Question

已知a＜0，函数f（x）=acosx+

1+sinx

+

1-sinx

，其中x∈[-

π

2

，

π

2

]．
（1）设t=

1+sinx

+

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）若对区间[-

π

2

，

π

2

]内的任意x₁，x₂，总有|f（x₁）-f（x₂）|≤1，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：三角函数的最值,三角函数中的恒等变换应用

专题：函数的性质及应用

分析：（1）令

1+sinx

+

1-sinx

=t，换元可得；
（2）问题转化为g(t)=

1

2

at2+t-a，t∈[

2

，2]的最大值，由二次函数分类讨论可得；
（3）问题转化为g_max（t）-g_min（t）≤1对t∈[

2

，2]成立，分类讨论可得．

解答： 解：（1）∵t2=(

1+sinx

+

1-sinx

)2=2+2

1-sin2x

=2+2|cosx|，
又∵x∈[-

π

2

，

π

2

]，∴cosx≥0，从而t²=2+2cosx，∴t²∈[2，4]．
又∵t＞0，∴t∈[

2

，2]，∵cosx=

1

2

t2-1，∴g(t)=

1

2

at2+t-a，t∈[

2

，2]
（2）求函数f（x）的最大值即求g(t)=

1

2

at2+t-a，t∈[

2

，2]的最大值．
g(t)=

1

2

a(t2+

2

a

t)-a=

1

2

a(t+

1

a

)2-a-

1

2a

，对称轴为t=-

1

a

．
当-

1

a

≤

2

，即a≤-

2

2

时，gmax(t)=g(

2

)=

2

；
当

2

＜-

1

a

＜2，即-

2

2

＜a＜-

1

2

时，gmax(t)=g(-

1

a

)=-

1

2a

-a；
当-

1

a

≥2，即-

1

2

≤a＜0时，g_max（t）=g（2）=a+2；
综上可得，当a≤-

2

2

时，f（x）的最大值是

2

；当-

2

2

＜a＜-

1

2

时，f（x）的最大值是-

1

2a

-a；
当-

1

2

≤a＜0时，f（x）的最大值是a+2；
（3）要使得|f（x₁）-f（x₂）|≤1对区间[-

π

2

，

π

2

]内的任意x₁，x₂恒成立，
只需f_max（x）-f_min（x）≤1．也就是要求g_max（t）-g_min（t）≤1对t∈[

2

，2]成立
∵当-

1

a

≤

2+ 2

2

，即a≤

2

-2时，g_min（t）=g（2）=a+2；
且当

2

-2＜a＜0时，gmin(t)=g(

2

)=

2

结合问题（2）需分四种情况讨论：
①-

1

2

≤a＜0时，gmax(t)-gmin(t)=a+2-

2

≤1成立，∴-

1

2

≤a＜0；
②

2

-2＜a＜-

1

2

时，gmax(t)-gmin(t)=-

1

2a

-a-

2

≤1，即

1

2a

+a+

2

+1≥0，
注意到函数p(a)=

1

2a

+a在

2

-2＜a＜-

1

2

上单调递减，故p（a）＞p（-

1

2

）=-

3

2

，
于是

1

2a

+a+

2

+1＞-

3

2

+

2

+1＞0成立，∴

2

-2＜a＜-

1

2

；
③-

2

2

＜a≤

2

-2时gmax(t)-gmin(t)=-

1

2a

-a-a-2≤1，即

1

2a

+2a+3≥0，
注意到函数q(a)=

1

2a

+2a在-

2

2

＜a≤

2

-2上单调递增，
故q(a)＞q(-

2

2

)=-

3 2

2

，于是

1

2a

+2a+3＞

6-3 2

2

＞0成立，∴-

2

2

＜a≤

2

-2；
④a≤-

2

2

时，gmax(t)-gmin(t)=

2

-a-2≤1，即a≥

2

-3，∴

2

-3≤a≤-

2

2

；
综上，实数a的取值范围是[

2

-3，0)

点评：本题考查函数的恒成立问题，涉及二次函数的最值和分类讨论以及三角函数的运算，属中档题．