Question

16．設(shè)函數(shù)f（x）=acos2x+（a-1）（cosx+1），其中a＞0，記|f（x）|的最大值為A．
（Ⅰ）求f′（x）；
（Ⅱ）求A；
（Ⅲ）證明：|f′（x）|≤2A．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式進(jìn)行求解即可求f′（x）；
（Ⅱ）討論a的取值，利用分類討論的數(shù)學(xué)，結(jié)合換元法，以及一元二次函數(shù)的最值的性質(zhì)進(jìn)行求解；
（Ⅲ）由（I），結(jié)合絕對值不等式的性質(zhì)即可證明：|f′（x）|≤2A．

解答 （I）解：f′（x）=-2asin2x-（a-1）sinx．
（II）當(dāng)a≥1時，|f（x）|=|acos2x+（a-1）（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a-1）|（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a-1）（|cosx|+1）|≤a+2（a-1）=3a-2=f（0），因此A=3a-2．
當(dāng)0＜a＜1時，f（x）等價(jià)為f（x）=acos2x+（a-1）（cosx+1）=2acos²x+（a-1）cosx-1，
令g（t）=2at²+（a-1）t-1，
則A是|g（t）|在[-1，1]上的最大值，g（-1）=a，g（1）=3a-2，
且當(dāng)t=$\frac{1-a}{4a}$時，g（t）取得極小值，極小值為g（$\frac{1-a}{4a}$）=-$\frac{（a-1）^{2}}{8a}$-1=-$\frac{{a}^{2}+6a+1}{8a}$，（二次函數(shù)在對稱軸處取得極值）
令-1＜$\frac{1-a}{4a}$＜1，得a＜$-\frac{1}{3}$（舍）或a＞$\frac{1}{5}$．因此A=3a-2
①當(dāng)0＜a≤$\frac{1}{5}$時，g（t）在（-1，1）內(nèi)無極值點(diǎn)，|g（-1）|=a，|g（1）|=2-3a，|g（-1）|＜|g（1）|，
∴A=2-3a，
②當(dāng)$\frac{1}{5}$＜a＜1時，由g（-1）-g（1）=2（1-a）＞0，得g（-1）＞g（1）＞g（$\frac{1-a}{4a}$），
又|g（$\frac{1-a}{4a}$）|-|g（-1）|=$\frac{（1-a）（1+7a）}{8a}$＞0，
∴A=|g（$\frac{1-a}{4a}$）|=$\frac{{a}^{2}+6a+1}{8a}$，
綜上，A=$\left\{\begin{array}{l}{2-3a，}&{0＜a≤\frac{1}{5}}\\{\frac{{a}^{2}+6a+1}{8a}，}&{\frac{1}{5}＜a＜1}\\{3a-2，}&{a≥1}\end{array}\right.$．
（III）證明：由（I）可得：|f′（x）|=|-2asin2x-（a-1）sinx|≤2a+|a-1|，
當(dāng)0＜a≤$\frac{1}{5}$時，|f′（x）|≤1+a≤2-4a＜2（2-3a）=2A，
當(dāng)$\frac{1}{5}$＜a＜1時，A=$\frac{{a}^{2}+6a+1}{8a}$=$\frac{a}{8}$+$\frac{1}{8a}$+$\frac{3}{4}$≥1，
∴|f′（x）|≤1+a≤2A，
當(dāng)a≥1時，|f′（x）|≤3a-1≤6a-4=2A，
綜上：|f′（x）|≤2A．

點(diǎn)評 本題主要考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)以及函數(shù)最值的應(yīng)用，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，以及換元法，轉(zhuǎn)化法轉(zhuǎn)化法轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．