考查了数列的函数特性，训练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）（2015?上海）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，”的充分条件是“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）． 考点： 函数与方程的综合运用． 专题： 分析： 创新题型；函数的性质及应用． （1）根据余弦周期函数的定义，判断cosg（x+6π）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x0∈[a，b]，从而完成证明； （3）只需证第37页（共43页）
明u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解得出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．证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T），可讨论x=0，x=T，x∈（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（f2T）=2k1π，k1∈Z，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k1=3，和k1≥5是不存在的，而k1=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）
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=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：（1）g（x）=x+sin； ∴==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）]； ∴（fa）≤（fx0）≤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
第39页（共43页）解答：
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（fx0）=2π； cosf（x0+T）=cosf（x0）=1?f（x0+T）=2k2π，k2∈Z； ∴f（T）＜f（x0+T）＜f（2T）； ∴4π＜2k2π＜6π；
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