式求得入的范围.解答：(1)解：an+1an=2(bn+1bn),bn=3n+5,an+1an=2(bn+1-bn)=2(3n+8-3n-5) =6,an是等差数歹u,首项为a1=1,公差为6,贝Uan=1+(nT)

36、X6=6n5;(2) an=(an an-1)+(an1 an-2)+(a2 a1)+a1=2(bnbn-1)+2(bn-1-bn-2)+2(b2bi)+ai=2bn+ai-2bi,bn4(an+2bl_,数列Jbn的第n.项是最大项；(3)由(2)可得%二21"-K当-1V入V.时,单调递减,有最大值M=a2=2%2-工2rL1单调递增,有最小值m=ai=入,.奥2X-1m(-2,2),入C(-1当2'2入小°)当入0i时,a2n=3,a2n1=-1,M=3,m=-1,-或(-2,面2),不满足条件.当入V-1时,当n一+00时,a2n一+03无最大值；当n一+0

37、0时,a2n.1一oo,无最小值.综上所述,入e(一工,0)时满2足条件.点评：此题考查了数列递推式,考查了等差关系的确定,考查了数列的函数特性,练习了累加法求数列的通项公式,对(3)的求解运用了极限思想方法,是中档题.23.(18分)(2021?上海)对于定义域为R的函数g(x),假设存在正常数T,使得cosg(x)是以T为周期的函数,那么称g(x)为余弦周期函数,且称T为其余弦周期.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)=4兀.(1)验证g(x)=x+sin是以6兀为周期的余弦周期函数；(2)设a<b,证实对任意cCf(a),f

38、(b),存在xoCa,b,使得f(x0)=c;(3)证实："0为方程cosf(x)=1在0,T上得解,的充分条件是“0+T为方程cosf(x)=1在区间T,2T上的解",并证实对任意xC0,T,都有f(x+T)=f(x)+f(T).考点：函数与方程的综合运用.专题：创新题型；函数的性质及应用.分析：(1)根据余弦周期函数的定义,判断cosg(x+6兀)是否等于cosg(x)即可；(2)根据f(x)的值域为R,便可得到存在X0,使得f(X0)=c,而根据f(x)在R上单调递增即可说明xoea,b,从而完成证明；(3)只需证实U0+T为方程cosf(x)=1在区间T,2T上的解

39、得出U0为方程cosf(x)=1在0,T上的解,是否为方程的解,带入方程,使方程成立便是方程的解.证实对任意xC0,T,都有f(x+T)=f(x)+f(T),可讨论x=0,x=T,xC(0,T)三种情况：x=0时是显然成立的；x=T时,可得出cosf(2T)=1,从而得到f(2T)=2ki兀,kiZ,根据f(x)单调递增便能得到k1>2,然后根据f(x)的单调性及方程cosf(x)=1在T,2T和它在0,T上解的个数的情况说明ki=3,和ki>5是不存在的,而ki=4时结论成立,这便说明x=T时结论成立；而对于x(0,T)时,通过考查cosf(x)=c的解得到f(x+T)=f(x)+f(T),综合以上的三种情况,最后得出结论即可.解答:解：(1)g(x)=x+sin主二；'GOSg(兀)=CO5(歼6冗4曰i口>+勺兀)CO5(工+£口-)J=cosg(x)g(x)是以6兀为周期的余弦周期函数；(2)/f(x)的值域为R;,存在xo,使f(xo)=c;又cCf(a),f(b);f(a)wf(xo)wf(b),而f(x)为增函数；a<幻wu即存在xoCa,b,使f(xo)=c;(3)证实：假设u0+T为方程cosf(x)=1在区间T,2T上的解；贝U:cosf(u0+T)二1,T<i0+T<