已知a＜0.函数$f(x)=acosx+\sqrt{1+sinx}+\sqrt{1-sinx}$.其中$x∈[{-\frac{π}{2}\;.\;\;\frac{π}{2}}]$．(1)设$t=\sqrt{1+sinx}+\sqrt{1-sinx}$.求t的取值范围.并把f,的最大值,(3)设a=-1.若对区间$[{-\frac{π}{2}\;.\;\;\frac{π}{2}}]$内� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

8．已知a＜0，函数$f（x）=acosx+\sqrt{1+sinx}+\sqrt{1-sinx}$，其中$x∈[{-\frac{π}{2}\;，\;\;\frac{π}{2}}]$．
（1）设$t=\sqrt{1+sinx}+\sqrt{1-sinx}$，求t的取值范围，并把f（x）表示为t的函数g（t）；
（2）求函数f（x）的最大值（可以用a表示）；
（3）设a=-1，若对区间$[{-\frac{π}{2}\;，\;\;\frac{π}{2}}]$内的任意x₁，x₂，若有|f（x₁）-f（x₂）|≤m，求实数m的取值范围．

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$∈[\sqrt{2}，2]$），函数二次g（t）的对称轴是t=-$\frac{1}{a}$＞0，分类讨论其最值，
（3）对区间$[{-\frac{π}{2}\;，\;\;\frac{π}{2}}]$内的任意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）表示为t的函数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$∈[\sqrt{2}，2]$）
二次函数g（t）的对称轴是t=-$\frac{1}{a}$＞0，
①当-$\frac{1}{a}$＞2，即-$\frac{1}{2}$＜a＜0时，g（t）_mnx=g（2）=a+2；
②当-$\frac{1}{a}＜\sqrt{2}$，即a$＜-\frac{\sqrt{2}}{2}$时，g（t）_mnx=g（$\sqrt{2}$）=$\sqrt{2}$；
③当$\sqrt{2}$$≤-\frac{1}{a}≤2$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$≤a≤-$\frac{1}{2}$时，g（t）_mnx=g（-$\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）对区间$[{-\frac{π}{2}\;，\;\;\frac{π}{2}}]$内的任意x₁，x₂，|f（x₁）-f（x₂）|≤m成立，
即（|f（x₁）-f（x₂）|）_max≤m恒成立．
a=-1时，g（t）=-$\frac{1}{2}{t}^{2}$+t+1，g（t）_mnx=g（1）=$\frac{3}{2}$，g（t）_min=g（2）=1
在区间$[{-\frac{π}{2}\;，\;\;\frac{π}{2}}]$内f（x）_max=$\frac{3}{2}$，f（x）_min=1，
（|f（x₁）-f（x₂）|）_max=f（x）_max-f（x）_min=1，m≥$\frac{1}{2}$
实数m的取值范围：[$\frac{1}{2}$，+∞）．