2017年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）数学及答案解析.docx

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1、2017年 普 通 高 等 学 校 招 生 全 国 统 一 考 试 (上 海 卷 )数 学一 、 填 空 题 (本 大 题 共 12题 ， 满 分 54 分 ， 第 1 6 题 每 题 4 分 ， 第 7 12 题 每 题 5 分 )1.已 知 集 合 A=1， 2， 3， 4， 集 合 B=3， 4， 5， 则 A B= .解 析 ： 利 用 交 集 定 义 直 接 求 解 . 集 合 A=1， 2， 3， 4， 集 合 B=3， 4， 5， A B=3， 4.答 案 ： 3， 4.2.若 排 列 数 6 6 5 4mP ， 则 m= . 解 析 ： 利 用 排 列 数 公 式 直 接 求

2、解 . 排 列 数 6 6 5 4mP ， 由 排 列 数 公 式 得 36 6 5 4P ， m=3.答 案 ： 3.3.不 等 式 1 1xx 的 解 集 为 .解 析 ： 根 据 分 式 不 等 式 的 解 法 求 出 不 等 式 的 解 集 即 可 .由 1 1xx 得 ：1 11 1 0 0 xx x ，故 不 等 式 的 解 集 为 ： (- ， 0).答 案 ： (- ， 0).4.已 知 球 的 体 积 为 36 ， 则 该 球 主 视 图 的 面 积 等 于 .解 析 ： 球 的 体 积 为 36 ，设 球 的 半 径 为 R， 可 得 43 R 3=36 ，可 得 R=3，

3、该 球 主 视 图 为 半 径 为 3 的 圆 ，可 得 面 积 为 R2=9 .答 案 ： 9 .5.已 知 复 数 z 满 足 3 0z z ， 则 |z|= .解 析 ： 由 3 0z z ， 得 z2=-3，设 z=a+bi(a， b R)，由 z2=-3， 得 (a+bi)2=a2-b2+2abi=-3，即 2 2 32 0a bab ， 解 得 ： 30ab . z= 3 i.则 |z|= 3 .答 案 ： 3 . 6.设 双 曲 线 2 22 19x yb (b 0)的 焦 点 为 F1、 F2， P 为 该 双 曲 线 上 的 一 点 ， 若 |PF1|=5， 则|PF2|=

4、.解 析 ： 根 据 题 意 ， 双 曲 线 的 方 程 为 ： 2 22 19x yb ，其 中 a= 9 =3，则 有 |PF 1|-|PF2|=6，又 由 |PF1|=5，解 可 得 |PF2|=11或 -1(舍 )，故 |PF2|=11.答 案 ： 11.7.如 图 ， 以 长 方 体 ABCD-A1B1C1D1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 1DBuuur的 坐 标 为 (4， 3， 2)， 则 1ACuuur的 坐 标 是 . 解 析 ： 如 图 ， 以 长 方 体 AB

5、CD-A1B1C1D1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 ， 1DBuuur的 坐 标 为 (4， 3， 2)， A(4， 0， 0)， C1(0， 3， 2)， 1ACuuur=(-4， 3， 2). 答 案 ： (-4， 3， 2).8.定 义 在 (0， + )上 的 函 数 y=f(x)的 反 函 数 为 y=f-1(x)， 3 1 00 x xg x f x x ，若 ， 为 奇 函数 ， 则 f-1(x)=2的 解 为 .解 析 ： 若 3 1 00 x xg x f x x ，若

6、 ， 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= 89 ，可 得 f -1(x)=2 的 解 为 x= 89 .答 案 ： 89 .9.已 知 四 个 函 数 ： y=-x， 1y x ， y=x3， 12y x ， 从 中 任 选 2 个 ， 则 事 件 “ 所 选2个 函 数 的 图 象

7、 有 且 仅 有 一 个 公 共 点 ” 的 概 率 为 .解 析 ： 给 出 四 个 函 数 ： y=-x， 1y x ， y=x 3， 12y x ，从 四 个 函 数 中 任 选 2个 ， 基 本 事 件 总 数 24 6n C ，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) 126 3 .答 案 ： 13 .10.已 知 数 列 a n和 bn， 其 中 an=n

