Question

16．设函数f（x）=acos2x+（a-1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．
（Ⅰ）求f′（x）；
（Ⅱ）求A；
（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据复合函数的导数公式进行求解即可求f′（x）；
（Ⅱ）讨论a的取值，利用分类讨论的数学，结合换元法，以及一元二次函数的最值的性质进行求解；
（Ⅲ）由（I），结合绝对值不等式的性质即可证明：|f′（x）|≤2A．

解答 （I）解：f′（x）=-2asin2x-（a-1）sinx．
（II）当a≥1时，|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．
当0＜a＜1时，f（x）等价为f（x）=acos2x+（a-1）（cosx+1）=2acos²x+（a-1）cosx-1，
令g（t）=2at²+（a-1）t-1，
则A是|g（t）|在[-1，1]上的最大值，g（-1）=a，g（1）=3a-2，
且当t=$\frac{1-a}{4a}$时，g（t）取得极小值，极小值为g（$\frac{1-a}{4a}$）=-$\frac{（a-1）^{2}}{8a}$-1=-$\frac{{a}^{2}+6a+1}{8a}$，（二次函数在对称轴处取得极值）
令-1＜$\frac{1-a}{4a}$＜1，得a＜$-\frac{1}{3}$（舍）或a＞$\frac{1}{5}$．因此A=3a-2
①当0＜a≤$\frac{1}{5}$时，g（t）在（-1，1）内无极值点，|g（-1）|=a，|g（1）|=2-3a，|g（-1）|＜|g（1）|，
∴A=2-3a，
②当$\frac{1}{5}$＜a＜1时，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（$\frac{1-a}{4a}$）|=$\frac{{a}^{2}+6a+1}{8a}$，
综上，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）证明：由（I）可得：|f′（x）|=|-2asin2x-（a-1）sinx|≤2a+|a-1|，
当0＜a≤$\frac{1}{5}$时，|f′（x）|≤1+a≤2-4a＜2（2-3a）=2A，
当$\frac{1}{5}$＜a＜1时，A=$\frac{{a}^{2}+6a+1}{8a}$=$\frac{a}{8}$+$\frac{1}{8a}$+$\frac{3}{4}$≥1，
∴|f′（x）|≤1+a≤2A，
当a≥1时，|f′（x）|≤3a-1≤6a-4=2A，
综上：|f′（x）|≤2A．

点评 本题主要考查函数的导数以及函数最值的应用，求函数的导数，利用函数单调性和导数的关系，以及换元法，转化法转化法转化为一元二次函数是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．