Question

8．已知a＜0，函數$f（x）=acosx+\sqrt{1+sinx}+\sqrt{1-sinx}$，其中$x∈[{-\frac{π}{2}\;，\;\;\frac{π}{2}}]$．
（1）設$t=\sqrt{1+sinx}+\sqrt{1-sinx}$，求t的取值范圍，并把f（x）表示為t的函數g（t）；
（2）求函數f（x）的最大值（可以用a表示）；
（3）設a=-1，若對區(qū)間$[{-\frac{π}{2}\;，\;\;\frac{π}{2}}]$內的任意x₁，x₂，若有|f（x₁）-f（x₂）|≤m，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）t²=1+sinx+1-sinx+2$\sqrt{（1-sinx）（1+sinx）}=2+2\sqrt{co{s}^{2}x}$=2+2cosx，得cosx=$\frac{{t}^{2}-2}{2}$，
（2），g（t）=$\frac{a}{2}{t}^{2}+t-a$，（t$∈[\sqrt{2}，2]$），函數二次g（t）的對稱軸是t=-$\frac{1}{a}$＞0，分類討論其最值，
（3）對區(qū)間$[{-\frac{π}{2}\;，\;\;\frac{π}{2}}]$內的任意x₁，x₂，|f（x₁）-f（x₂）|≤m成立，即（|f（x₁）-f（x₂）|）_max≤m恒成立．求出f（x）_max，f（x）_min即可，

解答 解：（1）由$t=\sqrt{1+sinx}+\sqrt{1-sinx}$，
得t²=1+sinx+1-sinx+2$\sqrt{（1-sinx）（1+sinx）}=2+2\sqrt{co{s}^{2}x}$=2+2cosx
∵$x∈[{-\frac{π}{2}\;，\;\;\frac{π}{2}}]$∴cosx∈[0，1]，故t∈[$\sqrt{2}$，2]，
由上得cosx=$\frac{{t}^{2}-2}{2}$，f（x）表示為t的函數g（t），g（t）=$\frac{a}{2}{t}^{2}+t-a$，（t$∈[\sqrt{2}，2]$）；
（2）由（1）得，g（t）=$\frac{a}{2}{t}^{2}+t-a$，（t$∈[\sqrt{2}，2]$）
二次函數g（t）的對稱軸是t=-$\frac{1}{a}$＞0，
①當-$\frac{1}{a}$＞2，即-$\frac{1}{2}$＜a＜0時，g（t）_mnx=g（2）=a+2；
②當-$\frac{1}{a}＜\sqrt{2}$，即a$＜-\frac{\sqrt{2}}{2}$時，g（t）_mnx=g（$\sqrt{2}$）=$\sqrt{2}$；
③當$\sqrt{2}$$≤-\frac{1}{a}≤2$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$≤a≤-$\frac{1}{2}$時，g（t）_mnx=g（-$\frac{1}{a}$）=$-\frac{1}{2a}-a$
f（x）_mnx=$\left\{\begin{array}{l}{a+2，（-\frac{1}{2}＜a＜0）}\\{-\frac{1}{2a}-a，（\frac{\sqrt{2}}{2}≤a≤-\frac{1}{2}）}\\{\sqrt{2}，（a＜-\frac{\sqrt{2}}{2}）}\end{array}\right.$
（3）對區(qū)間$[{-\frac{π}{2}\;，\;\;\frac{π}{2}}]$內的任意x₁，x₂，|f（x₁）-f（x₂）|≤m成立，
即（|f（x₁）-f（x₂）|）_max≤m恒成立．
a=-1時，g（t）=-$\frac{1}{2}{t}^{2}$+t+1，g（t）_mnx=g（1）=$\frac{3}{2}$，g（t）_min=g（2）=1
在區(qū)間$[{-\frac{π}{2}\;，\;\;\frac{π}{2}}]$內f（x）_max=$\frac{3}{2}$，f（x）_min=1，
（|f（x₁）-f（x₂）|）_max=f（x）_max-f（x）_min=1，m≥$\frac{1}{2}$
實數m的取值范圍：[$\frac{1}{2}$，+∞）．

點評 本題考查了三角函數的化簡，換元法、含參數二次函數的最值、恒成立問題的處理，屬于中檔題．