8、2， n N*， bn的 项 是 互 不 相 等 的 正 整 数 ， 若 对 于 任 意 n N*， bn的 第 an项 等 于 an的 第 bn项 ， 则 1 4 9 161 2 3 4lg bb b blg bb bb .解 析 ： an=n2， n N*， 若 对 于 一 切 n N*， bn中 的 第 an项 恒 等 于 an中 的 第 bn项 ， 2n na b nb a b . b1=a1=1， (b2)2=b4， (b3)2=b9， (b4)2=b16. b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2. 1 4 9 161 2 3 4 2lg bb b blg bb bb .答 案

9、： 2.11.设 a 1、 a2 R， 且 1 21 1 22 sin 2 sin 2 ， 则 |10 - 1- 2|的 最 小 值 等 于 .解 析 ： 根 据 三 角 函 数 的 性 质 ， 可 知 sin 1， sin2 2的 范 围 在 -1， 1， 1 21 1 22 sin 2 sin 2 ， sin 1=-1， sin2 2=-1.则 ： 1= 2 +2k1 ， k1 Z.2 2= 2 +2k2 ， 即 2= 4 +k2 ， k2 Z.那 么 ： 1+ 2=(2k1+k2) - 34， k 1、 k2 Z. |10 - 1- 2|=|10 + 34 -(2k1+k2) |的 最

10、小 值 为 4 .答 案 ： 4 .12.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 =P 1， 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

11、)， 则 中 所 有 这 样的 P 为 .解 析 ： 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 lP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

12、 点 P4和 P2的 直 线 仅 有 1 条 ，所 以 符 合 条 件 的 点 为 P1、 P3、 P4.答 案 ： P 1、 P3、 P4.二 、 选 择 题 (本 大 题 共 4 题 ， 每 题 5 分 ， 共 20 分 )13.关 于 x、 y 的 二 元 一 次 方 程 组 5 02 3 4x yx y 的 系 数 行 列 式 D 为 ( )A. 0 54 3B. 1 02 4 C. 1 52 3D. 6 05 4解 析 ： 利 用 线 性 方 程 组 的 系 数 行 列 式 的 定 义 直 接 求 解 .关 于 x、 y 的 二 元 一 次 方 程 组 5 02 3 4x yx y

13、的 系 数 行 列 式 ： D= 1 52 3 .答 案 ： C.14.在 数 列 a n中 ， an=( 12 )n， n N*， 则 lim nn a ( )A.等 于 12 B.等 于 0C.等 于 12D.不 存 在解 析 ： 数 列 an中 ， an=( 12 )n， n N*，则 根 据 极 限 的 定 义 ， lim lim 012 nnn na .答 案 ： B.15.已 知 a、 b、 c为 实 常 数 ， 数 列 x n的 通 项 xn=an2+bn+c， n N*， 则 “ 存 在 k N*， 使 得 x100+k、x200+k、 x300+k成 等 差 数 列 ” 的

14、一 个 必 要 条 件 是 ( )A.a 0B.b 0C.c=0D.a-2b+c=0解 析 ： 存 在 k N* ， 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 a 0.答 案 ： A.16.在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy中 ， 已 知 椭 圆 C1： 2 2 136 4x y 和 C2： 2

15、2 19yx .P为 C1上 的 动点 ， Q为 C 2上 的 动 点 ， w是 QOP Ouuurguuur 的 最 大 值 .记 =(P， Q)|P在 C1上 ， Q在 C2上 ， 且 QOP Ouuurguuur =w，则 中 元 素 个 数 为 ( )A.2个B.4个C.8个D.无 穷 个解 析 ： 设 出 P(6cos ， 2sin )， Q(cos ， 3sin )， 0 2 ， 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

