Question

已知a＜0，函數f（x）=acosx+

1+sinx

+

1-sinx

，其中x∈[-

π

2

，

π

2

]．
（1）設t=

1+sinx

+

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）若對區間[-

π

2

，

π

2

]內的任意x₁，x₂，總有|f（x₁）-f（x₂）|≤1，求實數a的取值范圍．

Answer 1

考點：三角函數的最值,三角函數中的恒等變換應用

專題：函數的性質及應用

分析：（1）令

1+sinx

+

1-sinx

=t，換元可得；
（2）問題轉化為g(t)=

1

2

at2+t-a，t∈[

2

，2]的最大值，由二次函數分類討論可得；
（3）問題轉化為g_max（t）-g_min（t）≤1對t∈[

2

，2]成立，分類討論可得．

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，從而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）求函數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

，對稱軸為t=-

1

a

．
當-

1

a

≤

2

，即a≤-

2

2

時，gmax(t)=g(

2

)=

2

；
當

2

＜-

1

a

＜2，即-

2

2

＜a＜-

1

2

時，gmax(t)=g(-

1

a

)=-

1

2a

-a；
當-

1

a

≥2，即-

1

2

≤a＜0時，g_max（t）=g（2）=a+2；
綜上可得，當a≤-

2

2

時，f（x）的最大值是

2

；當-

2

2

＜a＜-

1

2

時，f（x）的最大值是-

1

2a

-a；
當-

1

2

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

π

2

，

π

2

]內的任意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對t∈[

2

，2]成立
∵當-

1

a

≤

2+ 2

2

，即a≤

2

-2時，g_min（t）=g（2）=a+2；
且當

2

-2＜a＜0時，gmin(t)=g(

2

)=

2

結合問題（2）需分四種情況討論：
①-

1

2

≤a＜0時，gmax(t)-gmin(t)=a+2-

2

≤1成立，∴-

1

2

≤a＜0；
②

2

-2＜a＜-

1

2

時，gmax(t)-gmin(t)=-

1

2a

-a-

2

≤1，即

1

2a

+a+

2

+1≥0，
注意到函數p(a)=

1

2a

+a在

2

-2＜a＜-

1

2

上單調遞減，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時gmax(t)-gmin(t)=-

1

2a

-a-a-2≤1，即

1

2a

+2a+3≥0，
注意到函數q(a)=

1

2a

+2a在-

2

2

＜a≤

2

-2上單調遞增，
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

時，gmax(t)-gmin(t)=

2

-a-2≤1，即a≥

2

-3，∴

2

-3≤a≤-

2

2

；
綜上，實數a的取值范圍是[

2

-3，0)

點評：本題考查函數的恒成立問題，涉及二次函數的最值和分類討論以及三角函數的運算，屬中檔題．