Question

10．設函數(shù)f（x）=acosx+bcos2x+1．
（1）當b=1，a=1時，求函數(shù)f（x）的值域；
（2）若a=1，對任意的實數(shù)x函數(shù)f（x）≥0恒成立，求實數(shù)b的取值范圍；
（3）若b=1，存在實數(shù)x使得函數(shù)|f（x）|≥a²成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意求出f（x），利用二倍角的余弦公式變形化簡解析式，設t=cosx則t∈[-1，1]代入原函數(shù)由配方法化簡后，利用一元二次函數(shù)的性質(zhì)求出f（x）的值域；
（2）由題意求出f（x），利用二倍角的余弦公式變形化簡解析式，設t=cosx則t∈[-1，1]代入原函數(shù)，結合條件分離出b再構造函數(shù)g（t），求出g′（t）判斷出g（t）的單調(diào)性，并求出g（t）的最大值，由恒成立問題即可求出實數(shù)b的取值范圍；
（3）由題意求出f（x），利用二倍角的余弦公式變形化簡解析式，設t=cosx則t∈[-1，1]代入原函數(shù)，由絕對值不等式化簡后，對a進行分類討論，由一元二次不等式的解法求出解集，結合條件求出實數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）當b=1，a=1時，f（x）=cosx+cos2x+1=2cos²x+cosx，
設t=cosx，則t∈[-1，1]，代入原函數(shù)得，y=2t²+t=$2（t+\frac{1}{4}）^{2}-\frac{1}{8}$，
當t=$-\frac{1}{4}$時，函數(shù)取到最小值是$-\frac{1}{8}$；當t=1時函數(shù)取到最大值是3，
∴函數(shù)f（x）的值域是[$-\frac{1}{8}$，3]；
（2）當a=1時，f（x）=cosx+bcos2x+1
=2bcos²x+cosx+b+1，
設t=cosx，則t∈[-1，1]，代入原函數(shù)得y=2bt²+t+b+1，
∵對任意的實數(shù)x函數(shù)f（x）≥0恒成立，
∴對任意的實數(shù)t∈[-1，1]有2bt²+t+b+1≥0恒成立，
∴$b≥\frac{-t-1}{{2t}^{2}+1}$，設g（t）=$\frac{-t-1}{{2t}^{2}+1}$=$-\frac{t+1}{{2t}^{2}+1}$，
則g′（t）=$-\frac{（t+1）′（2{t}^{2}+1）-（t+1）（2{t}^{2}+1）′}{{（2t}^{2}+1）^{2}}$=$\frac{2{t}^{2}+4t-1}{{{（2t}^{2}+1）}^{2}}$，
由g′（t）=0得2t²+4t-1=0，解得t=$\frac{\sqrt{6}-2}{2}$或$\frac{-\sqrt{6}-2}{2}$
∵t∈[-1，1]，∴t=$\frac{\sqrt{6}-2}{2}$，
則當t∈[-1，$\frac{\sqrt{6}-2}{2}$）時，g′（t）＜0，g（t）單調(diào)遞減，
當t∈[$\frac{\sqrt{6}-2}{2}$，1]時，g′（t）＞0，g（t）單調(diào)遞增，
∴當t=$\frac{\sqrt{6}-2}{2}$時g（t）取最小值，又g（-1）=0，g（1）=$-\frac{2}{3}$，
∴g（t）的最大值是0，即實數(shù)b的取值范圍是[0，+∞）；
（3）當b=1時，f（x）=acosx+cos2x+1=2cos²x+acosx，
設t=cosx，則t∈[-1，1]，代入原函數(shù)得，y=2t²+at，
∵存在實數(shù)x使得函數(shù)|f（x）|≥a²成立，
∴存在t∈[-1，1]使得函數(shù)|2t²+at|≥a²成立，
∴存在t∈[-1，1]使得2t²+at-a²≥0或2t²+at+a²≤0成立，
①當a=0時，2t²≥0或2t²≤0成立，
②當a≠0時，由于2t²+at+a²≤0的△=-7a²＜0，不等式無解，
由2t²+at-a²≥0得（2t-a）（t+a）≥0，
當a＞0時，2t²+at-a²≥0的解集是[$\frac{a}{2}$，+∞）∪（-∞，-a]，
由題意可得，$\frac{a}{2}≤1$或-a≥-1，解得0＜a≤2，
當a＜0時，2t²+at-a²≥0的解集是[-a，+∞）∪（-∞，$\frac{a}{2}$]，
由題意可得，-a≤1或$\frac{a}{2}$≥-1，解得-2≤a＜0，
綜上可得，實數(shù)a的取值范圍是[-2，2]．

點評 本題考查了二倍角的余弦公式變形，導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性、最值的關系，一元二次不等式的解法，以及換元法、構造法，分類討論思想的應用，考查恒成立、存在性問題的轉化等．