16、.椭 圆 C 1： 2 2 136 4x y 和 C2： 22 19yx ， P 为 C1上 的 动 点 ， Q 为 C2上 的 动 点 ，可 设 P(6cos ， 2sin )， Q(cos ， 3sin )， 0 2 ，则 QOP Ouuurguuur =6cos cos +6sin sin =6cos( - )，当 - =2k ， k Z时 ， w 取 得 最 大 值 6，则 =(P， Q)|P在 C 1上 ， Q 在 C2上 ， 且 QOP Ouuurguuur =w中 的 元 素 有 无 穷 多 对 . 答 案 ： D.三 、 解 答 题 (本 大 题 共 5 题 ， 共 14+14

17、+14+16+18=76 分 )17.如 图 ， 直 三 棱 柱 ABC-A1B1C1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 ABC-A1B1C1的 体 积 .解 析 ： (1)三 棱 柱 ABC-A1B1C1的 体 积 V=S ABC AA1= 12 AB AC AA1， 由 此 能 求 出 结 果 .答 案 ： (1) 直 三 棱 柱 ABC-A1B1C1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

18、 5. 三 棱 柱 ABC-A1B1C1的 体 积 ：V=S ABC AA1= 12 AB AC AA 1= 12 4 2 5=20.(2)设 M 是 BC 中 点 ， 求 直 线 A1M 与 平 面 ABC所 成 角 的 大 小 .解 析 ： (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 .答 案 ： (2)连 结 AM， 直 三 棱 柱 ABC-A1B1C1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

19、的 长 为 5， M 是 BC中 点 ， AA1 底 面 ABC， 1 12 2 16 4 5AM BC ， A1MA 是 直 线 A1M与 平 面 ABC所 成 角 ，11tan 555AAAMA AM ， 直 线 A 1M与 平 面 ABC所 成 角 的 大 小 为 arctan 5 . 18.已 知 函 数 f(x)=cos2x-sin2x+ 12 ， x (0， ).(1)求 f(x)的 单 调 递 增 区 间 .解 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 .答 案 ： (1)函 数 f(

20、x)=cos2x-sin2x+ 12 =cos2x+ 12 ， x (0， )，由 2k - 2x 2k ， 解 得 k - 12 x k ， k Z，k=1时 ， 12 x ，可 得 f(x)的 增 区 间 为 2 ， ). (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 .解 析 ： (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 .答 案 ： (2)设 ABC为 锐 角

21、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= 23 ， 即 A=13 ，由 余 弦 定 理 可 得 a 2=b2+c2-2bccosA，化 为 c2-5c+6=0，解 得 c=2或 3，若 c=2， 则 19 4 25cos 02 19 2B ，即 有 B为 钝 角 ， c=2不 成 立 ，则 c=3， ABC的 面 积 为 1 1 3 32 2 15sin 5 3 42S bc A . 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

22、 分 别 为 an和 bn(单 位 ： 辆 )，其 中 45 15 1 310 470 4n n na n n ， ， ， 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 .解 析 ： (1)计 算 出 an和 bn的 前 4项 和 的 差 即 可 得 出 答 案 .答 案 ： (1)前 4 个 月 共 投 放 单 车 为 a1+a2+a3+a4=20+95+420+430=975，前 4 个 月 共 损 失 单 车

23、 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 975-30=945.(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(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 ？解 析 ： (2)令 a n bn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 .

24、答 案 ： (2)令 an bn， 显 然 n 3 时 恒 成 立 ，当 n 4 时 ， 有 -10n+470 n+5， 解 得 n 46511 ， 第 42个 月 底 ， 保 有 量 达 到 最 大 .当 n 4， an为 公 差 为 -10等 差 数 列 ， 而 bn为 等 差 为 1 的 等 比 数 列 ， 到 第 42 个 月 底 ， 单 车 保 有 量 为4 42 1 42 430 50 6 4739 535 42 39 535 42 87822 2 2 2a a b b .S 42=-4 16+8800=8736. 8782 8736， 第 42个 月 底 单 车 保 有 量 超

25、过 了 容 纳 量 .20.在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 已 知 椭 圆 ： 2 2 14x y ， 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|= 2 ， 求 P 的 坐 标 . 解 析 ： (1)设 P(x， y)(x 0， y 0)， 联 立 2 22 2 14 2x yx y ， 能 求 出 P 点 坐 标 .答 案 ： (1)设 P(x， y)(x 0， y 0)， 椭 圆 ： 2 2 14x y ， A 为 的 上 顶 点 ，P为 上

26、异 于 上 、 下 顶 点 的 动 点 ，P在 第 一 象 限 ， 且 |OP|= 2 ， 联 立 2 22 2 14 2x yx y ， 解 得 P( 2 33 ， 63 ).(2)设 P( 85 ， 35 )， 若 以 A、 P、 M为 顶 点 的 三 角 形 是 直 角 三 角 形 ， 求 M的 横 坐 标 .解 析 ： (2)设 M(x0， 0)， A(0， 1)， P( 85 ， 35 )， 由 P=90 ， 求 出 x0= 2920 ； 由 M=90 ， 求出 x 0=1或 x0= 35 ； 由 A=90 ， 则 M点 在 x 轴 负 半 轴 ， 不 合 题 意 .由 此 能 求

27、出 点 M 的 横 坐 标 .答 案 ： (2)设 M(x0， 0)， A(0， 1)，P( 85 ， 35 )，若 P=90 ， 则 PA PMuur uuurg ， 即 0 8 3 8 2 05 5 5 5x g， ， ， 08 64 6 05 25 25x ， 解 得 x 0= 2920 .如 图 ， 若 M=90 ， 则 0MA MP uuur uuurg ， 即 0 08 31 05 5x x g， ， ， 20 08 3 05 5x x ， 解 得 x0=1 或 x0= 35 ，若 A=90 ， 则 M 点 在 x轴 负 半 轴 ， 不 合 题 意 . 点 M的 横 坐 标 为 2

28、920 ， 或 1， 或 35 .(3)若 |MA|=|MP|， 直 线 AQ与 交 于 另 一 点 C， 且 2AQ ACuuur uuur， 4PQ PMuuur uuur， 求 直 线 AQ 的方 程 .解 析 ： (3)设 C(2cos ， sin )， 推 导 出 Q(4cos ， 2sin -1)， 设 P(2cos ， sin )， M(x 0，0)推 导 出 x0= 34 cos ， 从 而 4cos -2cos =-5cos ， 且 2sin -sin -1=-4sin ， cos = 43 cos ， 且 sin =13 (1-2sin )， 由 此 能 求 出 直 线 A

29、Q.答 案 ： (3)设 C(2cos ， sin )， 2AQ ACuuur uuur， A(0， 1)， Q(4cos ， 2sin -1)，又 设 P(2cos ， sin )， M(x0， 0)， |MA|=|MP|， x02+1=(2cos -x0)2+(sin )2，整 理 得 ： x0= 34 cos ， PQuuur=(4cos -2cos ， 2sin -sin -1)， PMuuur=( 54 cos ， -sin )， 4PQ PMuuur uuur， 4cos -2cos =-5cos ，且 2sin -sin -1=-4sin ， cos = 43 cos ， 且 s

30、in =13 (1-2sin )， 以 上 两 式 平 方 相 加 ， 整 理 得 3(sin )2+sin -2=0， sin = 23 ， 或 sin =-1(舍 去 )，此 时 ， 直 线 AC 的 斜 率 1 sin2cos 051ACk (负 值 已 舍 去 )， 如 图 . 直 线 AQ 为 1051y x .21.设 定 义 在 R 上 的 函 数 f(x)满 足 ： 对 于 任 意 的 x 1、 x2 R， 当 x1 x2时 ， 都 有 f(x1) f(x2).(1)若 f(x)=ax3+1， 求 a 的 取 值 范 围 .解 析 ： (1)直 接 由 f(x1)-f(x2)

31、0 求 得 a 的 取 值 范 围 .答 案 ： 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)若 f(x)是 周 期 函 数 ， 证 明 ： f(x)是 常 值 函 数 .解 析 ： (2)若 f(x)是 周 期 函 数 ， 记 其 周 期 为 Tk， 任 取 x0 R， 则 有 f(x0)=f(x0+Tk)， 证 明 对 任意 x x0， x0+Tk， f(x0) f(x) f(x0+Tk)， 可 得 f(x0)=f(x0+nTk)， n Z， 再 由 x0-

32、3Tk，x0-2Tk x0-2Tk， x0-Tk x0-Tk， x0 x0， x0+Tk x0+Tk， x0+2Tk =R， 可 得 对 任 意 x R， f(x)=f(x 0)=C， 为 常 数 .答 案 ： (2)若 f(x)是 周 期 函 数 ， 记 其 周 期 为 Tk， 任 取 x0 R， 则 有f(x0)=f(x0+Tk)，由 题 意 ， 对 任 意 x x0， x0+Tk， f(x0) f(x) f(x0+Tk)， f(x0)=f(x)=f(x0+Tk).又 f(x0)=f(x0+nTk)， n Z， 并 且 x0-3Tk， x0-2Tk x0-2Tk， x0-Tk x0-Tk，

33、 x0 x0， x0+Tk x0+Tk， x0+2Tk =R， 对 任 意 x R， f(x)=f(x 0)=C， 为 常 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 ” .解 析 ： (3)分 充 分 性 及 必 要 性 证 明 .类 似 (2)证 明 充 分 性 ； 必 要 性 先 证 明 f(x)符 号 不 变 ， 然 后分 类 证 明 .

34、答 案 ： (3)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)=c 1 g(x)， 则 对 任 意 x0 R，h(x0+Tg)=c1 g(x0+Tg)=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 Th， 首 先 证 明 f(x)符 号 不 变 . 设 集 合 A=x|g(x)=m， 若 存 在 x0 R， 使 得 f(x0)=0， 则h(x0)=0， 且 对 任 意 k Z， 有 h(x0+kTh)=0， g(x

35、) 0， f(x0+kTh)=0， 即 对 任 意 x x0+kTh， x0+(k+1)Th， k Z， f(x)=0 恒 成 立 ， f(x)=0 是 常 值 函 数 ； 若 存 在 x 1， 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+N1Tk x1， 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) 0 h(x2)， 矛 盾 .综 上 ， f(

36、x)=0 或 f(x) 0或 f(x) 0 恒 成 立 .1 、 若 f(x) 0 恒 成 立 ，任 取 x 0 A， 则 必 存 在 N2 N， 使 得 x0-N2Th x0-Tg，即 x0-Tg， x0 x0-N2Th， x0， x0-3Tk， x0-2Tk x0-2Tk， x0-Tk x0-Tk， x0 x0， x0+Tk x0+Tk， x0+2Tk =R， x0-2N2Th， x0-N2Th x0-N2Th， x0 x0， x0+N2Th x0+N2Th， x0+2N2Th =R.h(x0)=g(x0) f(x0)=h(x0-N2Th)=g(x0-N2Th) f(x0-N2Th)， g

37、(x0)=M g(x0-N2Th) 0， f(x0) f(x0-N2Th) 0.因 此 若 h(x0)=h(x0-N2Th)， 必 有 g(x0)=M=g(x0-N2Th)， 且 f(x0)=f(x0-N2Th)=c.而 由 (2)证 明 可 知 ， 对 任 意 x R， f(x)=f(x 0)=C， 为 常 数 . 2 、 若 f(x) 0 恒 成 立 ，任 取 x0 A， 则 必 存 在 N3 N， 使 得 x0+N3Th x0+Tg.即 x0， x0+Tgx0， x0+N3Tg， x0-3Tk， x0-2Tk x0-2Tk， x0-Tk x0-Tk， x0 x0， x0+Tk x0+Tk

38、， x0+2Tk =R， x0-2N3Th， x0-N3Th x0-N3Th， x0 x0， x0+N3Th x0+N3Th， x0+2N3Th =R.h(x0)=g(x0) f(x0)=h(x0+N3Th)=g(x0+N3Th) f(x0+N3Th). g(x0)=M g(x0+N3Th) 0， f(x0) f(x0+N3Th) 0.因 此 若 h(x 0)=h(x0+N3Th)，必 有 g(x0)=M=g(x0+N3Th)， 且 f(x0)=f(x0+N3Th)=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 .